配套K12天津专用高考数学总复习专题09立体几何分项练习含解析理 37页

专题09 立体几何 一．基础题组 ‎1.【2005天津，理4】设、、为平面，为、、直线，则的一个充分条件是 A、 B、 ‎ C、 D、‎ ‎【答案】D 本题答案选D ‎2.【2005天津，理12】若图，平面，且则异面直线PB与AC所成角的正切值等于__________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将此多面体补成正方体，与所成的角的大小即此正方体主对角线与棱所成角的大小。。‎ 本题答案填写：‎ ‎3.【2006天津，理6】设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面.考查下列命题，其中正确的命题是（　　）‎ A．　　 　B． ‎ C．　　　 D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面。下列命题中正确的命题是，选B.‎ ‎4.【2006天津，理13】如图，在正三棱柱中，．若二面角的大小为，则点 到平面的距离为______________．‎ ‎【答案】‎ ‎5.【2007天津，理6】设为两条直线，为两个平面.下列四个命题中，正确的命题是 ( )‎ ‎ A.若与所成的角相等，则 B.若，则 ‎ C.若则 D.若则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ 对于A当与均成时就不一定；对于B只需找个，且即可满足题设但不一定平行；对于C可参考直三棱柱模型排除，故选D ‎6.【2007天津，理12】一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为则此球的表面积为.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ 长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即，由 ‎7.【2008天津，理4】设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是 ‎(A) (B) ‎ ‎ (C) (D) ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、B、D直线可能平行，选C．‎ ‎8.【2008天津，理12】一个正方体的各定点均在同一球的球面上，若该球的体积为，则该正方体的表面积为 .‎ ‎【答案】24‎ ‎9.【2009天津，理12】如图是一个几何体的三视图.若它的体积是,则a＝_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由三视图可知几何体是一个三棱柱,底面三角形的一边长为2,其边上的高为a,依题.‎ ‎10.【2010天津，理12】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎11.【2011天津，理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：），则这个几何体 的体积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，.‎ ‎12.【2012天津，理10】一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为__________ m3．‎ ‎【答案】18＋9π ‎【解析】由几何体的三视图可知该几何体的顶部是长、宽、高分别为‎6 m,‎3 m,‎1 m的长方体，底部为两个直径为‎3 m的球．‎ ‎∴该几何体的体积为：V＝6×3×1＋2×＝18＋9π(m3)．‎ ‎13.【2014天津，理10】已知一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为_______．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ 考点：1．立体几何三视图；2．几何体体积的计算．‎ ‎14.【2017天津，理10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个 球的体积为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设正方体的边长为，则，其外接球直径为，故这个球的体积．‎ ‎【考点】球的体积 ‎【名师点睛】求多面体的外接球的表面积或体积的问题常用的方法有：①三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；②直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；③如果多面体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点即球心．‎ ‎15. 【2015高考天津，理17】（本小题满分13分）如图，在四棱柱中，侧棱,,,‎ ‎,且点M和N分别为的中点.‎ ‎(I)求证：平面；‎ ‎(II)求二面角的正弦值；‎ ‎(III)设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长 ‎【答案】(I)见解析； (II) ； (III) .‎ ‎(I)证明：依题意，可得为平面的一个法向量，， ‎ 所以二面角的正弦值为.‎ ‎(III)依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的一个法向量，由已知得 ‎，整理得，‎ 又因为，解得，‎ ‎ 所以线段的长为.‎ ‎【考点定位】直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.‎ ‎16. 【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），‎ 则该四棱锥的体积为_______m3.‎ ‎（第11题图）‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【考点】三视图、几何体的体积 ‎【名师点睛】①解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．‎ ‎②三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．‎ 二．能力题组 ‎1.【2005天津，理19】如图，在斜三棱柱中，，，侧面与底面ABC所成的二面角为120，E、F分别是棱、的中点。‎ ‎（Ⅰ）求与底面ABC所成的角；‎ ‎（Ⅱ）证明EA∥平面；‎ ‎（Ⅲ）求经过、A、B、C四点的球的体积。‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ 因为，且，所以，于是为二面角的平面角，即 由于四边形为平行四边形，得 所以，与底面所成的角度为 ‎（II） 证明：设与的交点为，则点P为EG的中点，连结PF。‎ 在平行四边形中，因为F是的中点，所以 而EP平面，平面，所以平面 ‎（III）解：连接。在△和△‎ 中， △△‎ 又因为平面，所以是△的外心 设球心为，则必在上，且 在Rt△中，△‎ 球的体积△‎ ‎2.【2006天津，理19】如图，在五面体中，点是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，棱．‎ ‎（1）证明//平面；‎ ‎（2）设，证明平面．‎ ‎【答案】（I）详见解析，（II）详见解析.‎ ‎ （II）证明：连接FM．由（I）和已知条件，在等边△CDE中， CM=DM，EM⊥CD且 因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM． ∵CD⊥OM，CD⊥EM， ∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO． 而FM∩CD=M， 所以EO⊥平面CDF．‎ ‎3.【2007天津，理19】如图，在四棱锥中，底面是的中点.‎ ‎ (I)证明：；‎ ‎ (II)证明：平面；‎ ‎ (III)求二面角的大小.‎ ‎【答案】(I)证明(略)(II)证明证明(略)(III) 或 ‎【解析】‎ ‎(I)证明：在四棱锥中，因底面平面故.‎ ‎ 平面.‎ ‎ 而平面.‎ ‎(III)解法一：过点作垂足为连结.由(II)知，平面 在平面内的射影是则.‎ 解法二：由题设底面平面则平面平面交线为 过点作垂足为故平面过点作垂足为连结故因此是二面角的平面角.‎ ‎ 由已知，可得.设可得 ‎ ∽‎ ‎ 于是，‎ 在中，‎ 所以二面角的大小是 ‎4.【2008天津，理19】如图，在四棱锥中，底面是矩形.‎ 已知.‎ ‎（Ⅰ）证明平面；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线与所成的角的大小；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（I）详见解析，（II），（Ⅲ）．‎ 所以异面直线与所成的角的大小为.‎ ‎（Ⅲ）解：过点P做于H，过点H做于E，连结PE 因为平面，平面，所以.又，‎ 因而平面，故HE为PE再平面ABCD内的射影.由三垂线定理可知，‎ ‎，从而是二面角的平面角。‎ 由题设可得，‎ 于是再中，‎ 所以二面角的大小为．‎ ‎5.【2009天津，理19】如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M为EC的中点,AF＝AB＝BC＝FE＝AD.‎ ‎(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小;‎ ‎(2)证明平面AMD⊥平面CDE;‎ ‎(3)求二面角A－CD－E的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎ (2)证明:因为DC＝DE且M为CE的中点,所以DM⊥CE.连结MP,则MP⊥CE.又MP∩DM＝M,故CE⊥平面AMD.而CE平面CDE,所以平面AMD⊥平面CDE.‎ ‎(3)设Q为CD的中点,连结PQ,EQ.因为CE＝DE,所以EQ⊥CD.因为PC＝PD,所以PQ⊥CD,故∠EQP为二面角A－CD－E的平面角.‎ 由(1)可得,EP⊥PQ,,.‎ 于是在Rt△EPQ中,.‎ 所以二面角A－CD－E的余弦值为.‎ 解法二:如图所示,建立空间直角坐标系,点A为坐标原点.设AB＝1,依题意得 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1),M(,1,).‎ ‎(1),,‎ 于是.‎ 所以.‎ 因为二面角A－CD－E为锐角,所以其余弦值为.‎ ‎6.【2010天津，理19】如图，在长方体ABCD—A1B‎1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4.‎ ‎(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；‎ ‎(2)证明AF⊥平面A1ED；‎ ‎(3)求二面角A1EDF的正弦值．‎ ‎【答案】(1) ，(2) 详见解析，(3) .‎ ‎【解析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点．设AB＝1，依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，，0)．‎ ‎(1)解：易得＝(0，，1)，＝(0,2，－4)．‎ 于是cos〈，〉＝‎ 所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为.‎ ‎(2)证明：易知＝(1,2,1)，＝(－1，－，4)，＝(－1，，0)，‎ 不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)．‎ 由(2)可知，为平面A1ED的一个法向量．‎ 于是cos〈u，〉＝‎ 从而sin〈u，〉＝.‎ 所以二面角A1-ED-F的正弦值为.‎ 解法二：(1)解：设AB＝1，可得AD＝2，AA1＝4，CF＝1，CE＝.‎ 因为，‎ 所以Rt△DCE∽Rt△CBA.‎ 从而∠CDE＝∠BCA.‎ 又由于∠CDE＋∠CED＝90°，所以∠BCA＋∠CED＝90°.‎ 故AC⊥DE.‎ 所以DE⊥NF，DE⊥A1N.‎ 故∠A1NF为二面角A1-ED-F的平面角．‎ 易知Rt△CNE∽Rt△CBA，所以.‎ 又AC＝，所以CN＝.‎ 在Rt△CNF中，NF＝.在Rt△A1AN中，A1N＝.连结A‎1C1，A‎1F.在Rt△A‎1C1F中，A‎1F＝.‎ 在△A1NF中，cos∠A1NF＝.所以sin∠A1NF＝.‎ 所以二面角A1EDF的正弦值为. ‎ ‎7. 【2015高考天津，理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为 ‎ . ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为，高为的圆柱，两端是底面半径为，高为的圆锥，所以该几何体的体积.‎ ‎【考点定位】三视图与旋转体体积公式.‎ ‎8. 【2017天津，理17】（本小题满分13分）‎ 如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．‎ ‎（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）或．‎ 试题解析：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）．‎ ‎（Ⅰ）易得=（0，2，0），=（2，0，）．‎ 设为平面BDE的法向量，则，即．‎ 不妨设，可得．又=（1，2，），可得．‎ ‎（Ⅲ）依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，．‎ 由已知，得，‎ 整理得，解得或．‎ 所以，线段AH的长为或．‎ ‎【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角 ‎【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面位置关系都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角、二面角或点到平面的距离．‎ 三．拔高题组 ‎1.【2011天津，理17】如图，在三棱柱中，‎ 是正方形的中心，，平面，且 ‎（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.‎ 依题意得 ‎ ‎ ‎ （I）解：易得，‎ 于是 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎（II）解：易知 于是 从而 解得故 因此，所以线段BM的长为 方法二：‎ 因此 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎（II）解：连接AC1，易知AC1=B‎1C1，‎ 又由于AA1=B‎1A1，A‎1C1=A1=C1，‎ 从而 所以二面角A—A‎1C1—B1的正弦值为 ‎（III）解：因为平面A1B‎1C1，所以 取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B‎1C1中点，‎ 所以ND//C1H且.‎ 又平面AA1B1B，‎ 所以平面AA1B1B，故 又 所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，‎ 则 由 ‎2.【2012天津，理17】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1．‎ ‎(1)证明PC⊥AD；‎ ‎(2)求二面角A－PC－D的正弦值；‎ ‎(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．‎ ‎【答案】(1) 详见解析，(2) ，(3) ‎ ‎(1)证明：易得 于是，‎ 从而．‎ 所以二面角A－PC－D的正弦值为．‎ ‎(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈0,2］，由此得．由 ‎=(2，－1,0)，故 ‎，‎ 所以，，解得，即．‎ 解法二：(1)证明：由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又由AD⊥AC，PA∩AC=A，故AD⊥平面PAC．又PC平面PAC，所以PC⊥AD．‎ 以二面角A－PC－D的正弦值为．‎ ‎(3)如图，因为∠ADC＜45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF．故∠EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角．‎ 由于BF∥CD，故∠AFB=∠ADC．在Rt△DAC中，，，故 ‎．‎ 在△AFB中，由，，sin∠FAB＝sin135°＝，可得．‎ 由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，‎ 可得．‎ 设AE＝h．‎ 所以．‎ ‎3.【2013天津，理17】如图，四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，侧棱A‎1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．‎ ‎(1)证明B‎1C1⊥CE；‎ ‎(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；‎ ‎(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD‎1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）‎ ‎【解析】解：(方法一)‎ ‎(1)证明：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．‎ 故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．‎ 于是cos〈m，〉＝，‎ 从而sin〈m，〉＝.‎ 所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.‎ ‎(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．‎ 设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．‎ ‎ ‎ ‎(方法二)‎ ‎ (1)证明：因为侧棱CC1⊥底面A1B‎1C1D1，B‎1C1平面A1B‎1C1D1，‎ 所以CC1⊥B‎1C1.‎ 经计算可得B1E＝，B‎1C1＝，EC1＝，‎ 从而B1E2＝，‎ 所以在△B1EC1中，B‎1C1⊥C1E，‎ 又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，‎ 所以B‎1C1⊥平面CC1E，‎ 又CE平面CC1E，故B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2)过B1作B‎1G⊥CE于点G，连接C‎1G.‎ 由(1)，B‎1C1⊥CE，故CE⊥平面B‎1C1G，得CE⊥C‎1G，‎ 所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．‎ 在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C‎1G＝.‎ 在Rt△B‎1C1G中，B‎1G＝，‎ 所以sin∠B1GC1＝，‎ 即二面角B1－CE－C1的正弦值为.‎ 整理得5x2－－6＝0，解得x＝.‎ 所以线段AM的长为.‎ ‎4.【2014天津，理17】如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． ‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见试题分析；（Ⅱ）直线与平面所成角的正弦值为；（Ⅲ）．‎ ‎【解析】‎ 线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）向量法：先求平面和平面的法向量，再利用公式来求二面角的余弦值．综合法：先利用三垂线定理或其逆定理作出二面角的平面角，再利用解三角形的有关知识求其余弦值．‎ 试题解析：（方法一）依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，，．由为棱的中点，得．‎ ‎（Ⅰ）向量，，故． ∴．‎ ‎（Ⅱ）向量，．设为平面的法向量，则即不妨令，可得为平面的一个法向量．于是有 ‎，∴直线与平面所成角的正弦值为．‎ 的一个法向量．取平面的法向量，则 ‎．易知，二面角是锐角，∴其余弦值为．‎ ‎（方法二）（Ⅰ）如图，取中点，连结，．由于分别为的中点，故，且，又由已知，可得且，故四边形为平行四边形，∴．‎ ‎∵底面，故，而，从而平面，∵平面，于是，又，∴．‎ ‎（Ⅱ）连结，由（Ⅰ）有平面，得，而，故．又∵，为的中点，故，可得，∴平面，故平面平面．∴直线在平面内的射影为直线，而，可得为锐角，故为直线与平面所成的角．依题意，有，而为中点，可得，进而．故在直角三角形中，，因此，∴直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎，由余弦定理可得，．∴二面角的斜率值为．‎ 考点：1．空间两条直线的位置关系、直线与平面位置关系；2．二面角、直线与平面所成角的计算．‎ ‎5. 【2016高考天津理数】如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.‎ ‎（Ⅰ）求证：EG∥平面ADF；‎ ‎（Ⅱ）求二面角O−EF−C的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.‎ ‎【解析】‎ ‎.‎ ‎（Ⅰ）证明：依题意，.‎ 设为平面的法向量，则，即 .‎ 不妨设，可得，又，可得，‎ 又因为直线，所以.‎ ‎（Ⅱ）解：易证，为平面的一个法向量.‎ 依题意，.‎ 设为平面的法向量，则，即 .‎ ‎【考点】利用空间向量解决立体几何问题 ‎【名师点睛】1．利用数量积解决问题的两条途径 ：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．‎ ‎2．利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题，常用到下列式子：(1)a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0；(2)|a|＝；(3)cos〈a，b〉＝.‎