2019-2020年高考数学二轮复习 第2部分 大专题综合测4 立体几何与空间向量 理（含解析）.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 第2部分 大专题综合测4 立体几何与空间向量 理（含解析）一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(xx青岛市质检)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是()A2BC.D3答案D解析依题意，由三视图还原出原几何体的直观图如图所示，原几何体为四棱锥，且其底面积为2(12)3，高为x，所以其体积V3x3，所以x3.2(xx陕西理，5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A3B4C24D34答案D解析由空间几何体的三视图可知该几何体为竖着放的半个圆柱，圆柱底面半径为1，高为2，所以几何体的表面积S22234.故本题正确答案为D3一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的体积是()A6B12 C24 D36答案B解析由三视图知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，体积V(43)312.4如图，设平面EF，AB，CD，垂足分别是B、D，如果增加一个条件，就能推出BDEF，这个条件不可能是下面四个选项中的()AACBACEFCAC与BD在内的射影在同一条直线上DAC与、所成的角相等答案D解析因为BD是AC在平面内的射影，所以只需得到ACEF，那么由三垂线定理的逆定理可得BDEF.对于选项A，因为AC，EFACEFBDEF.选项B，因为ACEF，所以BDEF.对于选项C，可得平面ABDC，所以BDEF.对于选项D，AC与、所成的角相等，无法保证ACEF.综上知选D5设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题不正确的是()A若mn，m，n，则nB若m，则m或mC若mn，m，n，则D若m，则m答案D解析对于选项D，当直线m位于平面内且与平面，的交线平行时，直线m，显然m与平面不垂直，因此选项D不正确6已知正四面体ABCD，设异面直线AB与CD所成的角为，侧棱AB与底面BCD所成的角为，侧面ABC与底面BCD所成的角为，则()ABCD答案B解析如图，设底面BCD的中心为点O，连接AO，BO，易知ABO，取BC的中点E，连接AE、OE，易知AEO，在正三角形BCD中，OBOE，因此0.7如图，在ABC中，ABAC，若ADBC，则AB2BDBC；类似地有命题：在三棱锥ABCD中，AD平面ABC，若A点在平面BCD内的射影为M，则有SSBCMSBCD上述命题是()A真命题B增加条件“ABAC”才是真命题C增加条件“M为BCD的垂心”才是真命题D增加条件“三棱锥ABCD是正三棱锥”才是真命题答案A解析因为AD平面ABC，所以ADAE，ADBC，在ADE中，AE2MEDE，又A点在平面BCD内的射影为M，所以AM平面BCD，AMBC，所以BC平面ADE，所以BCDE，将SABC、SBCM、SBCD分别表示出来，可得SSBCMSBCD，故选A.8(xx德州市期末)如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AD3，AA12，点P是B1C的三等分点且靠近点C，则异面直线AP和DD1所成的角为()A.BCD答案C解析如图，过点P作PNBC于点N，连接AN，则PNBB1，而DD1BB1，所以DD1PN，所以APN就是异面直线AP和DD1所成的角因为点P是B1C的三等分点且靠近点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)如图，斜线段AB与平面所成的角为60，B为斜足，平面上的动点P满足PAB30，则点P的轨迹是()A直线B抛物线C椭圆D双曲线的一支答案C解析考查1.圆锥曲线的定义；2.线面位置关系由题可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60角的平面截圆锥，所得图形为椭圆故选C.10(xx济南市模拟)类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可得出空间内的下列结论：垂直于同一个平面的两条直线互相平行；垂直于同一条直线的两条直线互相平行；垂直于同一个平面的两个平面互相平行；垂直于同一条直线的两个平面互相平行则正确的结论是()ABCD答案D解析显然正确；对于，在空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，也可以异面或相交；对于，在空间中垂直于同一个平面的两个平面可以平行，也可以相交(如长方体相邻两侧面与底面)11(xx郑州市质检)如图，四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论正确的是()AACBDBBAC90CCA与平面ABD所成的角为30D四面体ABCD的体积为答案B解析取BD的中点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假设ACBD，OC为AC在平面BCD内的射影，OCBD，矛盾，AC不垂直于BD，A错误；CDBD，平面ABD平面BCD，CD平面ABD，AC在平面ABD内的射影为AD，ABAD1，BD，ABAD，ABAC，B正确；CAD为直线CA与平面ABD所成的角，CAD45，C错误；VABCDSABDCD，D错误，故选B12(xx唐山市二模)直三棱柱ABCA1B1C1的所有顶点都在半径为的球面上，ABAC，AA12，则二面角BAA1C的余弦值为()ABC.D答案D解析如图，设球心为O，底面ABC外接圆的圆心为O，则OAOBOC，OO1，OAOBOC1，BC，ABC为正三角形，二面角BAA1C的平面角BAC60，二面角BAA1C的余弦值为.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13(xx枣庄四校联考)在正三棱锥PABC中，M，N分别是PB，PC的中点，若截面AMN平面PBC，且三棱锥PABC的侧面积为S1，底面积为S2，则_.答案2解析取线段BC的中点D，连接PD交MN于H，连接AD，AH.因为M，N分别是PB，PC的中点，所以H为PD的中点，AHMN，又平面AMN平面PBC，平面AMN平面PBCMN，所以AH平面PBC，从而AH垂直且平分PD，则PAAD，设ABa，则PAADa，所以侧面积S1a2，底面积S2a2，则2.14.(xx胶东示范校质检)如图，在平面四边形ABDC中，已知ABBC，CDBD，ABBC，现将四边形ABDC沿BC折起，使平面ABC平面BDC，设E，F分别为棱AC，AD的中点，若CD2，BCD60，则VABFE_.答案解析因为平面ABC平面BDC，ABBC，所以AB平面BDC，所以ABCD，又CDBD，ABBDB，所以DC平面ABD，因为E，F分别为棱AC，AD的中点，所以EF平面ABD，所以VABFEVEABF，在RtBCD中，CD2，BCD60，所以BD2，BC4，又ABBC，所以AB4，因为E，F分别为棱AC，AD的中点，所以EF1，所以VABFEVEABF1SABF(SABD)24.15设C是AOB所在平面外的一点，若AOBBOCAOC，其中是锐角，而OC和平面AOB所成角的余弦值等于，则的值为_答案60解析作CC1平面AOB于点C1，C1A1OA于点A1，C1B1OB于点B1，连接OC1，则COC1为直线OC与平面AOB所成的角，且OC1是AOB的平分线，设OA1x，则OC，OC1，易求得cosCOC1，即2cos2cos10，解之得cos或cos(舍去)，故30，所以60.16如图，正方形BCDE的边长为a，已知ABBC，将直角ABE沿BE边折起，A点在面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：AB与DE所成角的正切值是；VBACE的体积是a3；ABCD；平面EAB平面ADE；直线BA与平面ADE所成角的正弦值为.其中正确的叙述有_(写出所有正确结论的编号)答案解析由题意可得如图所示的几何体，对于，AB与DE所成角为ABC，在ABC中，ACB90，ACa，BCa，所以tanABC，故正确；对于，VBACEVAECBaaaa3，故正确；明显错误；对于，因为AD平面BCDE，所以ADBE，又因为DEBE，所以BE平面ADE，可得平面EAB平面ADE，故正确；对于，由可知，BAE即为直线BA与平面ADE所成的角，在ABE中，AEB90，ABa，BEa，所以sinBAE，故正确三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本题满分10分)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是等边三角形，D是BC的中点(1)求证：直线A1DB1C1；(2)判断A1B与平面ADC1的位置关系，并证明你的结论解析(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，所以AA1BC，在等边ABC中，D是BC中点，所以ADBC，因为在平面A1AD中，A1AADA，所以BC平面A1AD，又因为A1D平面A1AD，所以A1DBC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，所以B1C1BC，所以，A1DB1C1.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ACC1A1是平行四边形，在平行四边形ACC1A1中连接A1C，交AC1于点O，连接DO.故O为A1C的中点在三角形A1CB中，D为BC中点，O为A1C中点，故DOA1B因为DO平面ADC1，A1B平面ADC1，所以，A1B平面ADC1，故A1B与平面ADC1平行18(本题满分12分)(xx山西太原市模拟)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，DAB60，AB2AD2，PD平面ABCD(1)求证：ADPB；(2)若BD与平面PBC的所成角为30，求四面体PBCD的体积解析(1)证明：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)过D作DEPB，垂足为E，ABCD是平行四边形，ADBC，由(1)得AD平面PBD，BC平面PBD，平面PBC平面PBD，DE平面PBC，BD与平面PBC的所成角为DBE30，由(1)得BD，DPBDtanDBE1，VPBCDSBCDDPBDBCDP.19(本题满分12分)(xx成都一诊)如图，PO平面ABCD，点O在AB上，EAPO，四边形ABCD为直角梯形，BCAB，BCCDBOPO，EAAOCD(1)求证：PE平面PBC；(2)直线PE上是否存在点M，使DM平面PBC，若存在，求出点M；若不存在，说明理由(3)求二面角EBDA的余弦值解析(1)证明：EAOP，AO平面ABP，点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.由平面几何知识知PEPB，又BCPBB，PE平面PBC.(2)点E即为所求的点，即点M与点E重合取PB的中点F，连接EF、CF、DE，延长PE交BA的延长线于H，则E为PH的中点，O为BH的中点，EF綊OB，又OB綊CD，EFCD，且EFDC，四边形DCFE为平行四边形，所以DECF.CF在平面PBC内，DE不在平面PBC内，DE平面PBC.(3)由已知可知四边形BCDO是正方形，显然OD、OB、OP两两垂直，如图建立空间直角坐标系，设DC1，则B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0，)，设平面BDE的一个法向量为n1(x，y，z)，(1，1,0)，(0，)，即取y1，则x1，z3，从而n1(1,1,3)取平面ABD的一个法向量为n2(0,0,1)cosn1，n2，故二面角EBDA的余弦值为.20(本题满分12分)(xx江西省质检)已知斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是矩形，侧面CC1D1D垂直于底面ABCD，BC2ABDC12，BD12.(1)求证：平面AB1C1D平面ABCD；(2)点E是棱BC的中点，求二面角A1AED的余弦值解析(1)连接CD1，设CD1DC1F，则F是CD1，DC1的中点，因为底面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)可以点D为原点，DA，DC，DC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则平面DAE的法向量n(0,0,2)，设平面A1AE的法向量为m(x，y，z)，因为(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为.21(本题满分12分)如图，边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别为AB、BC的中点，将BEF剪去，将AED、DCF分别沿DE、DF折起，使A、C两点重合于点P，得一三棱锥如图所示(1)求证：PDEF；(2)求三棱锥PDEF的体积；(3)求DE与平面PDF所成角的正弦值解析(1)依题意知图折前ADAE，CDCF，折起后PDPE，PFPD，PEPFP，PD平面PEF.又EF平面PEF，PDEF.(2)依题意知图中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为DE与平面PDF所成的角在RtPDE中，DE，PE，sinPDE.22(本题满分12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN平面A1B1C1，求线段BM的长解析如图所示 ，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点依题意得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，.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知(0,2，0)，(，)设平面AA1C1的法向量m(x，y，z)，则即不妨令x，可得m(，0，)同样的，设平面A1B1C1的法向量n(x，y，z)，则即不妨令y，可得n(0，)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N.设M(a，b,0)，则，由MN平面A1B1C1，得即解得故M，因此，所以线段BM的长|.