《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第16練 立體幾何試題.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第16練 立體幾何試題.docx（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第16練　立體幾何 [明晰考情]　1.命題角度：高考中考查線面的位置關(guān)系和線面角，更多體現(xiàn)傳統(tǒng)方法.2.題目難度：中檔難度． 考點一　空間中的平行、垂直關(guān)系 方法技巧　(1)平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線平行，比較常見的是利用三角形中位線構(gòu)造平行關(guān)系，利用平行四邊形構(gòu)造平行關(guān)系． (2)證明線線垂直的常用方法 ①利用特殊平面圖形的性質(zhì)，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到線線垂直； ②利用勾股定理的逆定理； ③利用線面垂直的性質(zhì)． 1．如圖，在六面體ABCDE中，平面DBC⊥平面ABC，AE⊥平面ABC. (1)求證：AE∥平面DBC； (2)若AB⊥BC，BD⊥CD，求證：AD⊥DC. 證明　(1)過點D作DO⊥BC，O為垂足． 又∵平面DBC⊥平面ABC，平面DBC∩平面ABC＝BC，DO?平面DBC， ∴DO⊥平面ABC. 又AE⊥平面ABC， ∴AE∥DO. 又AE?平面DBC，DO?平面DBC， 故AE∥平面DBC. (2)由(1)知，DO⊥平面ABC，AB?平面ABC， ∴DO⊥AB. 又AB⊥BC，且DO∩BC＝O，DO，BC?平面DBC， ∴AB⊥平面DBC. ∵DC?平面DBC， ∴AB⊥DC. 又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB，DB?平面ABD， ∴DC⊥平面ABD. 又AD?平面ABD， ∴AD⊥DC. 2．(2018江蘇)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中， AA1＝AB，AB1⊥B1C1. 求證：(1)AB∥平面A1B1C； (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 證明　(1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1. 因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中， 四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因為AA1＝AB， 所以四邊形ABB1A1為菱形， 因此AB1⊥A1B. 又因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC. 又因為A1B∩BC＝B，A1B，BC?平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC. 因為AB1?平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 3．(2018全國Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離． (1)證明　因為PA＝PC＝AC＝4，O為AC的中點， 所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 如圖，連接OB. 因為AB＝BC＝AC， 所以△ABC為等腰直角三角形， 所以O(shè)B⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 因為OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O， OB，AC?平面ABC， 所以PO⊥平面ABC. (2)解　作CH⊥OM，垂足為H， 又由(1)可得OP⊥CH， 因為OM∩OP＝O，OM，OP?平面POM， 所以CH⊥平面POM. 故CH的長為點C到平面POM的距離． 由題意可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝， ∠ACB＝45， 所以在△OMC中，由余弦定理可得OM＝， CH＝＝. 所以點C到平面POM的距離為. 4．如圖所示，三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60. (1)求三棱錐P－ABC的體積； (2)證明：在線段PC上存在點M，使得AC⊥BM，并求的值． 解　(1)∵AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60， ∴S△ABC＝ABACsin60＝. 由PA⊥平面ABC可知，PA是三棱錐P－ABC的高，且PA＝1， ∴三棱錐P－ABC的體積V＝S△ABCPA＝. (2)在平面ABC內(nèi)，過點B作BN⊥AC，垂足為N，在平面PAC內(nèi)，過點N作MN∥PA交PC于點M，連接BM. ∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC， ∴PA⊥AC， ∴MN⊥AC. 又∵BN⊥AC，BN∩MN＝N，BN，MN?平面BMN， ∴AC⊥平面MBN. 又∵BM?平面MBN，∴AC⊥BM. 在Rt△BAN中，AN＝ABcos∠BAC＝， 從而NC＝AC－AN＝， 由MN∥PA，得＝＝. 考點二　空間角的求解 要點重組　設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． (1)線線角 設(shè)l，m所成的角為θ，則 cosθ＝＝. (2)線面角 設(shè)直線l與平面α所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈a，u〉|＝. (3)二面角 設(shè)α－l－β的平面角為θ， 則|cosθ|＝|cos〈u，v〉|＝. 方法技巧　求空間角的兩種方法 (1)按定義作出角，然后利用圖形計算． (2)利用空間向量，計算直線的方向向量和平面的法向量，通過向量的夾角計算． 5．(2018諸暨模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是邊長為2的等邊三角形，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝，AB＝2CD＝2，E是CD的中點． (1)證明：AE⊥PB； (2)設(shè)F是棱PB上的點，EF∥平面PAD，求EF與平面PAB所成角的正弦值． (1)證明　取AD的中點G，連接PG，BG， 平面PAD⊥平面ABCD，PG⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG?平面PAD， ∴PG⊥平面ABCD，∴AE⊥PG. 又∵tan∠DAE＝tan∠ABG，∴AE⊥BG. 又∵PG∩BG＝G，PG，BG?平面PBG， ∴AE⊥平面PBG，∴AE⊥PB. (2)解　作FH∥AB交PA于點H，連接DH， ∵EF∥平面PAD，平面FHDE∩平面PAD＝DH， ∴EF∥DH. ∴四邊形FHDE為平行四邊形． ∴HF＝DE＝AB， 即H為PA的一個四等分點． 又AB⊥AD，平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，AB?平面ABCD， ∴AB⊥平面PAD， 作DK⊥PA于點K， ∴AB⊥DK，DK⊥PA，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB， ∴DK⊥平面PAB， ∴∠DHK為所求線面角， sin∠DHK＝＝＝. 6．在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B是邊長為2的正方形，點C在平面AA1B1B上的射影H恰好為A1B的中點，且CH＝，設(shè)D為CC1的中點． (1)求證：CC1⊥平面A1B1D； (2)求DH與平面AA1C1C所成角的正弦值． 方法一　(幾何法) (1)證明　因為CC1∥AA1且在正方形AA1B1B中AA1⊥A1B1， 所以CC1⊥A1B1， 取A1B1的中點E，連接DE，HE， 則HE∥BB1∥CC1且HE＝BB1＝CC1. 又D為CC1的中點， 所以HE∥CD且HE＝CD， 所以四邊形HEDC為平行四邊形， 因此CH∥DE， 又CH⊥平面AA1B1B， 所以CH⊥HE，DE⊥HE， 所以DE⊥CC1， 又A1B1∩DE＝E，A1B1，DE?平面A1B1D， 所以CC1⊥平面A1B1D. (2)解　取AA1的中點F，連接CF，作HK⊥CF于點K， 因為CH∥DE，F(xiàn)H∥A1B1，CH∩FH＝H，DE∩A1B1＝E， 所以平面CFH∥平面A1B1D， 由(1)得CC1⊥平面A1B1D， 所以CC1⊥平面CFH，又HK?平面CFH， 所以HK⊥CC1， 又HK⊥CF，CF∩CC1＝C，CF，CC1?平面AA1C1C， 所以HK⊥平面AA1C1C， 所以DH與平面AA1C1C所成的角為∠HDK. 在Rt△CFH中，CF＝＝2，KH＝， 在Rt△DHK中， 由于DH＝2，sin∠HDK＝＝， 故DH與平面AA1C1C所成角的正弦值為. 方法二　(向量法) (1)證明　如圖，以H為原點，建立空間直角坐標系， 則C(0,0，)，C1(，，)，A1(，0,0)， B1(0，，0)，D， 所以＝(，，0)，＝， ＝. 所以＝0，＝0， 因此CC1⊥平面A1B1D. (2)解　設(shè)平面AA1C1C的法向量為n＝(1，x，y)， 由于＝(，，0)，＝(－，0，)， 則n＝＋x＝0， n＝－＋y＝0， 得x＝－1，y＝， 所以n＝. 又＝， 設(shè)θ為DH與平面AA1C1C所成的角， 所以sinθ＝＝＝， 故DH與平面AA1C1C所成角的正弦值為. 7．(2018浙江省杭州市第二中學(xué)模擬)如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABD＝30，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF∥BD，且BD＝2EF. (1)求證：平面ADE⊥平面BDEF； (2)若二面角C－BF－D的大小為60，求CF與平面ABCD所成角的正弦值． (1)證明　在△ABD中，∠ABD＝30， 由AD2＝AB2＋BD2－2ABBDcos30， 解得BD＝， 所以AD2＋BD2＝AB2， 根據(jù)勾股定理得∠ADB＝90， ∴AD⊥BD. 又因為DE⊥平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以AD⊥DE. 又因為BD∩DE＝D，BD，DE?平面BDEF， 所以AD⊥平面BDEF， 又AD?平面ADE， 所以平面ADE⊥平面BDEF， (2)解　方法一　如圖，由(1)可得∠ADB＝90，∠ABD＝30， 則∠BDC＝30，則△BCD為銳角為30的等腰三角形． CD＝CB＝1, 則CG＝. 過點C作CH∥DA，交DB，AB于點G，H， 則點G為點F在平面ABCD上的投影．連接FG， 則CG⊥BD，DE⊥平面ABCD，則CG⊥平面BDEF. 過點G作GI⊥BF于點I，連接HI，CI， 則BF⊥平面GCI， 即∠GIC為二面角C－BF－D的平面角， 則∠GIC＝60. 則tan60＝，CG＝，則GI＝. 在直角梯形BDEF中，G為BD的中點，BD＝，GI⊥BF，GI＝， 設(shè)DE＝x，則GF＝x， S△BGF＝BGGF＝BFGI， 則DE＝.tan∠FCG＝＝， 則sin∠FCG＝，即CF與平面ABCD所成角的正弦值為. 方法二　由題意可知DA，DB，DE兩兩垂直，以D為坐標原點，DA，DB，DE所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz. 設(shè)DE＝h，則D(0,0,0)，B(0，，0)，C，F(xiàn). ＝，＝， 設(shè)平面BCF的法向量為m＝(x，y，z)， 則 所以取x＝， 所以m＝， 取平面BDEF的法向量為n＝(1,0,0)， 由|cos〈m，n〉|＝＝cos60， 解得h＝，則DE＝， 又＝， 則||＝， 設(shè)CF與平面ABCD所成的角為α， 則sinα＝＝. 故直線CF與平面ABCD所成角的正弦值為. 8.如圖，在四棱錐P－ABCD，底面ABCD為梯形，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，DA＝2，DP⊥平面ABP，O，M分別是AD，PB的中點． (1)求證：PD∥平面OCM； (2)若AP與平面PBD所成的角為60，求線段PB的長． (1)證明　連接OB，設(shè)BD與OC的交點為N，連接MN. 因為O為AD的中點，AD＝2， 所以O(shè)A＝OD＝1＝BC. 又因為AD∥BC， 所以四邊形OBCD為平行四邊形， 所以N為BD的中點， 又因為M為PB的中點， 所以MN∥PD. 又因為MN?平面OCM，PD?平面OCM， 所以PD∥平面OCM. (2)解　由四邊形OBCD為平行四邊形，知OB＝CD＝1， 所以△AOB為等邊三角形，所以∠BAD＝60 所以BD＝＝， 即AB2＋BD2＝AD2，即AB⊥BD. 因為DP⊥平面ABP，所以AB⊥PD. 又因為BD∩PD＝D，BD，PD?平面BDP， 所以AB⊥平面BDP， 所以∠APB為AP與平面PBD所成的角，即∠APB＝60， 所以在Rt△ABP中，可得PB＝. 例　(15分)如圖，已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，現(xiàn)將△DAC沿著對角線AC向上翻折到△PAC的位置，此時PA⊥PB. (1)求證：平面PAB⊥平面ABC； (2)求直線AB與平面PAC所成角的正弦值． 審題路線圖 (1)―→―→―→ → (2)方法一　(作角) ―→―→ 方法二　(向量法) ―→―→ ―→―→ 規(guī)范解答評分標準 (1)證明　因為PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P， 所以PA⊥平面PBC，2分 所以PA⊥BC， 又BC⊥AB，AB∩AP＝A， 所以BC⊥平面PAB，4分 又BC?平面ABC， 所以平面PAB⊥平面ABC.6分 (2)解　方法一　如圖，作BD⊥PC于點D，連接AD， 由(1)知，PA⊥平面PBC， 所以PA⊥BD， 而BD⊥PC，PA∩PC＝P，PA，PC?平面PAC， 所以BD⊥平面PAC， 所以∠BAD為直線AB與平面PAC所成的角．9分 在Rt△PBC中，BC＝3，PC＝4，PB＝， 所以BD＝，又AB＝4， 在Rt△ADB中，sin∠BAD＝＝，13分 所以直線AB與平面PAC所成角的正弦值為.15分 方法二　由(1)知平面PAB⊥平面ABC， 所以在平面PAB內(nèi)，過點P作PE⊥AB于點E， 則PE⊥平面ABC， 如圖，以B為坐標原點，建立空間直角坐標系(z軸與直線PE平行)， 在Rt△PBC中，BC＝3，PC＝4，PB＝， 在Rt△APB中，AP＝3，AB＝4，PE＝，BE＝， 可知A(0，－4,0)，B(0,0,0)，C(－3,0,0)， P，＝(－3,4,0)，＝，10分 則易得平面PAC的一個法向量為m＝，12分 ＝(0,4,0)，所以cos〈，m〉＝＝， 故直線AB與平面PAC所成角的正弦值為.15分 構(gòu)建答題模板 方法一 [第一步]　找垂直：利用圖形中的線線垂直推證線面垂直和面面垂直． [第二步]　作角：利用定義結(jié)合垂直關(guān)系作出所求角． [第三步]　計算：將所求角放在某三角形中，計算． 方法二 [第一步]　找垂直：利用圖形中的線線垂直推證線面垂直和面面垂直，同時為建系作準備． [第二步]　寫坐標：建立空間直角坐標系，寫出特殊點的坐標． [第三步]　求向量：求直線的方向向量或平面的法向量． [第四步]　求夾角：計算向量的夾角，得到所求的線面角或二面角． 1．在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90，BC＝CD＝＝2. (1)證明：BD⊥PA； (2)若△PAD為正三角形，求直線PA與平面PBD所成角的余弦值． (1)證明　在直角梯形ABCD中，因為AD＝＝2，BD＝＝2，AB＝4， 所以AD2＋BD2＝AB2，所以BD⊥AD. 又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，BD?底面ABCD， 所以BD⊥平面PAD， 又PA?平面PAD， 所以BD⊥PA. (2)解　方法一　如圖，取PD的中點M，連接AM，BM. 因為△PAD為正三角形，所以AM⊥PD. 又由(1)知，BD⊥平面PAD， 所以平面PBD⊥平面PAD， 又平面PAD∩平面PBD＝PD，AM?平面PAD， 所以AM⊥平面PBD， 故∠APM即為直線PA與平面PBD所成的角． 故cos∠APM＝， 即直線PA與平面PBD所成角的余弦值為. 方法二　在平面PAD內(nèi)，過點P作PQ⊥AD，垂足為Q，取AB的中點N，連接QN，易知，PQ，AQ，QN兩兩垂直． 以Q為坐標原點，QA，QN，QP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示． 則P(0,0，)，A(，0,0)， B(－，2，0)，D(－，0,0)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBD的法向量． 由n＝0，n＝0，且＝(0,2，0)， ＝(－，0，－)， 得 取z＝－1，則n＝( ，0，－1)， 又＝(，0，－)， 所以cos〈n，〉＝＝， 因此直線PA與平面PBD所成角的余弦值為. 2．設(shè)平面ABCD⊥平面ABEF，AB∥CD，AB∥EF，∠BAF＝∠ABC＝90，BC＝CD＝AF＝EF＝1，AB＝2. (1)證明：CE∥平面ADF； (2)求直線DF與平面BDE所成角的正弦值． (1)證明　∵AB∥CD, AB∥EF，∴CD∥EF. 又∵CD＝EF， ∴四邊形CDFE是平行四邊形． ∴CE∥DF，又CE?平面ADF，DF?平面ADF， ∴CE∥平面ADF. (2)解　取AB的中點G，連接CG交BD于點O，連接EO，EG. ∵CD∥EF， ∴DF與平面BDE所成的角等于CE與平面BDE所成的角． ∵AB⊥AF，平面ABCD⊥平面ABEF， ∴AF⊥平面ABCD. 又∵EG∥AF， ∴EG⊥平面ABCD， ∴EG⊥BD.連接DG， 在正方形BCDG中，BD⊥CG， 故BD⊥平面ECG. ∴平面BDE⊥平面ECG. 在平面CEO中，作CH⊥EO，交直線EO的延長線于點H，得CH⊥平面BDE. ∴∠CEH是CE與平面BDE所成的角． 過點G作GQ⊥EO. ∵OC＝OG， ∴CH＝GQ＝. ∵CE＝， ∴sin∠CEH＝＝. 3．(2018寧波模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，△PAD為正三角形，四邊形ABCD為直角梯形，CD∥AB，BC⊥AB，平面PAD⊥平面ABCD，點E，F(xiàn)分別為AD，CP的中點，AD＝AB＝2CD＝2. (1)證明：直線EF∥平面PAB； (2)求直線EF與平面PBC所成角的正弦值． (1)證明　設(shè)BC的中點為M，連接EM，F(xiàn)M， 易知EM∥AB，F(xiàn)M∥PB， 因為EM∥AB，EM?平面PAB，AB?平面PAB， 所以EM∥平面PAB. 同理FM∥平面PAB. 又EM∩FM＝M，EM?平面FEM，F(xiàn)M?平面FEM， 所以平面FEM∥平面PAB， 又EF?平面FEM， 所以直線EF∥平面PAB. (2)解　連接PE，PM， 因為平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，且PE⊥AD，PE?平面PAD， 所以PE⊥平面ABCD，PE⊥BC. 又因為EM⊥BC，PE∩EM＝E， 所以BC⊥平面PEM， 所以平面PBC⊥平面PEM. 過點E作EH⊥PM于點H，連接FH， 由平面PBC⊥平面PEM可知，EH⊥平面PBC. 所以直線EF與平面PBC所成的角為∠EFH. 易求得EF＝PC＝，EH＝， 所以sin∠EFH＝＝＝. 4．如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E為AB的中點，將△ADE沿直線DE折起至△A′DE的位置，使得平面A′DE⊥平面BCDE，F(xiàn)為線段A′C的中點． (1)求證：BF∥平面A′DE； (2)求直線A′B與平面A′DE所成角的正切值． (1)證明　取A′D的中點M，連接FM，EM， ∵F為A′C的中點， ∴FM∥CD且FM＝CD， 又E為AB的中點，且AB∥CD，且AB＝CD， ∴BE∥CD且BE＝CD， ∴BE∥FM且BE＝FM， ∴四邊形BFME為平行四邊形． ∴BF∥EM， 又EM?平面A′DE，BF?平面A′DE， ∴BF∥平面A′DE. (2)解　在平面BCDE內(nèi)作BN⊥DE，交DE的延長線于點N， ∵平面A′DE⊥平面BCDE，平面A′DE∩平面BCDE＝DE，BN?平面BCDE， ∴BN⊥平面A′DE，連接A′N， 則∠BA′N為A′B與平面A′DE所成的角． 易知△BNE∽△DAE， ∴＝＝，又BE＝1， ∴BN＝，EN＝. 在△A′DE中，作A′P⊥DE，垂足為P， ∵A′E＝1，A′D＝2， ∴A′P＝，∴EP＝. 在Rt△A′PN中，PN＝PE＋EN＝，A′P＝， ∴A′N＝. ∴在Rt△A′BN中，tan∠BA′N＝＝， ∴直線A′B與平面A′DE所成角的正切值為.