高考数学专题复习-立体几何

高考数学专题复习-立体几何 立体几何 1.(浙江理4)下列命题中错误的是 【答案】D 5.在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以 为D ,,,平面,,A(如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面 ,,,B(如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 ,,,平面,,,平面l,平面,,,,=lC(如果平面，平面，，那么 ,,,平面,,D(如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面 6.(广东理7)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B lll1232.(四川理3)，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是【B ll,ll,,ll//122313A(， ll,ll//ll,,122313B(， lll////lll6393123183,233123C(，，共面 B( C( D( A( ,7.(辽宁理8)。如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则llllll,123123D(，，共点，，共面 下列结论中不正确的是D 【解析】A答案还有异面或者相交，C、D不一定 (A)AC?SB(B)AB?平面SCD 3.(陕西理5)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 (C)SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 (D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 2,,2,,8, 882,,A( B(C(D( 333二、填空题 4.(浙江理3)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是D 3,,2,8.若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为 。 3 9.(福建理12)三棱锥P-ABC中，PA?底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2 3的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于___ 。 1 ,,P,ABCDGOG,OD,2.三、10.如图，在四棱锥中，平面PAD?平面ABCD，AB=AD，?是线段DA与线段FC延长线的交点，有 同理，设P BAD=60?，E、F分别是AP、AD的中点 ,,GG又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合.在?GED和?GFD= = = 求证:(1)直线EF?平面PCD; E(2)平面BEF?平面PAD 11DDEDF 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 :(1)在?PAD中，因为E、F分别为 OB中，由?和OC?，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以22AFAP，AD的中点，所以EF//PD. ,,BC是?GEF的中位线，故BC?EF. 又因为EF平面PCD，PD平面PCD， C所以直线EF//平面PCD. FQ,AD(向法)过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED?平面ADFC，B(2)连结DB，因为AB=AD，?BAD=60?， 所以?ABD为正三角形，因为F是AD的 QEQDQFx知FQ?平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，中点，所以BF?AD.因为平面PAD?平面 为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系. :,ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF?平面PAD。 3333,E(3,0,0),F(0,0,3),B(,,,0),C(0,,,).又因为BF平面BEF，所以平面BEF?平面PAD. 由条件知 2222 ABCDEFGAGFDABED11.(安徽理17)如图，为多面体，平面与平面垂直， 33 BC,(,,0,),EF,(,3,0,3).OAOD,,1,2,EF,2BC,OOACODEODFAD点在线段上，?OAB，,?，?，?都则有所以即得BC?EF.(II)22 3BCEF是正三角形。(?)证明直线?; ，,60:,,EOB知SEOB2解:由OB=1，OE=2，，而?OED是边长为2的三(II)求棱锥F—OBED的体积。 33 S,S，S,. OBEDEOBOEDS,3.OED角形，故所以过点F作FQ?AD，交2 AD于点Q，由平面ABED?平面ACFD知，FQ就是棱锥F—OBED的高，且 13 V,FQ,S,.(I)(综合法)证明:设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于?OAB与?是F,OBEDOBED3FQ=，所以 32 = 1 DE OB正三角形，所以?，OG=OD=2， 2 2 ,,x，3y,0,,PABCD,ABCDABCDPA,612.如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，,x,3,z,.,,x,3y，tz,0y,3,,令则 所以tABBAD,，,2,60PAC;BD,.(?)求证:平面 66 m,(3,3,)n,(,3,3,)PAAB,,ACPBCPDCPB所以同理，平面PDC的法向量 (?)若求与所成角的余弦值;(?)当平面与平面tt 36PA垂直时，求的长. ,6，,02tt,6m,n因为平面PCB?平面PDC,所以=0，即解得 证明:(?)因为四边形ABCD是菱形， 所以AC?BD.又因为PA?平面ABCD.所以PA?BD. 13. 如图5(在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形， 所以BD?平面PAC. PAPD,,2: 且?DAB=60，,PB=2, (?)设AC?BD=O. 因为?BAD=60?，PA=PB=2, E,F分别是BC,PC的中点( ,3(1) 证明:AD 平面DEF; 所以BO=1，AO=CO=. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则 (2) 求二面角P-AD-B的余弦值( 法一:(1)证明:取AD中点G，连接PG，BG，BD。 333P(0，—，2)，A(0，—，0)，B(1，0，0)，C(0，，0). ABADDAB,,，,:1,60PGAD,,ABD 因PA=PD，有，在中，，有 PB,(1,3,,2),AC,(0,23,0).所以 BGADBGPGG,,,,,ABDAD,为等边三角形，因此，所以平面 ,设PB与AC所成角为，则 ,,,ADPBADGB,.PBG PB,AC66 cos,,,ADEF,,FEDEE,,422，23 又PB//EF，得，而DE//GB得AD DE，又，所|PB|,|AC|. ,BC,(,1,3,0).以AD 平面DEF。 (?)由(?)知 BP,(,1,,3,t)3设P(0，,，t)(t>0)，则 BC,m,0,BP,m,0m,(x,y,z)设平面PBC的法向量,则 3 311 ||||sin60GBAB,:,PmGnAnDn(0,0,),(,0,0),(,,0),(,,0).则, 222 333131nm ？，，，，BnCnEnF(,0,0),(,1,0),(,,0),(,,). 22222422 33nm ADDEFE,,,，,(0,1,0),(,0,0),(,0,) 由于 2242PGADBGAD,,,(2)， ADDEADFEADDEADFEDEFEE,,,,,,,,0,0,,, 得 ？，PGB 为二面角P—AD—B的平面角，在 13 PAnmPBnm,,,,，,(,,),(,0,)37？,AD222 平面DEF。(2) 22RtABG,,:中,BG=ABsin60=RtPAGPGPAAG,,,,中,在 24 1332222？，，,，，,,,mnnmmn2,()2,1,.解之得73 222422，,4PGBGPB，,2144？，,,,,cosPGBn,,(0,0,1),nabc,(,,)12取平面ABD的法向量 设平面PAD的法向量 27PGBG,73 2,,33bb22PAnacPDnac,,,,,,,，,,0,0,0,0,得由得22PAPDPGAD,,,. 法二:(1)取AD中点为G，因为 由 2222ABADDABABD,，,:,,60,BGAD,3 又为等边三角形，因此，，从而n,(1,0,).2 取 2PO,AD,,,平面PBG。延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD， 3 ,ADOBG,,,,所以PO 平面ABCD。 21212？,,,,,cos,.nnx 以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，77 1,y平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系。4 4 2POPO2CABAB,214. 如图5，在圆锥中，已知=，?O的直径,是的中RtODAODOA,,,:,中,sin45. 在2ACD点，为的中点( 22，PODPAC,(?)证明:平面平面; POOD,10222RtPODOH,,,,中,. 51POOD，BPAC,,(?)求二面角的余弦值。 在 2， 2 POOA,，216 RtPOAOG,,,,中,.22在 321，POOA，OAOCDAC,,,是的中点,所以ACOD.解法1:连结OC，因为 10PO,ACPO,,又底面?O，AC底面?O，所以， OH155RtOHGOGH,，,,,中,sin. OG56AC,因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以平面POD， 在 3AC,1510,2而平面PAC，所以平面POD平面PAC。 cos1sin1.，,,，,,,OGHOGH 所以 255PODPAC,平面,OHPD,(II)在平面POD中，过O作于H，由(I)知，平面 10 .OH,PAOH,.PA,所以平面PAC，又面PAC，所以 故二面角B—PA—C的余弦值为 5 解法2:(I)如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、OGPA,在平面PAO中，过O作于G， y轴，z轴建立空间直角坐标系，则 连接HG， 11 D(,,0),OABCP(0,0,0),(1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2),PA,则有平面OGH， ， 22 nxyz,(,,)PAHG,，OGH1111从而，故为二面角B—PA—C的平面角。 设是平面POD的一个法向量， 5 11,,相等， 由图可知，二面角B—PA—C的平面角与,，,xy0,11,22,10nODnOP,,,,0,011,则由，得 .20.z,1,所以二面角B—PA—C的余弦值为 5zxyyn,,,,0,,1,(1,1,0).取得11111所以 15.如图，四边形ABCD为正方形，PD?平面nxyz,(,,)12222设是平面PAC的一个法向量， ABCD，PD?QA，QA=AB=PD( 2nPAnPC,,,,0,022则由， (I)证明:平面PQC?平面DCQ; (II)求二面角Q—BP—C的余弦值(解: ,,,,xz20,,22如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，, 得 射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz. yz，,20.,22, (I)依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0). xzyz,,,,2,2.1,取z22222所以 DQDCPQ,,,,(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).PQDQPQDC,,,,0,0.则所以 n,,(2,2,1)2得。 即PQ?DQ，PQ?DC.故PQ?平面DCQ. ,又PQ平面PQC，所以平面PQC?平面DCQ. (II)依题意有B(1，0，1)，nn,,,,,(1,1,0)(2,2,1)0,12因为 CBBP,,,,(1,0,0),(1,2,1). nn,.POD,12所以从而平面平面PAC。 ,nCBx,,,0,0,,,即,,n,(0,1,0).3,nxyz,(,,)(II)因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为 ,，,,xyz20.设是平面PBC的法向量，则 nBP,,0,,,, ,mBP,,0,n,,(2,2,1),2由(I)知，平面PAC的一个法向量为 ,n,,,(0,1,2).因此可取设m是平面PBQ的法向量，则 mPQ,,0.,,nn和,23设向量的夹角为，则 1515 ,.mmn,,,,,(1,1,1).cos,.所以nn,21023可取故Q—BP—C的余弦值为 55,cos.,,, ||||5nn, 523 6 PABCD,2716.如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边, 故二面角A-PB-C的余弦值为 7，,:DAB60ABAD,2PD,形，，，底面ABCD( ，,，,ABCBACAD60,90,,ABCBCAD17.如图，在中，是上的高，沿 PABD,(I)证明:; ,ABC，,BCD90把折起，使。 (II)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值( (?)证明:平面,,, ?平面,,,; ，,:,DABABAD60,2BDAD,3(?)因为， 由余弦定理得 AEDB(?)设,为,,的中点，求与夹角的余弦值。 ,,,从而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD ,,所以BD平面PAD. 故 PABD x(?)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建 xyz立空间直角坐标系D-，则 B03,0，C,1,3,0A1,0,0P0,0,1，，，，，，，，，，，( 解(?)?折起前,,是,,边上的高， uuuvuuvuuuv? 当Δ ,,,折起后，AD?,,，AD?,,， ABPBBC,,,,,,(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0) ,又DB,,,,，?,,?平面,,,， uuurnAB,,0,{uuur？,?AD 平面平面BDC(平面ABD平面BDC。 nPB,,0,设平面PAB的法向量为n=(x，y，z)，则 DB,，,xy3090:(?)由? ,,,,及(?)知DA，,,，DC两两垂直，不防设=1，(3,1,3) 即 因此可取n= uuurDBDCDA,,xyz,,以D为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐30yz,, m0,,,PB{uuur13设平面PBC的法向量为m，则 m0,,,BC3标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E(，，0)， 22,427 cos,mn,,,,3可取m=(0，-1，) 727 7 13h,,。 解:设正四棱柱的高为,,3,,,？AEDB=，=(1，0,0,)， 22,,AOAA,ABCDA1111111? 连，底面于， ？AEDB与夹角的余弦值为 ABABCD，ABA，,ABA,111111111? 与底面所成的角为，即 11 ABAD,OBDAOBD,AOBD,AEDB,2222111111111111? ，为中点，?，又， 22,,.,, 2222||||AEDB,2222，AOAABDA,,，,AOA,cosAEDB1111111,，,=( 1，1，? 是二面角的平面角，即 44AAAAABCDABCD,OACBD1111111111118. 已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交tan,,,htan22tan,,,,,h ABAO? ，。 1111点。 ABABCDABDA,,AhBDCh(0,0,),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,),1111111111(1)设与底面所成的角的大小为，二面角的大小? 建立如图空间直角坐标系，有 ,ABhADhAC,,,,,(1,0,),(0,1,),(1,1,0)为。 11 ABD4nxyz,(,,)11设平面的一个法向量为， ABDtan2tan,,,C11求证:;(2)若点到平面的距离为，求正四棱柱3,,nABnAB,,,0,,11,,,ABCDABCD,1111nhh,(,,1)的高。 z,1? ，取得 nADnAD,,,0,,11z,, DAAD||04nAChh,，，AD d,,,22ABDCh,211 点?到平面的距离为，则。 3||nBB hh，，1CCBC AD11A 1A1D1D1yO1 B1OB1C11O1C1 B1C1 8 x 19.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中(? BAC=90?，AB=AC=AA1 =1(D是棱111SSS,,,,,CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1?平面BDA( ,,,PCDPCCPCD11, 244(I)求证:CD=C1D: (II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值; ,BDP1在中，(?)求点C到平面B1DP的距离( 95，,5BABA3525511解析:(1)连接交于441111BDBPPDDBPDBP,,,，,,，,,5,.cos,sin3225525,,BP//面BDABPABPABPDOD,,面面面,,BAO111111， ,, 2？BPOD//BAO1113531,又为的中点， ？,,,,,,Sh5,,BPD1 22543？C为AP？,,,ACDPCD？,CDCDCC？D为AP11111中点，,,D为的中点。 20.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形PA?平面ABCD，AP=AB=2， ABACABAAABCC,,,,,面AA22111AHAD,BC=，E，F分别是AD,PC的中点. (2)由题意,过B 作,连接 (?)证明:PC?平面BEF; BH，则 (?)求平面BEF与平面BAP夹角的大小。 解法一 (?)如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的AADB,,,AAD11BHAD,？，AHB,为二面角的平面角。在中，直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.?AP=AB=2， 5522BC=，四边形ABCD是矩形. AAADAD,,,1,,11,222222?A，B，C，D的坐标为A(0,0,0),B(2,0,0),C(2, ,0)，D(0，，0)，P(0,0,2) 25又E，F分别是AD，PC的中点， 25352AH5AHBHAHB,,，,,,,,cos22?E(0，，0),F(1，，1). 553BH35 PC222BFEF5?=(2，，-2)=(-1，，1)=(1,0,1)， 11hSABS,,,,,BPDPCD111VV,AB,1CBPDBPCD,11PCPC11BFEF(3)因为，所以, ??=-2+4-2=0，?=2+0-2=0， 33 9 21(解:(1)连接B1C，交BC1于点O，则O为B1C的中点， PCPCBFEF??，?， ?D为AC中点 ?OD?B1A ,,平面BDC1，OD平面BDC1 又B1ABFEFF,?PC?BF,PC?EF, , ?B1A?平面BDC1 ?PC?平面BEF (2)?AA1?面ABC，BC?AC，AA1?CC1 ?CC1?面ABC 则BC?平面AC1，CC1?AC nPC,,,(2,22,2),1(II)由(I)知平面BEF的法向量 如图以C为坐标原点，CA所在直线为X轴，CB所在直线为Y轴， CCnAD,,(0,22,0),？,nn8,1Z212所在直线为轴建立空间直角坐标系 则C1(0,0,3) B(0,2,0) D(1,0,0) 平面BAP 的法向量 C(0,0,0) , 设平面BEF与平面BAP的夹角为， CDBnCDnCB,,,n,(x,y,z)111 ?设平面的法向量为 由得 nn1282coscos,,nn,,,,,n(6,3,2),xzyz,,,,30,23012z,2，取， 则 2422，nn12则 CC(0,0,3),1 又平面BDC的法向量为 0045,,45?， ? 平面BEF与平面BAP的夹角为 CCn,21，CC,n，,,1ABC,ABCAA,7ABC1111|CC||n|21. 如图，三棱柱中，面， 1 cos AA,32BC,ACBC,AC,2ACD1,，，为的中点。 7?二面角C1—BD—C的余弦值为 AB//BDCC,BD,C111 (I)求证:面;(?)求二面角的余弦值 10