2019-2020年高考數學二輪復習 第2部分 大專題綜合測4 立體幾何與空間向量 理（含解析）一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1(xx青島市質檢)某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖中的x的值是()A2BC.D3答案D解析依題意，由三視圖還原出原幾何體的直觀圖如圖所示，原幾何體為四棱錐，且其底面積為2(12)3，高為x，所以其體積V3x3，所以x3.2(xx陜西理，5)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A3B4C24D34答案D解析由空間幾何體的三視圖可知該幾何體為豎著放的半個圓柱，圓柱底面半徑為1，高為2，所以幾何體的表面積S22234.故本題正確答案為D3一個棱錐的三視圖如圖所示，則這個棱錐的體積是()A6B12 C24 D36答案B解析由三視圖知該幾何體為有一條側棱與底面垂直的四棱錐，體積V(43)312.4如圖，設平面EF，AB，CD，垂足分別是B、D，如果增加一個條件，就能推出BDEF，這個條件不可能是下面四個選項中的()AACBACEFCAC與BD在內的射影在同一條直線上DAC與、所成的角相等答案D解析因為BD是AC在平面內的射影，所以只需得到ACEF，那么由三垂線定理的逆定理可得BDEF.對于選項A，因為AC，EFACEFBDEF.選項B，因為ACEF，所以BDEF.對于選項C，可得平面ABDC，所以BDEF.對于選項D，AC與、所成的角相等，無法保證ACEF.綜上知選D5設m、n是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，則下列命題不正確的是()A若mn，m，n，則nB若m，則m或mC若mn，m，n，則D若m，則m答案D解析對于選項D，當直線m位于平面內且與平面，的交線平行時，直線m，顯然m與平面不垂直，因此選項D不正確6已知正四面體ABCD，設異面直線AB與CD所成的角為，側棱AB與底面BCD所成的角為，側面ABC與底面BCD所成的角為，則()A>>B>>C>>D>>答案B解析如圖，設底面BCD的中心為點O，連接AO，BO，易知ABO，取BC的中點E，連接AE、OE，易知AEO，在正三角形BCD中，OB>OE，因此0<<<，延長BO交CD于F，則BFCD，又AOCD，CD平面ABF.CDAB，即.>>.7如圖，在ABC中，ABAC，若ADBC，則AB2BDBC；類似地有命題：在三棱錐ABCD中，AD平面ABC，若A點在平面BCD內的射影為M，則有SSBCMSBCD上述命題是()A真命題B增加條件“ABAC”才是真命題C增加條件“M為BCD的垂心”才是真命題D增加條件“三棱錐ABCD是正三棱錐”才是真命題答案A解析因為AD平面ABC，所以ADAE，ADBC，在ADE中，AE2MEDE，又A點在平面BCD內的射影為M，所以AM平面BCD，AMBC，所以BC平面ADE，所以BCDE，將SABC、SBCM、SBCD分別表示出來，可得SSBCMSBCD，故選A.8(xx德州市期末)如圖所示，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，AD3，AA12，點P是B1C的三等分點且靠近點C，則異面直線AP和DD1所成的角為()A.BCD答案C解析如圖，過點P作PNBC于點N，連接AN，則PNBB1，而DD1BB1，所以DD1PN，所以APN就是異面直線AP和DD1所成的角因為點P是B1C的三等分點且靠近點C，且AB2，AD3，AA12，所以PNBB1，BNBC2.在RtABN中，AN2，在RtANP中，tanAPN，所以APN.9(xx浙江文，7)如圖，斜線段AB與平面所成的角為60，B為斜足，平面上的動點P滿足PAB30，則點P的軌跡是()A直線B拋物線C橢圓D雙曲線的一支答案C解析考查1.圓錐曲線的定義；2.線面位置關系由題可知，當P點運動時，在空間中，滿足條件的AP繞AB旋轉形成一個圓錐，用一個與圓錐高成60角的平面截圓錐，所得圖形為橢圓故選C.10(xx濟南市模擬)類比平面內“垂直于同一條直線的兩條直線互相平行”的性質，可得出空間內的下列結論：垂直于同一個平面的兩條直線互相平行；垂直于同一條直線的兩條直線互相平行；垂直于同一個平面的兩個平面互相平行；垂直于同一條直線的兩個平面互相平行則正確的結論是()ABCD答案D解析顯然正確；對于，在空間中垂直于同一條直線的兩條直線可以平行，也可以異面或相交；對于，在空間中垂直于同一個平面的兩個平面可以平行，也可以相交(如長方體相鄰兩側面與底面)11(xx鄭州市質檢)如圖，四邊形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體ABCD，使平面ABD平面BCD，則下列結論正確的是()AACBDBBAC90CCA與平面ABD所成的角為30D四面體ABCD的體積為答案B解析取BD的中點O，ABAD，AOBD，又平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AO平面BCD，CDBD，OC不垂直于BD假設ACBD，OC為AC在平面BCD內的射影，OCBD，矛盾，AC不垂直于BD，A錯誤；CDBD，平面ABD平面BCD，CD平面ABD，AC在平面ABD內的射影為AD，ABAD1，BD，ABAD，ABAC，B正確；CAD為直線CA與平面ABD所成的角，CAD45，C錯誤；VABCDSABDCD，D錯誤，故選B12(xx唐山市二模)直三棱柱ABCA1B1C1的所有頂點都在半徑為的球面上，ABAC，AA12，則二面角BAA1C的余弦值為()ABC.D答案D解析如圖，設球心為O，底面ABC外接圓的圓心為O，則OAOBOC，OO1，OAOBOC1，BC，ABC為正三角形，二面角BAA1C的平面角BAC60，二面角BAA1C的余弦值為.二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)13(xx棗莊四校聯考)在正三棱錐PABC中，M，N分別是PB，PC的中點，若截面AMN平面PBC，且三棱錐PABC的側面積為S1，底面積為S2，則_.答案2解析取線段BC的中點D，連接PD交MN于H，連接AD，AH.因為M，N分別是PB，PC的中點，所以H為PD的中點，AHMN，又平面AMN平面PBC，平面AMN平面PBCMN，所以AH平面PBC，從而AH垂直且平分PD，則PAAD，設ABa，則PAADa，所以側面積S1a2，底面積S2a2，則2.14.(xx膠東示范校質檢)如圖，在平面四邊形ABDC中，已知ABBC，CDBD，ABBC，現將四邊形ABDC沿BC折起，使平面ABC平面BDC，設E，F分別為棱AC，AD的中點，若CD2，BCD60，則VABFE_.答案解析因為平面ABC平面BDC，ABBC，所以AB平面BDC，所以ABCD，又CDBD，ABBDB，所以DC平面ABD，因為E，F分別為棱AC，AD的中點，所以EF平面ABD，所以VABFEVEABF，在RtBCD中，CD2，BCD60，所以BD2，BC4，又ABBC，所以AB4，因為E，F分別為棱AC，AD的中點，所以EF1，所以VABFEVEABF1SABF(SABD)24.15設C是AOB所在平面外的一點，若AOBBOCAOC，其中是銳角，而OC和平面AOB所成角的余弦值等于，則的值為_答案60解析作CC1平面AOB于點C1，C1A1OA于點A1，C1B1OB于點B1，連接OC1，則COC1為直線OC與平面AOB所成的角，且OC1是AOB的平分線，設OA1x，則OC，OC1，易求得cosCOC1，即2cos2cos10，解之得cos或cos(舍去)，故30，所以60.16如圖，正方形BCDE的邊長為a，已知ABBC，將直角ABE沿BE邊折起，A點在面BCDE上的射影為D點，則翻折后的幾何體中有如下描述：AB與DE所成角的正切值是；VBACE的體積是a3；ABCD；平面EAB平面ADE；直線BA與平面ADE所成角的正弦值為.其中正確的敘述有_(寫出所有正確結論的編號)答案解析由題意可得如圖所示的幾何體，對于，AB與DE所成角為ABC，在ABC中，ACB90，ACa，BCa，所以tanABC，故正確；對于，VBACEVAECBaaaa3，故正確；明顯錯誤；對于，因為AD平面BCDE，所以ADBE，又因為DEBE，所以BE平面ADE，可得平面EAB平面ADE，故正確；對于，由可知，BAE即為直線BA與平面ADE所成的角，在ABE中，AEB90，ABa，BEa，所以sinBAE，故正確三、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17(本題滿分10分)如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是等邊三角形，D是BC的中點(1)求證：直線A1DB1C1；(2)判斷A1B與平面ADC1的位置關系，并證明你的結論解析(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，所以AA1BC，在等邊ABC中，D是BC中點，所以ADBC，因為在平面A1AD中，A1AADA，所以BC平面A1AD，又因為A1D平面A1AD，所以A1DBC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，四邊形BCC1B1是平行四邊形，所以B1C1BC，所以，A1DB1C1.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，四邊形ACC1A1是平行四邊形，在平行四邊形ACC1A1中連接A1C，交AC1于點O，連接DO.故O為A1C的中點在三角形A1CB中，D為BC中點，O為A1C中點，故DOA1B因為DO平面ADC1，A1B平面ADC1，所以，A1B平面ADC1，故A1B與平面ADC1平行18(本題滿分12分)(xx山西太原市模擬)如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD是平行四邊形，DAB60，AB2AD2，PD平面ABCD(1)求證：ADPB；(2)若BD與平面PBC的所成角為30，求四面體PBCD的體積解析(1)證明：在ABD中，DAB60，AB2AD2，由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcosDAB3，AB2AD2BD2，ADB90，ADBD，PD平面ABCD，PDAD，AD平面PBD，ADPB；(2)過D作DEPB，垂足為E，ABCD是平行四邊形，ADBC，由(1)得AD平面PBD，BC平面PBD，平面PBC平面PBD，DE平面PBC，BD與平面PBC的所成角為DBE30，由(1)得BD，DPBDtanDBE1，VPBCDSBCDDPBDBCDP.19(本題滿分12分)(xx成都一診)如圖，PO平面ABCD，點O在AB上，EAPO，四邊形ABCD為直角梯形，BCAB，BCCDBOPO，EAAOCD(1)求證：PE平面PBC；(2)直線PE上是否存在點M，使DM平面PBC，若存在，求出點M；若不存在，說明理由(3)求二面角EBDA的余弦值解析(1)證明：EAOP，AO平面ABP，點A，B，P，E共面PO平面ABCD，PO平面PEAB平面PEAB平面ABCD，BC平面ABCD，BCAB，平面PEAB平面ABCDAB，BC平面PEAB，PEBC.由平面幾何知識知PEPB，又BCPBB，PE平面PBC.(2)點E即為所求的點，即點M與點E重合取PB的中點F，連接EF、CF、DE，延長PE交BA的延長線于H，則E為PH的中點，O為BH的中點，EF綊OB，又OB綊CD，EFCD，且EFDC，四邊形DCFE為平行四邊形，所以DECF.CF在平面PBC內，DE不在平面PBC內，DE平面PBC.(3)由已知可知四邊形BCDO是正方形，顯然OD、OB、OP兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系，設DC1，則B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0，)，設平面BDE的一個法向量為n1(x，y，z)，(1，1,0)，(0，)，即取y1，則x1，z3，從而n1(1,1,3)取平面ABD的一個法向量為n2(0,0,1)cosn1，n2，故二面角EBDA的余弦值為.20(本題滿分12分)(xx江西省質檢)已知斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是矩形，側面CC1D1D垂直于底面ABCD，BC2ABDC12，BD12.(1)求證：平面AB1C1D平面ABCD；(2)點E是棱BC的中點，求二面角A1AED的余弦值解析(1)連接CD1，設CD1DC1F，則F是CD1，DC1的中點，因為底面ABCD是矩形，所以BCCD，又平面ABCD平面CC1D1D，所以BC平面CC1D1D，所以BCCD1，由BD12，BC2，得CD12，CF.在DFC中，DFDC11，CD1.所以CD2DF2CF2，所以DFDC，又BC平面CC1D1D得DFBC，所以DF平面ABCD，DF平面AB1C1D，所以平面AB1C1D平面ABCD；(2)由(1)可以點D為原點，DA，DC，DC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則平面DAE的法向量n(0,0,2)，設平面A1AE的法向量為m(x，y，z)，因為(2,0,0)，(1,1,0)，(0，1,2)，所以(1,1,0)，由m0得xy0，由m0得y2z0，令z1，得m(2,2,1)，所以cosm，n，即所求二面角的余弦值為.21(本題滿分12分)如圖，邊長為1的正方形ABCD中，點E、F分別為AB、BC的中點，將BEF剪去，將AED、DCF分別沿DE、DF折起，使A、C兩點重合于點P，得一三棱錐如圖所示(1)求證：PDEF；(2)求三棱錐PDEF的體積；(3)求DE與平面PDF所成角的正弦值解析(1)依題意知圖折前ADAE，CDCF，折起后PDPE，PFPD，PEPFP，PD平面PEF.又EF平面PEF，PDEF.(2)依題意知圖中AECF，PEPF，在BEF中EFBE，在PEF中，PE2PF2EF2，PEPF，SPEFPEPF，VPDEFVDPEFSPEFPD1.(3)由(2)知PEPF，又PEPD，PE平面PDF，PDE為DE與平面PDF所成的角在RtPDE中，DE，PE，sinPDE.22(本題滿分12分)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)設N為棱B1C1的中點，點M在平面AA1B1B內，且MN平面A1B1C1，求線段BM的長解析如圖所示 ，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點依題意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，)(1)易得(，)，(2，0,0)，于是cos，.所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為.(2)易知(0,2，0)，(，)設平面AA1C1的法向量m(x，y，z)，則即不妨令x，可得m(，0，)同樣的，設平面A1B1C1的法向量n(x，y，z)，則即不妨令y，可得n(0，)于是cosm，n，從而sinm，n.所以二面角AA1C1B1的正弦值為.(3)由N為棱B1C1的中點，得N.設M(a，b,0)，則，由MN平面A1B1C1，得即解得故M，因此，所以線段BM的長|.