2024年高考數(shù)學二輪復習解題思維提升專題12立體幾何大題部分訓練手冊

PAGEPAGE1專題12立體幾何大題部分【訓練目標】駕馭三視圖與直觀圖之間的互換，會求常見幾何體的體積和表面積；駕馭空間點線面的位置關(guān)系，以及位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理；并能依此推斷命題的真假；駕馭空間角即異面直線所成角，直線與平面所成角，二面角的求法；駕馭等體積法求點面距；駕馭幾何體體積的幾種求法；駕馭利用空間向量解決立體幾何問題。駕馭常見幾何體的外接球問題?！緶剀靶√崾尽苛Ⅲw幾何素來都是高考的一個中點，小題，大題都有，一般在17分到22分之間，對于大多數(shù)人來說，立體幾何就是送分題，因為只要有良好的空間感，熟記那些判定定理和性質(zhì)定理，然后嫻熟空間角和距離的求法，特殊是駕馭了空間向量的方法，更覺得拿分輕松?！久Ｔ囶}薈萃】1、已知直三棱柱中，，為中點，，.⑴求證：平面；⑵求三棱錐的體積.【答案】（1）見解析（2）【解析】（1）證明：連結(jié)交于點，連結(jié)，則和分別為和的中點，所以，而平面，平面，所以平面.

（2）因為平面，所以點和到平面的距離相等，從而有.2、如圖，四棱錐中，底面是直角梯形，，是正三角形，是的中點．（1）求證：；（2）判定是否平行于平面，請說明理由．【答案】（1）見解析（2）平行（2）平行于平面，理由如下：取的中點為，連接．可知，又，所以四邊形為平行四邊形，故.又平面平面，所以平面.3、在四棱錐中，平面，且底面為邊長為2的菱形，，．（1）證明：面面；（2）在圖中作出點在平面內(nèi)的正投影（說明作法及其理由），并求四面體的體積．【答案】（1）見解析（2）【解析】（1）因為平面，，所以，在菱形中，，且，所以，又因為，所以面．（2）取的中點，連接，，易得是等邊三角形，所以，又因為平面，所以，又，所以，在面中，過作于，即是點在平面內(nèi)的正投影，則，又，所以，經(jīng)計算得，在中，，，，，．4、如圖，為多面體，平面與平面垂直，點在線段上，，△，△，△都是正三角形。（1）證明：直線∥面；（2）在線段上是否存在一點，使得二面角的余弦值是，若不存在請說明理由，若存在懇求出點所在的位置?！敬鸢浮浚?）見解析（2）為中點（本題可先證明后得證；也可建立空間直角坐標系得證，請酌情給分。）（2）設的中點為，以為原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系。易知，，，,.設，.可得，5、如圖，在三棱錐中，底面，，，，為的中點．（1）求證：；（2）若二面角的大小為，求三棱錐的體積．【答案】（1）見解析（2）4【解析】（1）在中，由余弦定理得，則．因為為的中點，則．因為，則，所以．因為，則．（5分）因為底面，則，所以平面，從而．（2）分別以直線，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖．設，則點，，．所以，．6、如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，點F為棱PD的中點．（1）在棱AB上是否存在一點E，使得AF∥平面PCE，并說明理由；（2）當二面角D－FC－B的余弦值為eq\f(\r(2),4)時，求直線PB與平面ABCD所成的角．【答案】（1）點E為棱AB的中點（2）60°【解析】（1）在棱AB上存在點E，使得AF∥平面PCE，點E為棱AB的中點．理由如下：取PC的中點Q，連結(jié)EQ、FQ，由題意，F(xiàn)Q∥DC且FQ＝eq\f(1,2)CD，AE∥CD且AE＝eq\f(1,2)CD，故AE∥FQ且AE＝FQ.所以，四邊形AEQF為平行四邊形.所以，AF∥EQ，又EQ?平面PEC，AF?平面PEC，所以，AF∥平面PEC.設平面FBC的法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，則由得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－az＝0，,\r(3)x－y＝0，))令x＝1，則y＝eq\r(3)，z＝eq\f(2\r(3),a)，所以取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(2\r(3),a)))，明顯可取平面DFC的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，0))，由題意：eq\f(\r(2),4)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈m，n〉))＝eq\f(1,\r(1＋3＋\f(12,a2)))，所以a＝eq\r(3).由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD內(nèi)的射影為BD，所以∠PBD為直線PB與平面ABCD所成的角，易知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝eq\f(PD,BD)＝a＝eq\r(3)，從而∠PBD＝60°，所以直線PB與平面ABCD所成的角為60°.7、已知三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，點M，N分別是A′B和B′C′的中點。（1）證明：MN∥平面AA′C′C；（2）設AB＝λAA′，當λ為何值時，CN⊥平面A′MN，試證明你的結(jié)論．【答案】（1）見解析（2）eq\r(2)（2）連接BN，設A′A＝a，則AB＝λa，由題意知BC＝eq\r(2)λa，NC＝BN＝eq\r(a2＋\f(1,2)λ2a2)，∵三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，∴平面A′B′C′⊥平面BB′C′C，∵AB＝AC，點N是B′C′的中點，∴A′N⊥平面BB′C′C，∴CN⊥A′N.要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，∴CN2＋BN2＝BC2，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,2)λ2a2))＝2λ2a2?λ＝eq\r(2)，∴當λ＝eq\r(2)時，CN⊥平面A′MN.8、如圖，四棱錐中，底面是直角梯形，，，.（1）求證：平面平面；（2）若,求點到平面的距離.【答案】（1）見解析（2）【解析】（1）證明：取中點，連接可知且又,在有又，,即，又平面,平面平面，又平面平面平面（2）設點到平面的距離為，所以點到平面的距離為。9、如圖,在三棱柱中,點分別是的中點,已知平面,,.（1）求異面直線與所成角的余弦值.（2）求證：平面.（3）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）（2）見解析（3）（2）在三棱柱中,∵平面,平面,∴,∴,又,∴平面.（3）解：取的中點,連接;取的中點,連接.∵,∴平面,∴是與平面所成的角.由已知得,,,∴,∴直線與平面所成角的正弦值為.10、如圖，在底面是正三角形的三棱錐P﹣ABC中，PA=AB=2，PB=PC=．（1）求證：PA⊥平面ABC；（2）若點D在線段PC上，且直線BD與平面ABC所成角為，求二面角D﹣AB﹣C的余弦值．【答案】（1）見解析（2）（2）以A為原點，AC為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，B（，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），設D（0，b，c），，0≤λ≤1，則（0，b，c﹣2）=（0，2λ，﹣2λ），∴D（0，2λ，2﹣2λ），=（﹣，2λ﹣1，2﹣2λ），∵直線BD與平面ABC所成角為，平面ABC的法向量=（0，0，1），∴sin==，解得或λ=2（舍），∴D（0，1，1），=（），=（0，1，1），設平面ABD的法向量=（x，y，z），則，取x=1，得=（1，﹣，），平面ABC的法向量=（0，0，1），設二面角D﹣AB﹣C的平面角為θ，則cosθ===．∴二面角D﹣AB﹣C的余弦值為．11、如圖，在斜三棱柱中，，，，側(cè)面與底面所成的二面角為120°，分別是棱、的中點（1）求與底面所成的角；（2）證明平面；（3）求經(jīng)過四點的球的體積．【答案】（1）60°（2）見解析（3）πa3由于四邊形A1AGE為平行四邊形，得∠A1AG=60°．（Ⅱ）證明：設EG與B1C的交點為P，則點P為EG的中點．連接PF．在平行四邊形AGEA1中，因F為A1A的中點，故A1E∥FP．而FP?平面B1FC，A1E?平面B1FC，所以A1E∥平面B1FC．