2019-2020年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 立體幾何匯編16、如圖，在四棱錐中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，BAD=60，E、F分別是AP、AD的中點求證：（1）直線EF平面PCD；（2） 平面BEF平面PAD（19）（本小題滿分13分）如圖，為多面體，平面與平面垂直點在線段上，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形。（）證明直線；（）求棱錐的體積.17（本小題共14分）如圖，在四面體PABC中，PCAB，PABC,點D,E,F,G分別是棱AP,AC,BC,PB的中點.（）求證：DE平面BCP； （）求證：四邊形DEFG為矩形；（）是否存在點Q，到四面體PABC六條棱的中點的距離相等？說明理由.20（本小題滿分12分）如圖，四棱錐P-ABCD中，PA底面ABCD，ABAD，點E在線段AD上，且CEAB。 （I）求證：CE平面PAD；（11）若PA=AB=1，AD=3，CD=，CDA=45，求四棱錐P-ABCD的體積18（本小題滿分12分）如圖，已知正三棱柱-的底面邊長為2，側(cè)棱長為，點E在側(cè)棱上，點F在側(cè)棱上，且,（I） 求證：；（II） 求二面角的大小。19（本題滿分12分）如圖3，在圓錐中，已知的直徑的中點（I）證明：（II）求直線和平面所成角的正弦值18（本小題滿分12分）如圖，四邊形ABCD為正方形，QA平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD（I）證明：PQ平面DCQ；（II）求棱錐QABCD的的體積與棱錐PDCQ的體積的比值20（本小題滿分l2分）（注意：在試題卷上作答無效）如圖，四棱錐中， ,，側(cè)面為等邊三角形， （I）證明：平面SAB； （II）求AB與平面SBC所成的角的大小。19（本小題滿分12分）如圖，在四棱臺中，平面，底面是平行四邊形，60（）證明：；（）證明：20、（14分）已知是底面邊長為1的正四棱柱，高。求： 異面直線與所成的角的大小（結(jié)果用反三角函數(shù)表示）； 四面體的體積。19（本小題共l2分）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90，AB=AC=AA1=1，延長A1C1至點P，使C1PA1C1，連接AP交棱CC1于D（）求證：PB1平面BDA1；（）求二面角AA1DB的平面角的余弦值；17（本小題滿分13分）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為中點，平面， ，為中點（）證明：/平面；（）證明：平面；（）求直線與平面所成角的正切值18（本小題滿分12分）如圖，四棱錐中，底面ABCD為平行四邊形，底面ABCD（I）證明：；（II）設(shè)PD=AD=1，求棱錐D-PBC的高（20）（本題滿分14分）如圖，在三棱錐中，為的中點，平面，垂足落在線段上（）證明：；（）已知，求二面角的大小20（本小題滿分12分，（）小問6分，（）小問6分） 如題（20）圖，在四面體中，平面ABC平面， （）求四面體ABCD的體積； （）求二面角C-AB-D的平面角的正切值。（19）（本小題滿分13分）本題考查空間直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關(guān)系，空間直線平行的證明，多面體體積的計算，考查空間想象能力，推理論證能力和運算求解能力.（I）證明：設(shè)G是線段DA與EB延長線的交點. 由于OAB與ODE都是正三角形，所以=，OG=OD=2，同理，設(shè)是線段DA與FC延長線的交點，有又由于G和都在線段DA的延長線上，所以G與重合.=在GED和GFD中，由=和OC，可知B和C分別是GE和GF的中點，所以BC是GEF的中位線，故BCEF. （II）解：由OB=1，OE=2，而OED是邊長為2的正三角形，故所以過點F作FQDG，交DG于點Q，由平面ABED平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐FOBED的高，且FQ=，所以（17）（共14分）證明：（）因為D，E分別為AP，AC的中點，所以DE/PC。又因為DE平面BCP，所以DE/平面BCP。（）因為D，E，F(xiàn)，G分別為AP，AC，BC，PB的中點，所以DE/PC/FG，DG/AB/EF。所以四邊形DEFG為平行四邊形，又因為PCAB，所以DEDG，所以四邊形DEFG為矩形。（）存在點Q滿足條件，理由如下：連接DF，EG，設(shè)Q為EG的中點由（）知，DFEG=Q，且QD=QE=QF=QG=EG.分別取PC，AB的中點M，N，連接ME，EN，NG，MG，MN。與（）同理，可證四邊形MENG為矩形，其對角線點為EG的中點Q，且QM=QN=EG，所以Q為滿足條件的點.20本小題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系，幾何體的體積等基礎(chǔ)知識；考查空間想象能力，推理論證能力，運算求解能力；考查數(shù)形結(jié)合思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想，滿分12分 （I）證明：因為平面ABCD，平面ABCD，所以因為又所以平面PAD。（II）由（I）可知，在中，DE=CD又因為，所以四邊形ABCE為矩形，所以又平面ABCD，PA=1，所以18（本小題滿分13分）證明：（1）中點，連接BO2直線BO2是由直線AO1平移得到共面。 （2）將AO1延長至H使得O1H=O1A，連接/由平移性質(zhì)得=HB18本小題主要考查空間直線與平面的位置關(guān)系和二面角的求法，同時考查空間想象能力和推理論證能力。（滿分12分）解法1：（）由已知可得于是有所以又由 （）在中，由（）可得于是有EF2+CF2=CE2，所以又由（）知CF C1E，且，所以CF 平面C1EF，又平面C1EF，故CF C1F。于是即為二面角ECFC1的平面角。由（）知是等腰直角三角形，所以，即所求二面角ECFC1的大小為。解法2：建立如圖所示的空間直角坐標系，則由已知可得 （） （），設(shè)平面CEF的一個法向量為由即設(shè)側(cè)面BC1的一個法向量為設(shè)二面角ECFC1的大小為，于是由為銳角可得，所以即所求二面角ECFC1的大小為。19（本題滿分12分）解析：（I）因為又內(nèi)的兩條相交直線，所以（II）由（I）知，又所以平面在平面中，過作則連結(jié)，則是上的射影，所以是直線和平面所成的角在在解：（1）設(shè)，則 令 則 單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減由上表易知：當時，有取最大值。證明：（2） 作得中點F，連接EF、FP 由已知得： 為等腰直角三角形， 所以.18解：（I）由條件知PDAQ為直角梯形因為QA平面ABCD，所以平面PDAQ平面ABCD，交線為AD.又四邊形ABCD為正方形，DCAD，所以DC平面PDAQ，可得PQDC.在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，則PQQD所以PQ平面DCQ. 6分 （II）設(shè)AB=a.由題設(shè)知AQ為棱錐QABCD的高，所以棱錐QABCD的體積由（I）知PQ為棱錐PDCQ的高，而PQ=，DCQ的面積為，所以棱錐PDCQ的體積為故棱錐QABCD的體積與棱錐PDCQ的體積的比值為1.12分20解法一： （I）取AB中點E，連結(jié)DE，則四邊形BCDE為矩形，DE=CB=2， 連結(jié)SE，則 又SD=1，故， 所以為直角。3分 由， 得平面SDE，所以。 SD與兩條相交直線AB、SE都垂直。 所以平面SAB。6分 （II）由平面SDE知， 平面平面SED。 作垂足為F，則SF平面ABCD， 作，垂足為G，則FG=DC=1。 連結(jié)SG，則， 又， 故平面SFG，平面SBC平面SFG。9分 作，H為垂足，則平面SBC。 ，即F到平面SBC的距離為 由于ED/BC，所以ED/平面SBC，E到平面SBC的距離d也有 設(shè)AB與平面SBC所成的角為， 則12分 解法二： 以C為坐標原點，射線CD為x軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz。設(shè)D（1，0，0），則A（2，2，0）、B（0，2，0）。又設(shè) （I），由得故x=1。由又由即3分于是，故所以平面SAB。 （II）設(shè)平面SBC的法向量，則又故9分取p=2得。故AB與平面SBC所成的角為19（I）證法一：因為平面ABCD，且平面ABCD，所以，又因為AB=2AD，在中，由余弦定理得，所以，因此，又所以又平面ADD1A1，故證法二：因為平面ABCD，且平面ABCD，所以取AB的中點G，連接DG，在中，由AB=2AD得AG=AD，又，所以為等邊三角形。因此GD=GB，故，又所以平面ADD1A1，又平面ADD1A1，故 （II）連接AC，A1C1，設(shè)，連接EA1因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以由棱臺定義及AB=2AD=2A1B1知A1C1/EC且A1C1=EC，所以邊四形A1ECC1為平行四邊形，因此CC1/EA1，又因為EA平面A1BD，平面A1BD，所以CC1/平面A1BD。16解（）折起前是邊上的高，當折起后，AD，AD，又DB，平面，AD 平面平面ABD（）由（）知，DA,DB=DA=DC=1，AB=BC=CA=,從而 表面積：20、解： 連， ， 異面直線與所成角為，記， 異面直線與所成角為。 連，則所求四面體的體積。解法一：（）連結(jié)AB1與BA1交于點O，連結(jié)OD，C1D平面AA1，A1C1AP，AD=PD，又AO=B1O，ODPB1，又OD面BDA1，PB1面BDA1，PB1平面BDA1（）過A作AEDA1于點E，連結(jié)BEBACA，BAAA1，且AA1AC=A，BA平面AA1C1C由三垂線定理可知BEDA1BEA為二面角AA1DB的平面角在RtA1C1D中，又，在RtBAE中，故二面角AA1DB的平面角的余弦值為解法二：如圖，以A1為原點，A1B1，A1C1，A1A所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)1B1C1A，則，（）在PAA1中有，即，設(shè)平面BA1D的一個法向量為，則令，則，PB1平面BA1D，（）由（）知，平面BA1D的一個法向量又為平面AA1D的一個法向量故二面角AA1DB的平面角的余弦值為（17）本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力。滿分13分。 （）證明：連接BD，MO，在平行四邊形ABCD中，因為O為AC的中點，所以O(shè)為BD的中點，又M為PD的中點，所以PB/MO。因為平面ACM，平面ACM，所以PB/平面ACM。 （）證明：因為，且AD=AC=1，所以，即，又PO平面ABCD，平面ABCD，所以，所以平面PAC。 （）解：取DO中點N，連接MN，AN，因為M為PD的中點，所以MN/PO，且平面ABCD，得平面ABCD，所以是直線AM與平面ABCD所成的角，在中，所以，從而，在，即直線AM與平面ABCD所成角的正切值為(18)解：（）因為， 由余弦定理得 從而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故 PABD（）如圖，作DEPB，垂足為E。已知PD底面ABCD，則PDBC。由（）知BDAD，又BC/AD，所以BCBD。故BC平面PBD，BCDE。則DE平面PBC。由題設(shè)知，PD=1，則BD=，PB=2，根據(jù)BEPB=PDBD，得DE=，即棱錐DPBC的高為（20）本題主要考查空間線線、線面、面面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力和推理論證能力。滿分14分。 （）證明：由AB=AC，D是BC中點，得，又平面ABC，得因為，所以平面PAD，故 （）解：如圖，在平面PAB內(nèi)作于M，連CM。因為平面BMC，所以APCM。故為二面角BAPC的平面角。在在，在中，所以在又故同理因為所以即二面角BAPC的大小為20（本題12分）解法一：（I）如答（20）圖1，過D作DFAC垂足為F，故由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面體ABCD的面ABC上的高，設(shè)G為邊CD的中點，則由AC=AD，知AGCD，從而由故四面體ABCD的體積 （II）如答（20）圖1，過F作FEAB，垂足為E，連接DE。由（I）知DF平面ABC。由三垂線定理知DEAB，故DEF為二面角CABD的平面角。 在 在中，EF/BC，從而EF：BC=AF：AC，所以 在RtDEF中， 解法二：（I）如答（20）圖2，設(shè)O是AC的中點，過O作OHAC，交AB于H，過O作OMAC，交AD于M，由平面ABC平面ACD，知OHOM。因此以O(shè)為原點，以射線OH，OC，OM分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，可建立空間坐標系Oxyz.已知AC=2，故點A，C的坐標分別為A（0，1，0），C（0，1，0）。 設(shè)點B的坐標為，有 即點B的坐標為 又設(shè)點D的坐標為有 即點D的坐標為從而ACD邊AC上的高為 又 故四面體ABCD的體積 （II）由（I）知 設(shè)非零向量是平面ABD的法向量，則由有 （1） 由，有 （2） 取，由（1），（2），可得 顯然向量是平面ABC的法向量，從而 即二面角CABD的平面角的正切值為