2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題09 立體幾何分項(xiàng)練習(xí)（含解析）理一基礎(chǔ)題組1.【xx天津，理4】設(shè)、為平面，為、直線，則的一個(gè)充分條件是A、 B、 C、 D、【答案】D本題答案選D2.【xx天津，理12】若圖，平面，且則異面直線PB與AC所成角的正切值等于_?！敬鸢浮俊窘馕觥繉⒋硕嗝骟w補(bǔ)成正方體，與所成的角的大小即此正方體主對角線與棱所成角的大小。本題答案填寫：3.【xx天津，理6】設(shè)、是兩條不同的直線，、是兩個(gè)不同的平面.考查下列命題，其中正確的命題是（）A B C D 【答案】B【解析】設(shè)、是兩條不同的直線，、是兩個(gè)不同的平面。下列命題中正確的命題是，選B.4.【xx天津，理13】如圖，在正三棱柱中，若二面角的大小為，則點(diǎn)到平面的距離為_【答案】5.【xx天津，理6】設(shè)為兩條直線，為兩個(gè)平面.下列四個(gè)命題中，正確的命題是( )A.若與所成的角相等，則B.若，則C.若則D.若則【答案】D【解析】對于A當(dāng)與均成時(shí)就不一定；對于B只需找個(gè)，且即可滿足題設(shè)但不一定平行；對于C可參考直三棱柱模型排除，故選D6.【xx天津，理12】一個(gè)長方體的各頂點(diǎn)均在同一球面上，且一個(gè)頂點(diǎn)上的三條棱的長分別為則此球的表面積為.【答案】【解析】長方體外接球直徑長等于長方體體對角線長，即，由7.【xx天津，理4】設(shè)是兩條直線，是兩個(gè)平面，則的一個(gè)充分條件是(A) (B) (C) (D) 【答案】C【解析】A、B、D直線可能平行，選C8.【xx天津，理12】一個(gè)正方體的各定點(diǎn)均在同一球的球面上，若該球的體積為，則該正方體的表面積為 .【答案】249.【xx天津，理12】如圖是一個(gè)幾何體的三視圖.若它的體積是,則a_.【答案】【解析】由三視圖可知幾何體是一個(gè)三棱柱,底面三角形的一邊長為2,其邊上的高為a,依題.10.【xx天津，理12】一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積為_【答案】11.【xx天津，理10】一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則這個(gè)幾何體的體積為_.【答案】【解析】該幾何體為一個(gè)棱柱與一個(gè)圓錐的組合體，.12.【xx天津，理10】一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為_ m3【答案】189【解析】由幾何體的三視圖可知該幾何體的頂部是長、寬、高分別為6 m,3 m,1 m的長方體，底部為兩個(gè)直徑為3 m的球該幾何體的體積為：V6312189(m3)13.【xx天津，理10】已知一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示（單位：m），則該幾何體的體積為_【答案】【解析】考點(diǎn)：1立體幾何三視圖；2幾何體體積的計(jì)算14.【xx天津，理10】已知一個(gè)正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上，若這個(gè)正方體的表面積為18，則這個(gè)球的體積為_【答案】【解析】設(shè)正方體的邊長為，則，其外接球直徑為，故這個(gè)球的體積【考點(diǎn)】球的體積【名師點(diǎn)睛】求多面體的外接球的表面積或體積的問題常用的方法有：三條棱兩兩互相垂直時(shí)，可恢復(fù)為長方體，利用長方體的體對角線為外接球的直徑，求出球的半徑；直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的對稱性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點(diǎn)，再根據(jù)勾股定理求球的半徑；如果多面體有兩個(gè)面相交，可過兩個(gè)面的外心分別作兩個(gè)面的垂線，垂線的交點(diǎn)即球心15. 【xx高考天津，理17】（本小題滿分13分）如圖，在四棱柱中，側(cè)棱,且點(diǎn)M和N分別為的中點(diǎn).(I)求證：平面；(II)求二面角的正弦值；(III)設(shè)為棱上的點(diǎn)，若直線和平面所成角的正弦值為，求線段的長【答案】(I)見解析； (II) ； (III) .(I)證明：依題意，可得為平面的一個(gè)法向量， 所以二面角的正弦值為.(III)依題意，可設(shè)，其中，則，從而，又為平面的一個(gè)法向量，由已知得，整理得，又因?yàn)?，解得?所以線段的長為.【考點(diǎn)定位】直線和平面平行和垂直的判定與性質(zhì)，二面角、直線與平面所成的角，空間向量的應(yīng)用.16. 【xx高考天津理數(shù)】已知一個(gè)四棱錐的底面是平行四邊形，該四棱錐的三視圖如圖所示（單位：m），則該四棱錐的體積為_m3.（第11題圖）【答案】2【解析】【考點(diǎn)】三視圖、幾何體的體積【名師點(diǎn)睛】解答此類題目的關(guān)鍵是由多面體的三視圖想象出空間幾何體的形狀并畫出其直觀圖三視圖中“正側(cè)一樣高、正俯一樣長、俯側(cè)一樣寬”，因此，可以根據(jù)三視圖的形狀及相關(guān)數(shù)據(jù)推斷出原幾何圖形中的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系及相關(guān)數(shù)據(jù)二能力題組1.【xx天津，理19】如圖，在斜三棱柱中，側(cè)面與底面ABC所成的二面角為120，E、F分別是棱、的中點(diǎn)。（）求與底面ABC所成的角；（）證明EA平面；（）求經(jīng)過、A、B、C四點(diǎn)的球的體積。【答案】（）；（）詳見解析；（）【解析】因?yàn)?，且，所以，于是為二面角的平面角，即由于四邊形為平行四邊形，得所以，與底面所成的角度為（II） 證明：設(shè)與的交點(diǎn)為，則點(diǎn)P為EG的中點(diǎn)，連結(jié)PF。在平行四邊形中，因?yàn)镕是的中點(diǎn)，所以而EP平面，平面，所以平面（III）解：連接。在和中， 又因?yàn)槠矫妫允堑耐庑脑O(shè)球心為，則必在上，且在Rt中，球的體積2.【xx天津，理19】如圖，在五面體中，點(diǎn)是矩形的對角線的交點(diǎn)，面是等邊三角形，棱（1）證明/平面；（2）設(shè)，證明平面【答案】（I）詳見解析，（II）詳見解析.（II）證明：連接FM由（I）和已知條件，在等邊CDE中，CM=DM，EMCD且因此平行四邊形EFOM為菱形，從而EOFMCDOM，CDEM，CD平面EOM，從而CDEO而FMCD=M，所以EO平面CDF3.【xx天津，理19】如圖，在四棱錐中，底面是的中點(diǎn).(I)證明：；(II)證明：平面；(III)求二面角的大小.【答案】(I)證明(略)(II)證明證明(略)(III) 或【解析】(I)證明：在四棱錐中，因底面平面故.平面.而平面.(III)解法一：過點(diǎn)作垂足為連結(jié).由(II)知，平面在平面內(nèi)的射影是則.解法二：由題設(shè)底面平面則平面平面交線為過點(diǎn)作垂足為故平面過點(diǎn)作垂足為連結(jié)故因此是二面角的平面角.由已知，可得.設(shè)可得于是，在中，所以二面角的大小是4.【xx天津，理19】如圖，在四棱錐中，底面是矩形.已知.（）證明平面；（）求異面直線與所成的角的大?。唬ǎ┣蠖娼堑拇笮?【答案】（I）詳見解析，（II），（）所以異面直線與所成的角的大小為.（）解：過點(diǎn)P做于H，過點(diǎn)H做于E，連結(jié)PE因?yàn)槠矫?，平面，所?又，因而平面，故HE為PE再平面ABCD內(nèi)的射影.由三垂線定理可知，從而是二面角的平面角。由題設(shè)可得，于是再中，所以二面角的大小為5.【xx天津，理19】如圖,在五面體ABCDEF中,FA平面ABCD,ADBCFE,ABAD,M為EC的中點(diǎn),AFABBCFEAD.(1)求異面直線BF與DE所成的角的大小;(2)證明平面AMD平面CDE;(3)求二面角ACDE的余弦值.【答案】（）；（）詳見解析；（）【解析】 (2)證明:因?yàn)镈CDE且M為CE的中點(diǎn),所以DMCE.連結(jié)MP,則MPCE.又MPDMM,故CE平面AMD.而CE平面CDE,所以平面AMD平面CDE.(3)設(shè)Q為CD的中點(diǎn),連結(jié)PQ,EQ.因?yàn)镃EDE,所以EQCD.因?yàn)镻CPD,所以PQCD,故EQP為二面角ACDE的平面角.由(1)可得,EPPQ,.于是在RtEPQ中,.所以二面角ACDE的余弦值為.解法二:如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系,點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn).設(shè)AB1,依題意得B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1),M(,1,).(1),于是.所以.因?yàn)槎娼茿CDE為銳角,所以其余弦值為.6.【xx天津，理19】如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)，CFAB2CE，ABADAA1124.(1)求異面直線EF與A1D所成角的余弦值；(2)證明AF平面A1ED；(3)求二面角A1EDF的正弦值【答案】(1) ，(2) 詳見解析，(3) .【解析】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)設(shè)AB1，依題意得D(0,2,0)，F(xiàn)(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，0)(1)解：易得(0，1)，(0,2，4)于是cos，所以異面直線EF與A1D所成角的余弦值為.(2)證明：易知(1,2,1)，(1，4)，(1，0)，不妨令x1，可得u(1,2，1)由(2)可知，為平面A1ED的一個(gè)法向量于是cosu，從而sinu，.所以二面角A1-ED-F的正弦值為.解法二：(1)解：設(shè)AB1，可得AD2，AA14，CF1，CE.因?yàn)?，所以RtDCERtCBA.從而CDEBCA.又由于CDECED90，所以BCACED90.故ACDE.所以DENF，DEA1N.故A1NF為二面角A1-ED-F的平面角易知RtCNERtCBA，所以.又AC，所以CN.在RtCNF中，NF.在RtA1AN中，A1N.連結(jié)A1C1，A1F.在RtA1C1F中，A1F.在A1NF中，cosA1NF.所以sinA1NF.所以二面角A1EDF的正弦值為. 7. 【xx高考天津，理10】一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積為 . 【答案】【解析】由三視圖可知，該幾何體是中間為一個(gè)底面半徑為，高為的圓柱，兩端是底面半徑為，高為的圓錐，所以該幾何體的體積.【考點(diǎn)定位】三視圖與旋轉(zhuǎn)體體積公式.8. 【xx天津，理17】（本小題滿分13分）如圖，在三棱錐P-ABC中，PA底面ABC，點(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，PA=AC=4，AB=2（）求證：MN平面BDE；（）求二面角C-EM-N的正弦值；（）已知點(diǎn)H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長【答案】（）證明見解析；（）；（）或試題解析：如圖，以A為原點(diǎn)，分別以，方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系依題意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）（）易得=（0，2，0），=（2，0，）設(shè)為平面BDE的法向量，則，即不妨設(shè)，可得又=（1，2，），可得（）依題意，設(shè)AH=h（），則H（0，0，h），進(jìn)而可得，由已知，得，整理得，解得或所以，線段AH的長為或【考點(diǎn)】直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角【名師點(diǎn)睛】空間向量是解決空間幾何問題的銳利武器，不論是求空間角、空間距離還是證明線面位置關(guān)系都很方便，利用向量夾角公式求異面直線所成的角又快又準(zhǔn)，特別是借助平面的法向量求線面角、二面角或點(diǎn)到平面的距離三拔高題組1.【xx天津，理17】如圖，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（）求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；（）設(shè)為棱的中點(diǎn)，點(diǎn)在平面內(nèi)，且平面，求線段的長【答案】（）；（）（）【解析】 方法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn).依題意得 （I）解：易得，于是所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為（II）解：易知于是從而解得故因此，所以線段BM的長為方法二：因此所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為（II）解：連接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，從而所以二面角AA1C1B1的正弦值為（III）解：因?yàn)槠矫鍭1B1C1，所以取HB1中點(diǎn)D，連接ND，由于N是棱B1C1中點(diǎn)，所以ND/C1H且.又平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，連接MD并延長交A1B1于點(diǎn)E，則由2.【xx天津，理17】如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1(1)證明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)設(shè)E為棱PA上的點(diǎn)，滿足異面直線BE與CD所成的角為30，求AE的長【答案】(1) 詳見解析，(2) ，(3) (1)證明：易得于是，從而所以二面角APCD的正弦值為(3)設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,0，h)，其中h0,2，由此得由=(2，1,0)，故，所以，解得，即解法二：(1)證明：由PA平面ABCD，可得PAAD，又由ADAC，PAAC=A，故AD平面PAC又PC平面PAC，所以PCAD以二面角APCD的正弦值為(3)如圖，因?yàn)锳DC45，故過點(diǎn)B作CD的平行線必與線段AD相交，設(shè)交點(diǎn)為F，連接BE，EF故EBF或其補(bǔ)角為異面直線BE與CD所成的角由于BFCD，故AFB=ADC在RtDAC中，故在AFB中，由，sinFABsin135，可得由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得設(shè)AEh所以3.【xx天津，理17】如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側(cè)棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E為棱AA1的中點(diǎn)(1)證明B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)設(shè)點(diǎn)M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長【答案】（）詳見解析；（）；（）【解析】解：(方法一)(1)證明：如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)故(1,0，1)為平面CEC1的一個(gè)法向量于是cosm，從而sinm，.所以二面角B1CEC1的正弦值為.(3)(0,1,0)，(1,1,1)設(shè)(，)，01，有(，1，) (方法二) (1)證明：因?yàn)閭?cè)棱CC1底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1.經(jīng)計(jì)算可得B1E，B1C1，EC1，從而B1E2，所以在B1EC1中，B1C1C1E，又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1CE.(2)過B1作B1GCE于點(diǎn)G，連接C1G.由(1)，B1C1CE，故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1為二面角B1CEC1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sinB1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值為.整理得5x260，解得x.所以線段AM的長為.4.【xx天津，理17】如圖，在四棱錐中，底面，點(diǎn)為棱的中點(diǎn) （）證明：；（）求直線與平面所成角的正弦值；（）若為棱上一點(diǎn)，滿足，求二面角的余弦值【答案】（）詳見試題分析；（）直線與平面所成角的正弦值為；（）【解析】線與平面所成角的正弦值；（）向量法：先求平面和平面的法向量，再利用公式來求二面角的余弦值綜合法：先利用三垂線定理或其逆定理作出二面角的平面角，再利用解三角形的有關(guān)知識求其余弦值試題解析：（方法一）依題意，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得，由為棱的中點(diǎn)，得（）向量，故 （）向量，設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，可得為平面的一個(gè)法向量于是有，直線與平面所成角的正弦值為的一個(gè)法向量取平面的法向量，則易知，二面角是銳角，其余弦值為（方法二）（）如圖，取中點(diǎn)，連結(jié)，由于分別為的中點(diǎn)，故，且，又由已知，可得且，故四邊形為平行四邊形，底面，故，而，從而平面，平面，于是，又，（）連結(jié)，由（）有平面，得，而，故又，為的中點(diǎn)，故，可得，平面，故平面平面直線在平面內(nèi)的射影為直線，而，可得為銳角，故為直線與平面所成的角依題意，有，而為中點(diǎn)，可得，進(jìn)而故在直角三角形中，因此，直線與平面所成角的正弦值為，由余弦定理可得，二面角的斜率值為考點(diǎn)：1空間兩條直線的位置關(guān)系、直線與平面位置關(guān)系；2二面角、直線與平面所成角的計(jì)算5. 【xx高考天津理數(shù)】如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF平面ABCD，點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，AB=BE=2.（）求證：EG平面ADF；（）求二面角OEFC的正弦值；（）設(shè)H為線段AF上的點(diǎn)，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值.【答案】（）詳見解析；（）；（）.【解析】.（）證明：依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得，又，可得，又因?yàn)橹本€，所以.（）解：易證，為平面的一個(gè)法向量.依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .【考點(diǎn)】利用空間向量解決立體幾何問題【名師點(diǎn)睛】1利用數(shù)量積解決問題的兩條途徑 ：一是根據(jù)數(shù)量積的定義，利用模與夾角直接計(jì)算；二是利用坐標(biāo)運(yùn)算2利用數(shù)量積可解決有關(guān)垂直、夾角、長度問題，常用到下列式子：(1)a0，b0，abab0；(2)|a|；(3)cosa，b.