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2020高三数学（理）专题复习-立体几何一、选择题1、（2020广东高考）某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( )A . B C D2、（2020广东高考）设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )A . 若,则 B若,则C若,则 D若,则3、（2020广东高考）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为（ ）A.B.C.D.4、（2020广东高考）如图1 3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A B C D图15、（2020江门高三12月调研）如图1，、分别是正方体中、上的动点（不含端点），则四边形的俯视图可能是A B C D6、（2020揭阳一模）一简单组合体的三视图如图（1）所示，则该组合体的体积为 A. B. C. D.二、解答题7、（2020广东高考）如图1,在等腰直角三角形中,分别是上的点,为的中点.将沿折起,得到如图2所示的四棱锥,其中.() 证明:平面； () 求二面角的平面角的余弦值.COBDEACDOBE图1图28、（2020广东高考）如图5所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上，平面.（）证明：平面；（）若，求二面角的正切值.9、图5（2020广东高考）如图5，在锥体中，是边长为1的菱形，且，分别是的中点（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值10、已知梯形ABCD中，ADBC，ABC =BAD =，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EFBC，AE = x，G是BC的中点沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF （如图）.（1）当x=2时，求证：BDEG ；（2）若以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为，求的最大值；（3）当取得最大值时，求二面角D-BF-C的余弦值11、（2020广州一模）图5如图5，在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在棱上，且满足（1）求证：；（2）在棱上确定一点， 使，四点共面，并求此时的长；（3）求平面与平面所成二面角的余弦值12、（2020揭阳一模）如图(6)，四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱SA底面ABCD，过A作AE垂直SB交SB于E点，作AH垂直SD交SD于H点，平面AEH交SC于K点，且AB=1，SA=2（1）设点P是SA上任一点，试求的最小值；（2）求证：E、H在以AK为直径的圆上；（3）求平面AEKH与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值13、已知几何体的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形()求此几何体的体积；()求异面直线与所成角的余弦值；()探究在上是否存在点Q，使得，并说明理由14、（2020江门高三12月调研）如图2，直三棱柱中，棱，、分别是、的中点 求证：平面； 求直线与平面所成角的正弦值15已知正方形ABCD的边长为1，将正方形ABCD沿对角线折起，使，得到三棱锥ABCD，如图所示（I）若点M是棱AB的中点，求证：OM平面ACD；（II）求证：；（III）求二面角的余弦值 答案：1、B2、D3、C4、B5、D6、选D。由三视图知，此组合体为一个长为4，宽为3，高为1的长方体、中心去除一个半径为1的圆柱，故其体积为7、() 在图1中,易得CDOBEH连结,在中,由余弦定理可得由翻折不变性可知,所以,所以,理可证, 又,所以平面.() 传统法:过作交的延长线于,连结,因为平面,所以,所以为二面角的平面角.结合图1可知,为中点,故,从而CDOxE向量法图yzB所以,所以二面角的平面角的余弦值为.向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,所以,设为平面的法向量,则,即,解得,令,得由() 知,为平面的一个法向量,所以,即二面角的平面角的余弦值为.9、解析：（）因为平面，平面，所以.又因为平面，平面，所以.而，平面，平面，所以平面.（）由（）可知平面，而平面，所以，而为矩形，所以为正方形，于是.法1：以点为原点，、为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.则、，于是，.设平面的一个法向量为，则，从而，令，得.而平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为，于是二面角的正切值为3.法2：设与交于点，连接.因为平面，平面，平面，所以，于是就是二面角的平面角.又因为平面，平面，所以是直角三角形.由可得，而，所以，而，所以，于是，而，于是二面角的正切值为.9、（1）证明：取的中点，连接，在边长为1的菱形中，是等边三角形，平面分别是的中点，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为xyz10、（1）方法一：平面平面，AEEF，AE平面，AEEF，AEBE，又BEEF，故可如图建立空间坐标系E-xyz ，又为BC的中点，BC=4，则A（0，0，2），B（2，0，0），G（2，2，0），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DHEF于H，连BH，GH， 由平面平面知：DH平面EBCF，而EG平面EBCF，故EGDHH为平行四边形，且，四边形BGHE为正方形，EGBH，BHDHH，故EG平面DBH， 而BD平面DBH， EGBD4分（2）AD面BFC，所以 =VA-BFC，即时有最大值为 8分（3）设平面DBF的法向量为，AE=2， B（2，0，0），D（0，2，2），H_EMFDBACGF（0，3，0）， （2，2，2）， 则 ，即，取，面BCF一个法向量为 则cos=，13分由于所求二面角D-BF-C的平面角为钝角，所以此二面角的余弦值为14分11、推理论证法：（1）证明：连结，因为四边形是正方形，所以 在正方体中，平面，平面，所以 因为，平面，所以平面 因为平面，所以（2）解：取的中点，连结，则 在平面中，过点作，则连结，则，四点共面 因为，所以故当时，四点共面 （3）延长，设，连结， 则是平面与平面的交线过点作，垂足为，连结，因为，所以平面因为平面，所以所以为平面与平面所成二面角的平面角 因为，即，所以 在中，所以 即因为，所以所以所以故平面与平面所成二面角的余弦值为空间向量法：（1）证明：以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图的空间直角坐标系，则，所以， 因为，所以所以 （2）解：设，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以（所以存在实数，使得因为，所以所以，所以故当时，四点共面（3）解：由（1）知，设是平面的法向量，则即取，则，所以是平面的一个法向量而是平面的一个法向量，设平面与平面所成的二面角为，则故平面与平面所成二面角的余弦值为12、（1）将侧面SAB绕侧棱SA旋转到与侧面SAD在同一平面内，如右图示，则当B、P、H三点共线时，取最小值，这时，的最小值即线段BH的长，设,则，在中，,-2分在三角形BAH中，有余弦定理得：.-4分（2）证明：SA底面ABCD，SABC，又ABBC，BC平面SAB，又平面SAB，EABC，又AESB，AE平面SBC ，又平面SBC，EAEK， 同理 AHKH，E、H在以AK为直径的圆上（3）方法一：如图，以A为原点,分别以AB、AD、AS所在的直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系如右图示，-10分则S（0，0，2），C（1，1，0），由（1）可得AESC，AHSC，SC平面AEKH，为平面AEKH的一个法向量，-11分为平面ABCDF的一个法向量，-12分设平面AEKH与平面ABCD所成的锐二面角的平面角为，则-13分平面AEKH与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值-14分【方法二： 由可知,故,又面AEKH，面AEKH, 面AEKH. -10分设平面AEKH平面ABCD=l，面AEKH，-11分BDAC，AC，又BDSA，BD平面SAC，又平面SAC，BDAK， AK， 为平面AEKH与平面ABCD所成的锐二面角的一个平面角，-13分平面AEKH与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为-14分】13解：（）由该几何体的三视图可知垂直于底面，且，此几何体的体积为； 解法一：（）过点作交于，连接，则或其补角即为异面直线与所成角，在中，；即异面直线与所成角的余弦值为。（）在上存在点Q，使得；取中点，过点作于点，则点为所求点；连接、，在和中，以为圆心，为直径的圆与相切，切点为，连接、，可得；，； 14分解法二：（）同上。（）以为原点，以、所在直线为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，得，又异面直线与所成角为锐角，异面直线与所成角的余弦值为。（）设存在满足题设的点，其坐标为，则， ；点在上，存在使得，即，化简得， ，代入得，得，；满足题设的点存在，其坐标为。14、证明与求解：，底面，1分，2分，因为，所以平面3分，4分，因为，所以平面5分（方法一）以C为原点，CA、CB、CC1在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系6分，则、7分，、8分，、9分，设平面的一个法向为，则10分，即，取11分，所以12分，13分。（方法二），6分，所以，7分，由知，所以平面8分。延长到，延长到，使，连接、9分，在中，10分，11分，是平面的法向量，由所作知，从而，所以13分。其他方法，例如将直三棱柱补成长方体，可参照给分。15、解：(I) 在正方形ABCD中，是对角线的交点，O为BD的中点， M为AB的中点， OMAD. 又AD平面ACD，OM平面ACD， OM平面ACD. （II）证明：在中， ，. 又 是正方形ABCD的对角线， 又. （III）由（II）知，则OC，OA，OD两两互相垂直，如图，以O为原点，建立空间直角坐标系.则， 是平面的一个法向量.， 设平面的法向量,则，.即， 所以且令则，解得. -12分从而，二面角的余弦值为.-13分
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