湖南省2020届高三数学理一轮复习典型题专项训练：立体几何

湖南省2020届高三数学理一轮复习典型题专项训练：立体几何

湖南省 2020 届高三数学理一轮复习典型题专项训练 立体几何 一、选择、填空题 1、（常德市 2019 届高三上学期检测）如图，网格线上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何 体的三视图，其正视图，侧视图均为等边三角形，则该几何体的体积为 A． B． C． D． 2、（衡阳八中 2019 届高三上学期第二次月考）某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中六边形 是边长为 1 的正六边形，点 为 的中点，则该几何体的外接球的表面积是（ C ） A. B. C. D. 3、（怀化市 2019 届高三统一模拟（二））某组合体的三视图如图所示.则该组合体的体积为 A. 4 B. 8 C. D. 8 3 (1 )3 π+ 4 3(2 )π+ 4 3 (2 )3 π+ 8 3(1 )π+ ABCDEF G AF 31 6 π 31 8 π 481 64 π 31 31 48 π 4 3 8 3 4、（三湘名校教育联盟 2019 届高三第一次大联考）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画 出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A.8 B.16 C.24 D.48 5、（邵阳市 2019 届高三 10 月大联考）已知三棱锥 底面的 3 个顶点 在球 的同一个 大圆上，且 为正三角形， 为该球面上的点，若三棱锥 体积的最大值为 ，则球 的表面积为( ) A. B. C. D. 6、（五市十校教研教改共同体 2019 届高三 12 月联考）已知 ， 分别是三棱锥 的棱 ， 的中点， ， ， ，则异面直线 与 所成的角为（ ） A. B. C. D. 7、（湘潭市 2019 届高三下学期第二次模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. P ABC− , ,A B C O ABC△ P P ABC− 2 3 O 12π 16π 32π 64π E F P ABC− AP BC 6AB = 6PC = 3 3EF = AB PC 120° 45° 30° 60° 8、（益阳市 2019 届高三上学期期末考试）如图，—个圆柱从上部挖去半球得到几何体的正视图、侧 视图都是图 1，俯视图是图 2，若得到的几何体表面积为 ，则 = A.3 B. 4 C.5 D.6 9、（永州市 2019 届高三上学期第二次模拟）如图，在正方体 中，点 在线段 上 运动，则下列判断中正确的是（ ） ①平面 平面 ； ②直线 平面 ； ③异面直线 与 所成角的取值范围是 ； ④三棱锥 的体积不变. A. ① ② B. ①②④ C. ③④ D. ①④ 10、（岳阳市 2019 届高三教学质量检测（一模））个几何体的三视图如右图所示，已知这个几何 体的体积为 ，则 为 π28 x 310 h A. B. C. D. 11、（长郡中学 2019 届高三第六次月考）在三棱锥 P—ABC 中，PA 丄平面 ABC，∠BAC= ，AP=3， AB = , Q 是边 BC 上的一动点，且直线 PQ 与平面 ABC 所成角的最大值为 ，则三棱锥 P—ABC 的 外接球的表面积为 A. B. C. D. 12、（雅礼中学 2019 届高三第五次月考）如图 1 所示，是一个棱长为 2 的正方体被削去一个角后所 得到的几何体的直观图，其中 DD1＝1，若此几何体的俯视图如图 2 所示，则可以作为其正视图的是 13、（株洲市 2019 届高三教学质量统一检测（一））已知正方体 的棱长为 2，M 为 CC1 的中点．若 AM⊥平面 α，且 B∈平面 α，则平面 α 截正方体所得截面的周长为（ ） A． B． C． D． 14、（湖南师大附中 2019 届高三月考试卷（六））正四棱锥 S－ABCD 的侧棱长与底面边长相等，E 为 SC 的中点，则 BE 与 SA 所成角的余弦值为(C) A.1 3 B.1 2 C. 3 3 D. 3 2 3 2π 32 3 π π45 π57 π63 π84 2 3 3 33 35 1 1 1 1ABCD A B C D− 3 2+2 5 4+4 2 2 2+2 5 6 2 15、（湖南湖北八市十二校（湖南师范大学附属中学、衡阳八中等）2019 届高三第二次调研联考） 已知三棱锥 的四个顶点都在半径为 3 的球面上， ，则该三棱锥体积的最 大值是 A． B． C． D． 64 16、（湖南师大附中 2019 届高三月考试卷（六））已知三棱锥 P－ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为 4 的等边三角形，三棱锥 P－ABC 的体积为16 3 ，则此三棱锥的外接 球的表面积为__80π 3 __． 参考答案： 1、C 2、C 3、D 4、B 5、B 6、D 7、A 8、B 9、B 10、B 11、 12、C 13、A 14、【解析】如图，设 AC∩BD＝O，连接 OE，因为 OE 是△SAC 的中位线，故 EO∥SA，则∠BEO 为 BE 与 SA 所成的角．设 SA＝AB＝2a，则 OE＝1 2SA＝a，BE＝ 3 2 SA＝ 3a，OB＝ 2 2 SA＝ 2a，所 以△EOB 为直角三角形，所以 cos∠BEO＝OE BE＝ a 3a ＝ 3 3 ，故选 C. 15、A 16、【解析】依题意，记三棱锥 P－ABC 的外接球的球心为 O，半径为 R，点 P 到平面 ABC 的距离 为 h，则由 VP－ABC＝1 3S△ABCh＝1 3×( 3 4 × 42)×h＝16 3 得 h＝4 3 3 .又 PC 为球 O 的直径，因此球心 O 到平面 ABC 的距离等于 1 2h＝2 3 3 .又正△ABC 的外接圆半径为 r＝ AB 2sin 60°＝4 3 3 ，因此 R2＝r2＋ (2 3 3 )2 ＝20 3 ，所以三棱锥 P－ABC 的外接球的表面积为 4πR2＝80π 3 . 二、解答题 1、（常德市 2019 届高三上学期检测）如图，在直三棱柱 中， ， ， ， 为线段 的中点， 为线段 上一动点（异于点 ）， 为线段 上一动点，且 ； （Ⅰ）求证：平面 平面 ； （Ⅱ）若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值. 2、（衡阳八中 2019 届高三上学期第二次月考）如图，已知 AB⊥平面 ACD，DE⊥平面 ACD，△ ACD 为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F 为 CD 的中点. (1)求证：AF∥平面 BCE； (2)求二面角 C－BE－D 的余弦值的大小. 3、（怀化市 2019 届高三统一模拟（二））如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PC 底面 A BCD，底面 ABCD 是直角梯形，AB AD，AB//CD，AB=2AD=2CD=4，PC=4. (1)证明：当点 E 在 PB 上运动时，始终有平面 EAC 平面 PBC (2)求锐二而角 A- PB-C 的余弦值. 111 CBAABC − 21111 == CABA 321 =CC °=∠ 120BAC O 11CB P 1CC 1CC、 Q BC OPQP ⊥ 1A PQ ^ 1AOP PQBO // OP PQA1 ⊥ ⊥ ⊥ 4、（三湘名校教育联盟 2019 届高三第一次大联考）如图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， PA 丄底面 ABCD,且 PA=2AB，F 是 AB 的中点，点 E 在线段 PC 上，且 PE＝ . （1）证明：平面 DEF 丄平面 ABCD; （2）求二面角 B-AE-D 的余弦值. 5、（邵阳市 2019 届高三 10 月大联考）如图，菱形 的边长为 4， ，矩形 的 面积为 ，且平面 平面 . (1)证明： ； (2)求二面角 的正弦值. 6、（五市十校教研教改共同体 2019 届高三 12 月联考）如图，四棱锥 中， 底面 ，底面 为直角梯形， ， ， 分别为 ， 的中点. PC3 1 ABCD 60DAB =∠ ° BDFE 8 BDFE ⊥ ABCD AC BE⊥ E AF D− − P ABCD− PA ⊥ ABCD ABCD 90CDA BAD∠ = ∠ = ° 2 2 2AB AD DC= = = E F PD PB （1）求证： 平面 ； （2）若截面 与底面 所成锐二面角为 ，求 的长度. 7、（湘潭市 2019 届高三下学期第二次模拟）如图，四棱锥 的底面是直角梯形， ， ， 和 是两个边长为 2 的正三角形， ， 为 的中点， 为 的中点. （1）证明： 平面 . （2）在线段 上是否存在一点 ，使直线 与平面 所成角的正弦值为 ？若存在，求出点 的 位置；若不存在，说明理由. 8 、（益 阳 市 2019 届 高 三 上 学 期 期 末 考 试 ） 五 面 体 ABCDEF 中 ， ADEF 是 等 腰 梯 形 ,AD = 2,AB= ,AF=FE = ED=BC = 1，∠SAD=900，平面 BAF 丄平面 ADEF。 （1）证明:AB 丄平面 ADEF； （2）求二面角 B-AF-C 的余弦值. 9、（永州市 2019 届高三上学期第二次模拟）如图，在多面体 中，四边形 为矩形，直 / /CF PAD CEF ABCD 4 π PA 2 线 与平面 所成的角为 ， ， ， ， . （1）求证：直线 平面 ； （2）点 在线段 上，且 ，求二面角 的余弦值. 10、（岳阳市 2019 届高三教学质量检测（一模））如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA 丄底面 ABC，∠BAC = 90°,点 D，E,F 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； 11、（长郡中学 2019 届高三第六次月考）如图，四棱锥 P -ABCD 中，平面 PAD 丄平面 ABCD，底面 ABCD 为梯形，AB//CD，AB=2DC= ，AC∩BD=F，且△PAD 与△ABD 均为正三角形，G 为△PAD 的重心. (1)求证:GF//平面 PDC. (2)求平面 AGC 与平面 PAB 所成锐二面角的正切值. 12、（雅礼中学 2019 届高三第五次月考）如图，已知长方体 ABCD－ A1B1C1D1，底面为正方形，边长 AB 32 ＝2，侧棱 BB1＝4，过点 B 作 B1C 的垂线交侧校 CC1 于点 E，交 BC 于点 F。 （1）求证 A1C 上平面 BDE； （2）求锐二面角 E—BD－A1 的余弦值 13、（株洲市 2019 届高三教学质量统一检测（一））如图（1），等腰梯形 ， =2， =6， ，E、F 分别是 的两个三等分点．若把等腰梯形沿虚线 、 折起，使得 点 C 和点 D 重合，记为点 P．如图（2）， （Ⅰ）求证：平面 平面 ； （Ⅱ）求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值． 14、（湖南师大附中 2019 届高三月考试卷（六））如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝DC ＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形 ACFE 为矩形，平面 ACFE⊥平面 ABCD，CF＝1. (1)求证：BC⊥平面 ACFE； (2)点 M 在线段 EF 上运动，设平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角为 θ(θ ≤ 90°)，试求 cos θ的 取值范围． 15、（湖南湖北八市十二校（湖南师范大学附属中学、衡阳八中等）2019 届高三第二次调研联考） 如图，在多面体 中，四边形 为梯形， ， 均为等边三角形， ABCD AB CD 2 2AD = CD AF BE PEF ⊥ ABEF PAE PAB ， ． （1）过 作截面与线段 交于点 ，使得 平面 ，试确定点 的位置，并予以 证明； （2）在（1）的条件下，求直线 与平面 所成角的正弦值． 参考答案： 1、解：（I）证明：因为 ， 为线段 的中点， 所以 , ............1 分 在直三棱柱 中，易知 ， ，而 ； ， ； ............3 分 又因为 ， ； 所以 ， ............4 分 又 ；所以 ； ............5 分 （II）由（I）可建立如图空间直角坐标系 ， 因为 所以 ， 则 , , 设 ， ............7 分 所以 ， 因为 ， ， 21111 == CABA O 11CB 111 CBOA ⊥ 111 CBAABC − 1111 CBACC 平面⊥ 11 CCOA ⊥∴ 1111 CCBCC = 111 CCBBOA 平面⊥∴ OAQP 1⊥∴ OPQP ⊥ OOPDO = OPAQP 1平面⊥ QPAQP 1平面⊂ OPAPQA 11 平面平面 ⊥ xyzO − °=∠ 120BAC 311 == OCOB 1 1(0,0,0), (0, 3,0), (0, 3,0)O C B - 1(0, 3,2 3), ( 1,0,0)B A- - (0, 3, ), (0, ,2 3)P a Q b (0, 3 , 2 3), (0, 3,2 3)QP b a OB= - - = -   OPQP ⊥ PQBO // 所以 , ， 解得： （ 异于点 ） ............8 分 设平面 的法向量为 ，则 即 ，可取 ， ............10 分 设直线 与平面 所成角为 ， 则 ............11 分 直线 与平面 所成角的正弦值为 . .............12 分 （也可利用几何方法解答，找线面角并证明得 3 分，求值得 3 分） 2、解　设 AD＝DE＝2AB＝2a，以 AC，AB 所在的直线分别作为 x 轴、z 轴，以过点 A 在平面 ACD 内和 AC 垂直的直线作为 y 轴，建立如图所示的坐标系， A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a， 3a，0)，E(a， 3a，2a). ∵F 为 CD 的中点，∴F(3 2a， 3a 2 ，0). (1)证明　AF→ ＝(3 2a， 3 2 a，0)，BE→ ＝(a， 3a，a)，BC→ ＝(2a，0，－ a)， ∴AF→ ＝1 2(BE→ ＋BC→ )，AF⊄平面 BCE， QPOBOPQP //,0=⋅ ( 3 ) 3 ( 2 3) 0 2 3( 3 ) 3( 2 3) b a a b a ìï - × + - =ïíï - =- -ïî 4 3,2 3 == ba P 1C C, 1 3 3 3 3 3 3(1, 3, ), (0, , ), (0, 3, )2 4 2 2A P QP OP = = - =    QPA1 ( , , )n x y z=  1 0 0 n A P n QP ìï × =ïïíï × =ïïî           =− =++ 02 33 4 33 02 33 zy zyx ( 5 3,4,2)n = -  OP QPA1 θ 4 3 3 2 19sin 1915 954 n OP θ n OP × += = = ×     OP QPA1 19 192 ∴AF∥平面 BCE. (2)设平面 BCE 的一个法向量 m＝(x，y，z)， 则{m·BE→ ＝0， m·BC→ ＝0， 即{x＋ 3y＋z＝0， 2x－z＝0， 不妨令 x＝1 可得 m＝(1，－ 3，2). 设平面 BDE 的一个法向量 n＝(x，y，z)，则{n·BE→ ＝0， n·BD→ ＝0， 即{x＋ 3y＋z＝0， x＋ 3y－z＝0. 令 x＝ 3可得 n＝( 3，－1，0). 于是，cos〈m，n〉＝ m·n |m| × |n| ＝ 6 4 . 故二面角 C－BE－D 的余弦值为 6 4 . 3、 4、 5、(1)证明：因为四边形 是矩形，所以 . 因为平面 平面 ，且平面 平面 ， 所以 平面 . 又 平面 ，所以 . (2)解：设 与 的交点为 ，建立如图所示的空间直角坐标系 . 因为菱形 的边长为 4，且 ，所以 . 因为矩形 的面积为 8，所以 . 则 ， ， ， ， 所以 ， ， . 设平面 的法向量为 ， 则 ， 令 ，则 ， ，所以 . 设平面 的法向量为 ， BDFE BE BD⊥ BDFE ⊥ ABCD BDFE  ABCD BD= BE ⊥ ABCD AC ⊂ ABCD AC BE⊥ AC BD O O xyz− ABCD 60DAB =∠ ° 4BD = BDFE 2BE = ( )2 3,0,0A − ( )0,2,0D ( )0, 2,2E − ( )0,2,2F ( )0,4,0EF = ( )2 3,2,2AF = ( )2 3,2,0AD = AEF ( )1 1 1 1, ,n x y z= { 1 1 1 1 1 1 4 0 2 3 2 2 0 EF n y AF n x y z ⋅ = = ⋅ = + + =     1 1x = 1 0y = 1 3z = − ( )1 1,0, 3n = − ADF ( )2 2 2 2, ,n x y z= 则 ， 令 ，则 ， ，所以 . 所以 ，所以 . 所以二面角 的正弦值为 . 6、解：（1）证明：取 的中点 ，连接 ， ， 是 的中点， 且 ， 底面 为直角梯形， ， ， ， ， 且 ， 四边形 是平行四边形， ， 又 平面 ， 平面 ， 平面 . （2）如图，分别以 ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，设 。则， ， ， ， ， ， ， 取平面 的法向量为 . ， ，设平面 的法向量为 ，则有 ，即 ， 不妨取 ，则 ， ，即 . ，解得 即 . 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 0 2 3 2 0 AF n x y z AD n x y  ⋅ = + + = ⋅ = + =     2 1x = 2 3y = − 2 0z = ( )2 1, 3,0n = − 1 2 1 2 1 2 1 1cos , 2 2 4 n nn n n n ⋅< >= = =×      1 2 15sin , 4n n< >=  E AF D− − 15 4 PA Q QF QD F PB / /QF AB∴ 1 2QF AB=  ABCD 90CDA BAD∠ = ∠ = ° 2 2 2AB AD DC= = = / /CD AB∴ 1 2CD AB= / /QF CD∴ QF CD= ∴ QFCD / /FC QD∴ FC ⊄ PAD QD ⊂ PAD / /FC∴ PAD AD AB AP x y z PA a= (0,0,0)A (0,2 2,0)B (2 2, 2,0)C (2 2,0,0)D ( 2,0, )2 aE (0, 2, )2 aF ABCD 1 (0,0,1)n = ( 2, 2, )2 aCE = − − ( 2 2,0, )2 aCF = − CEF 2 ( , , )n x y z= 2 2 0 0 CE n CF n  ⋅ = ⋅ =     2 2 02 2 2 02 ax y z ax z − − + = − + = 4 2z = x a= y a= 2 ( , ,4 2)n a a= 1 2cos ,n n∴ < >  1 2 1 2 2 2| | | | n n n n ⋅= = ⋅     4a = 4PA = 7、（1）证明：设 为 的中点，连接 ， ，则 . ∵ ， ， ， ∴四边形 为正方形. ∵ 为 的中点，∴ 为 ， 的交点， ∴ 为 的中点，即 OE 为三角形 BPF 的中位线 ∴ . ∵ 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 . （2）∵ ， 为 的中点， ∴ .∵ ，∴ ， ∴ ， . 在 中， ，∴ . 又∵ ，∴ 平面 . 又因为 ，所以过 分别作 ， 的平行线，分别以它们作为 轴， 以 为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， ， ， . 假设线段 上存在一点 ，使直线 与平面 所成角的正弦值为 . 设 ，则 ， 即 . 设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 . 取 ，得平面 的一个法向量为 . 设直线 与平面 所成角为 ，令 ， 得 ， 化简并整理得 ，解得 （舍去），或 . 所以，当 时，直线 与平面 所成角的正弦值为 . 8、 9、（1）因为四边形 ABCE 为矩形，所以 BC∥AD. 因为 所以 平面 同理 平面 又因为 ，所以平面 平面 因为 平面 ，所以 平面 （2）因为 ， ， ，所以 平面 因为 平面 ，所以平面 平面 过点 A 作 于点 ，则 平面 所以 由 ,得 ， ， 以 为原点，平行于 的直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为轴，建立如图所示的空间直 角坐标系 ， 则 , 则 ， 设平面 的法向量为 ， 则由 得 取其一个法向量为 又平面 的一个法向量为 所以 所以二面角 B-EG-D 的余弦值为 . 10、 11、 12、 13、【解析】（Ⅰ）E,F 是 CD 的两个三等分点， 易知，ABEF 是正方形，故 BE⊥EF 又 BE⊥PE,且 PE EF=E 所以 BF⊥面 PEF 又 BF 面 ABEF 所以面 PEF⊥面 ABEF -------------------------------------------5 分 （Ⅱ）过 P 作 PO⊥EF 于 O，过 O 作 BE 的平行线交 AB 于 G，则 PO⊥面 ABEF 有所在直线两两垂直，以它们为轴建立空间直角坐标系 则 A(2，-1，0),B(2，1，0),E(0，1,0),P(0，0， )-------------------------------------------6 分 所以 , 设平面 PAE 的法向量为 则 ---------------------------------------8 分 设平面 PAB 的法向量为 ∩ ⊂ 3 ( 2,2,0), (0, 1, 3)AE EP = − = − (0,2,0), (2, 1, 3)AB PA= = − −  1 1 1 1( , , )n x y z= 11 1 1 11 2 2 00 (3,3, 3) 3 00 x yn AE n y zn EP       − + =⋅ = ∴ = − + =⋅ =  2 2 2 2( , , )n x y z= 则 --------------------------------10 分 即平面 与平面 所成锐二面角的余弦值 -------------------------------------12 分 14、【解析】(1)在梯形 ABCD 中， 因为 AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，所以 AB＝2，2 分 所以 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3， 所以 AB2＝AC2＋BC2，所以 BC⊥AC.4 分 因为平面 ACFE⊥平面 ABCD，平面 ACFE∩平面 ABCD＝AC， BC平面 ABCD，所以 BC⊥平面 ACFE.6 分 (2)建立以直线 CA，CB，CF 为 x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系如图所示， 令 FM＝λ(0≤λ≤ 3)， 则 C(0，0，0)，A( 3，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)， 所以AB → ＝(－ 3，1，0)，BM → ＝(λ，－1，1)， 设 n1＝(x，y，z)为平面 MAB 的一个法向量， 由{n1·AB→ ＝0， n1·BM→ ＝0， 得{－ 3x＋y＝0， λx－y＋z＝0， 取 x＝1，所以 n1＝(1，3， 3－λ)，9 分 因为 n2＝(1，0，0)是平面 FCB 的一个法向量． 所以 cos θ＝|n1·n2| |n1||n2|＝ 1 1＋3＋（ 3－λ）2 × 1 ＝ 1 （λ－ 3）2＋4 . 因为 0≤λ≤ 3，所以当 λ＝0 时，cos θ有最小值 7 7 ， 当 λ＝ 3时，cos θ有最大值1 2.所以 cos θ∈[ 7 7 ， 1 2].12 分 15、（1）当 为线段 的中点时，使得 平面 ． 22 2 2 2 22 2 00 ( 3,0,2) 2 3 00 yn AB n x y zn PA  =⋅ = ∴ =  − − =⋅ =       1 2 1 2 5 3 5cos 721 7 n n n n    θ ⋅ = = = ⋅⋅ PAE PAB 5 7 证法如下： 连接 ， ，设 ， ∵四边形 为矩形， ∴ 为 的中点， 又∵ 为 的中点， ∴ 为 的中位线， ∴ ， ∵ 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ，故 为 的中点时，使得 平面 ． （2）过 作 分别与 ， 交于 ， ， 因为 为 的中点，所以 ， 分别为 ， 的中点， ∵ 与 均为等边三角形，且 ， ∴ ，连接 ， ，则得 ， ∵ ， ， ， ∴ ， ， ∴四边形 为等腰梯形． 取 的中点 ，连接 ，则 ， 又∵ ， ， ， ∴ 平面 ， 过 点作 于 ，则 ， ∴ ， ． 分别以 ， ， 的方向为 ， ， 轴的正方向，建立空间直角坐标系 ，不妨 设 ，则由条件可得： ， ， ， ， ， ． 设 是平面 的法向量， 则 即 所以可取 ， 由 ，可得 ， ∴直线 与平面 所成角的正弦值为 ．