《廣東省珠海四中2020屆高三數(shù)學二輪專題復習 立體幾何試題 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《廣東省珠海四中2020屆高三數(shù)學二輪專題復習 立體幾何試題 理（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2020高三數(shù)學（理）專題復習--立體幾何 一、選擇題 1、（2020廣東高考）某四棱臺的三視圖如圖所示,則該四棱臺的體積是 ( ) A . B． C． D． 2、（2020廣東高考）設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,下列命題中正確的是( ) A . 若,,,則 B．若,,,則 C．若,,,則 D．若,,,則 3、（2020廣東高考）某幾何體的三視圖如圖1所示，它的體積為（ ） A. B. C. D. 4、（2020廣東高考）如圖1 ~ 3，某幾何體的正視圖（主

2、視圖）是平行四邊形，側(cè)視圖（左視圖）和俯視圖都是矩形，則該幾何體的體積為 A． B． C． D． 圖1 5、（2020江門高三12月調(diào)研）如圖1，、分別是正方體中、上的動點（不含端點），則四邊形的俯視圖可能是 A． B． C． D． 6、（2020揭陽一模）一簡單組合體的三視圖如圖（1）所示，則該組合體的體積為 A. B. C. D. 二、解答題 7、（2020廣東高考）如圖1,在等腰直角三角形中

3、,,,分別是上的點,,為的中點.將沿折起,得到如圖2所示的四棱錐,其中. (Ⅰ) 證明:平面； (Ⅱ) 求二面角的平面角的余弦值. . C O B D E A C D O B E 圖1 圖2 8、（2020廣東高考）如圖5所示，在四棱錐中，底面為矩形，平面，點在線段上，平面. （Ⅰ）證明：平面； （Ⅱ）若，，求二面角的正切值. 9、圖5 （2020廣東高考）如圖5，在錐體中，是邊長為1的 菱形，且，，， 分別是的中點． （1）證明：平面； （2）求二面角的余

4、弦值． 10、已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC =∠BAD =，AB=BC=2AD=4，E、F分別是AB、CD上的點，EF∥BC，AE = x，G是BC的中點．沿EF將梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF （如圖）. （1）當x=2時，求證：BD⊥EG ； （2）若以F、B、C、D為頂點的三棱錐的體積記為，求的最大值； （3）當取得最大值時，求二面角D-BF-C的余弦值． 11、 （2020廣州一模） 圖5 如圖5，在棱長為的正方體中，點是棱的 中點，點在棱上，且滿足． （1）求證：； （2）在棱上

5、確定一點， 使，，，四點共面，并求 此時的長； （3）求平面與平面所成二面角的余弦值． 12、（2020揭陽一模）如圖(6)，四棱錐S—ABCD的底面是正方形，側(cè)棱SA⊥底面ABCD， 過A作AE垂直SB交SB于E點，作AH垂直SD交SD于H點，平面 AEH交SC于K點，且AB=1，SA=2． （1）設點P是SA上任一點，試求的最小值； （2）求證：E、H在以AK為直徑的圓上； （3）求平面AEKH與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值． 13、已知幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖和側(cè)視圖都是腰長為4的等腰直角三角形，正視圖為直角梯形． (Ⅰ)求此幾何體

6、的體積； (Ⅱ)求異面直線與所成角的余弦值； (Ⅲ)探究在上是否存在點Q，使得，并說明理由． 14、（2020江門高三12月調(diào)研）如圖2，直三棱柱中，，，棱，、分別是、的中點． ⑴ 求證：平面； ⑵ 求直線與平面所成角的正弦值． 15．已知正方形ABCD的邊長為1，．將正方形ABCD沿對角線折起，使，得到三棱錐A—BCD，如圖所示． （I）若點M是棱AB的中點，求證：OM∥平面ACD； （II）求證：； （III）求二面角的余弦值． 答案： 1、B　　2、D　　

7、3、C　　4、B　　5、D 6、選D。由三視圖知，此組合體為一個長為4，寬為3，高為1的長方體、中心去除一個半徑為1的圓柱，故其體積為 7、(Ⅰ) 在圖1中,易得 C D O B E H 連結(jié),在中,由余弦定理可得 由翻折不變性可知, 所以,所以, 理可證, 又,所以平面. (Ⅱ) 傳統(tǒng)法:過作交的延長線于,連結(jié), 因為平面,所以, 所以為二面角的平面角. 結(jié)合圖1可知,為中點,故,從而 C D O x E 向量法圖 y z B 所以,所以二面角的平面角的余弦值為. 向量法:以點為原點,建立空間直角坐標系如圖所示, 則

8、,, 所以, 設為平面的法向量,則 ,即,解得,令,得 由(Ⅰ) 知,為平面的一個法向量, 所以,即二面角的平面角的余弦值為. 9、解析：（Ⅰ）因為平面，平面，所以.又因為平面，平面，所以.而，平面，平面，所以平面. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知平面，而平面，所以，而為矩形，所以為正方形，于是. 法1：以點為原點，、、為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系.則、、、，于是，.設平面的一個法向量為，則，從而，令，得.而平面的一個法向量為.所以二面角的余弦值為，于是二面角的正切值為3. 法2：設與交于點，連接.因為平面，平面，平面，所以，，于是就是二面角的平面角.又因為平面，平面，所以是直角

9、三角形.由∽可得，而，所以，，而，所以，于是，而，于是二面角的正切值為. 9、 （1）證明：取的中點，連接 ∵，∴ ∵在邊長為1的菱形中， ∴△是等邊三角形 ∴， ∴平面　∴ ∵分別是的中點　∴∥，∥ ∴，， ∴平面 （2）解：由（1）知，　∴是二面角的平面角 易求得 ∴∴二面角的余弦值為 x y z 10、（1）方法一：∵平面平面， AE⊥EF，∴AE⊥平面，AE⊥EF，AE⊥BE，又BE⊥EF，故可如圖建立空間坐標系E-xyz． ，又為BC的中點，BC=4， ．則A（0，0，2），B（2，0，0），G（2，2，0）

10、，D（0，2，2），E（0，0，0），（－2，2，2），（2，2，0）， （－2，2，2）（2，2，0）＝0，∴．…4分 方法二：作DH⊥EF于H，連BH，GH， 由平面平面知：DH⊥平面EBCF， 而EG平面EBCF，故EG⊥DH． H 為平行四邊形，且 ，四邊形BGHE為正方形，∴EG⊥BH，BHDH＝H， 故EG⊥平面DBH， 而BD平面DBH，∴ EG⊥BD．………4分 （2）∵AD∥面BFC，所以 =VA-BFC＝ ，即時有最大值為． ………8分 （3）設平面DBF的法向量為，∵AE=2， B（2，0，0），D（0，2，2）， H _ E M F D

11、 B A C G F（0，3，0），∴ （－2，2，2）， 則 ，即，取，∴ ，面BCF一個法向量為 則cos<>=，………13分 由于所求二面角D-BF-C的平面角為鈍角，所以此二面角的余弦值為－．………14分 11、推理論證法： （1）證明：連結(jié)，，因為四邊形是正方形，所以． 在正方體中，平面，平面，所以． 因為，，平面， 所以平面． 因為平面，所以． （2）解：取的中點，連結(jié)，則． 在平面中，過點作，則． 連結(jié)，則，，，四點共面． 因為，， 所以．故

12、當時，，，，四點共面． （3）延長，，設，連結(jié)， 則是平面與平面的交線． 過點作，垂足為，連結(jié)， 因為，，所以平面． 因為平面，所以． 所以為平面與平面所成二面角的平面角． 因為，即，所以． 在△中，，， 所以 ．即． 因為， 所以． 所以．所以． 故平面與平面所成二面角的余弦值為． 空間向量法： （1）證明：以點為坐標原點，，，所在的直線 分別為軸，軸，軸，建立如圖的空間直角坐標系， 則，，， ，， 所以，． 因為，所以．所以． （2）解：設，因為平面平面，

13、平面平面，平面平面，所以．（ 所以存在實數(shù)，使得． 因為，，所以． 所以，．所以． 故當時，，，，四點共面． （3）解：由（1）知，． 設是平面的法向量，則即 取，則，．所以是平面的一個法向量． 而是平面的一個法向量， 設平面與平面所成的二面角為，則． 故平面與平面所成二面角的余弦值為． 12、（1）將側(cè)面SAB繞側(cè)棱SA旋轉(zhuǎn)到與側(cè)面SAD在同一平面內(nèi)，如右圖示， 則當B、P、H三點共線時，取最小值，這時，的 最小值即線段BH的長，設,則， 在中，∵,∴,--------------------2分 在三角形BAH中，有余弦定理得： ∴.--------

14、----------------------------------------------------4分 （2）證明：∵SA⊥底面ABCD，∴SA⊥BC，又AB⊥BC， ∴BC⊥平面SAB，又平面SAB，∴EA⊥BC，又∵AE⊥SB，∴AE⊥平面SBC ， 又平面SBC，∴EA⊥EK， 同理 AH⊥KH，∴E、H在以AK為直徑的圓上 （3）方法一：如圖，以A為原點,分別以AB、AD、AS所在的直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標系如右圖示，------------------------------------------------------------------------

15、----10分 則S（0，0，2），C（1，1，0），由（1）可得AE⊥SC，AH⊥SC，∴SC⊥平面AEKH， 為平面AEKH的一個法向量，-------------------11分 為平面ABCDF的一個法向量，-------------------12分 設平面AEKH與平面ABCD所成的銳二面角的平面角為， 則----------------13分 ∴平面AEKH與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值---14分 【方法二： 由可知,故, 又∵面AEKH， 面AEKH, ∴面AEKH. ------------------------10分 設平面AEKH平面A

16、BCD=l，∵面AEKH， ∴-------------------------------------------------------------11分 ∵BD⊥AC，∴⊥AC， 又BD⊥SA，∴BD⊥平面SAC，又平面SAC， ∴BD⊥AK， ∴⊥AK， ∴為平面AEKH與平面ABCD所成的銳二面角的一個平面角，--------------13分 ∴平面AEKH與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為．------------------------14分】 13．解：（Ⅰ）由該幾何體的三視圖可知垂直于底面，且，， ，，此幾何體的體積為；

17、 解法一：（Ⅱ）過點作交于，連接，則或其補角即為異面直線與所成角，在中，，， ；即異面直線與所成角的余弦值為。 （Ⅲ）在上存在點Q，使得；取中點，過點作于點，則點為所求點；連接、，在和中， ，∽，， ，，， ，，， 以為圓心，為直徑的圓與相切，切點為，連接、，可得； ，，，， ，； 14分 解法二：（Ⅰ）同上。 （Ⅱ）以為原點，以、、所在直線為、、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，得，，，又異面直線與所成角為銳角，異面直線與所成角的余弦值為。 （Ⅲ）設存在滿足題設的點，其坐標為， 則，，， ， ①； 點在上，存在使得， 即，

18、化簡得， ②， ②代入①得，得，； 滿足題設的點存在，其坐標為。 14、證明與求解：⑴，底面， ……1分，，……2分，因為，，，所以平面……3分，……4分，因為，所以平面……5分 ⑵（方法一）以C為原點，CA、CB、CC1在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系……6分， 則、、……7分， 、……8分， 、、……9分， 設平面的一個法向為，則……10分， 即，取……11分， 所以……12分，……13分。 （方法二），，……6分，所以，，……7分，由⑴知，，所以平面……8分。 延長到，延長到，使，連接、……9分，在中，，，……10分， ……11分， 是平面的

19、法向量，由所作知，從而，所以……13分。 其他方法，例如將直三棱柱補成長方體，可參照給分。 15、解：(I) 在正方形ABCD中，是對角線的交點， O為BD的中點， M為AB的中點， OM∥AD. 又AD平面ACD，OM平面ACD， OM∥平面ACD. （II）證明：在中，，， ，. 又 是正方形ABCD的對角線，， 又. （III）由（II）知，則OC，OA，OD兩兩互相垂直，如圖，以O為原點，建立空間直角坐標系.則， 是平面的一個法向量.，， 設平面的法向量,則，. 即， 所以且令則，，解得. -----12分 從而，二面角的余弦值為.-------13分