2020年高考數(shù)學二輪復習 專題5 立體幾何同步練習 新人教A版

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1、2020年高考數(shù)學二輪復習同步練習：專題5 立體幾何 1．(文)(2020·沈陽3月質(zhì)檢)如圖，矩形BCC1B1所在平面垂直于三角形ABC所在平面，且BB1＝CC1＝AC＝2，AB＝BC＝.又E，F(xiàn)分別是C1A和C1B的中點． (1)求證：EF∥平面ABC； (2)求證：平面EFC1⊥平面C1CBB1. [證明]　(1)在△C1AB中，∵E，F(xiàn)分別是C1A和C1B的中點， ∴EF∥AB， ∵AB?平面ABC，EF?平面ABC， ∴EF∥平面ABC. (2)∵平面BCC1B1⊥平面ABC，且BCC1B1為矩形，∴BB1⊥AB， 又在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，

2、 ∴AB⊥BC，∴AB⊥平面C1CBB1， ∴平面EFC1⊥平面C1CBB1. (理)(2020·江西南昌調(diào)研)如圖，已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D為AB的中點，AC＝BC＝BB1. (1)求證：BC1⊥AB1； (2)求證：BC1∥平面CA1D. [證明]　如圖，以C1點為原點，C1A1，C1B1，C1C所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系．設AC＝BC＝BB1＝2，則A(2,0,2)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2)． (1)由于＝(0，－2，－2)， ＝

3、(－2,2，－2)， 所以·＝0－4＋4＝0， 因此⊥，故BC1⊥AB1. (2)取A1C的中點E，連接DE， 由于E(1,0,1)， 所以＝(0,1,1)， 又＝(0，－2，－2)，所以＝－， 且ED和BC1不共線，則ED∥BC1， 又DE?平面CA1D，BC1?平面CA1D， 故BC1∥平面CA1D. 2．(2020·安徽理，17)如圖，ABEDFG為多面體，平面ABED與平面AGFD垂直，點O在線段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAC，△ODE，△GDE都是正三角形． (1)證明直線BG∥EF； (2)求梭錐F－GBED的體積． [解析]　(1)(綜合法)

4、 證明：設G是線段DA與線段EB的延長線的交點，于△OAB與△ODE都是正三角形，所以OB綊DE，OG＝OD＝2，同理，設G′是線段DA與線段FC延長線的交點，有OG′＝OD＝2. 又由于G和G′都在線段DA的延長線上，所以G與G′重合． 在△GED和△GFD中，由OB綊DE和OC綊DF，可知B，C分別是GE和GF的中點，所以BC是△GEF的中位線，故BC∥EF. (向量法) 過點F作FQ⊥AD，交AD于點Q，連QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q為坐標原點，為x軸正向，為y軸正向，為z軸正向，建立如圖所示空間直角坐標系． 由條件知E(，0,0)，F(xiàn)

5、(0,0，)，B(，－，0)，C(0，－，)． 則有＝(－，0，)，＝(－，0，)． 所以＝2，即得BC∥EF. (2)解：由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝，而△OED是邊長為2的正三角形，故S△OED＝. 所以S四邊形OBED＝S△EOB＋S△OED＝. 過點F作FQ⊥AD，交AD于點Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F－OBED的高，且FQ＝， 所以VF－OBED＝FQ·S四邊形OBED＝. 3．(文)(2020·惠州模擬)如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面邊長是2，D，E是CC1，BC的中點，AE＝DE. (1)求此正三

6、棱柱的側(cè)棱長； (2)正三棱柱ABC－A1B1C1表面積． [解析]　(1)設正三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱長為x. ∵△ABC是正三角形， ∴AE⊥BC. 又底面ABC⊥側(cè)面BB1C1C，且交線為BC， ∴AE⊥側(cè)面BB1C1C， 在Rt△AED中，由AE＝DE，得＝， 解得x＝2，即此三棱錐的側(cè)棱長為2. (2)S＝S側(cè)＋S底， S側(cè)＝3×2×2＝12，S底＝2××22＝2， ∴S＝S側(cè)＋S底＝12＋2. (理)(2020·太原模擬)下面一組圖形為P－ABC的底面與三個側(cè)面．已知AB⊥BC，PA⊥AB，PA⊥AC. (1)寫出三棱錐P－ABC中的所有的線面垂

7、直關系(不要求證明)； (2)在三棱錐P－ABC中，M是PA上的一點， 求證：平面ABC⊥平面PAB； (3)在三棱錐P－ABC中，M是PA的中點，且PA＝BC＝3，AB＝4，求三棱錐P－ABC的體積． [解析]　(1)如圖，三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，BC⊥平面PAB. (2)∵PA⊥AB，PA⊥AC，AB∩AC＝A， ∴PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC. 又∵BC⊥AB，且PA∩AB＝A， ∴BC⊥平面PAB. 又BC?平面ABC. ∴平面ABC⊥平面PAB. (3)法一：∵PA＝3，M是PA的中點，∴MA＝. 又∵AB＝4，BC＝3. ∴VM－ABC

8、＝S△ABC·MA＝××4×3×＝3， 又VP－ABC＝S△ABC·PA＝××4×3×3＝6， ∴VP－MBC＝VP－ABC－VM－ABC＝6－3＝3. 法二：∵PA＝3，AB＝4，M是PA的中點， ∴S△PBM＝S△PAB＝××3×4＝3. 又∵BC⊥平面PAB，且BC＝3， ∴VP－MBC＝VC－PBM＝S△PBM·BC＝×3×3＝3. 4．(2020·北京文，17)如圖，在四面體PABC中，PC⊥AB、PA⊥BC，點D、E、，F(xiàn)、G分別是棱AP、CC、BC、PB的中點． (1)求證：DE∥平面BCP； (2)求證：四邊形DEFG為矩形； (3)是否存在點Q，到四面

9、體PABC六條棱的中點的距離相等？說明理由． [解析]　(1)因為D，E分別為AP，AC的中點， 所以DE∥PC， 又因為DE?平面BCP，PC?平面BCP， 所以DE∥平面BCP. (2)因為D，E，F(xiàn)，G分別為AP，AC，BC，PB的中點， 所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF，所以四邊形DEFG為平行四邊形， 又因為PC⊥AB，所以DE⊥DG， 所以四邊形DEFG為矩形． (3)存在點Q滿足條件，理由如下： 連接DF，EG，設Q為EG的中點， 由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG， 分別取PC，AB的中點M，N，連接ME，EN，NG，M

10、G，MN. 與(2)同理，可證四邊形MENG為矩形，其對角線交點為EG的中點Q，且QM＝QN＝EG， 所以Q為滿足條件的點． 5．(2020·廣東文，18)下圖所示的幾何體是將高為2，底面半徑為1的直圓柱沿過軸的平面切開后，將其中一半沿切面向右水平平移后得到的，A，A′，B，B′分別為，，，的中點，O1，O′1，O2，O′2分別為CD，C′D′，DE，D′E′的中點． (1)證明：O′1，A′，O2，B四點共面； (2)設G為AA′中點，延長A′O′1到H′，使得O′1H′＝A′O′1.證明：BO′2⊥平面H′B′C. [解析]　(1)由題意知A′，O′1，B′，O′2四點共面

11、． ∵O′1，O′2分別為C′D′，D′E′的中點， A′，B′分別為，的中點， ∴O′1A′∥B′O′2. 又O2，B分別為DE，的中點， ∴BO2∥B′O′2，∴O′1A∥BO2，∴O′1，A′，O2，B四點共面． (2)方法①：如圖(1)所示，連接AO1，并延長至H，使得O1H＝AO1，連接H′H，HB，BO2，O2O′2，O1O′1，則得長方體HBO2O1－H′B′O′2O′1. 則HO′1∥BO′2，H′B′⊥BO′2. 取A′G的中點F，連接O′1F，HF，則O′1F綊H′G. 由題意，在Rt△H′A′G中，H′A′＝2，A′G＝1， ∴H′G＝＝＝， ∴O′

12、1F＝. 在Rt△HAF中，HA＝2，AF＝， ∴HF＝HA2＋AF2＝＝. 在Rt△HH′O′1中，HH′＝2，H′O′1＝1， ∴HO′1＝HH′2＋H′O′＝＝. ∴O′1F2＋HO′＝HF2.∴HO′1⊥O′1F. 又O′1F∥H′G，∴HO′1⊥H′G.∴BO′2⊥H′G. 又H′B′⊥BO′2，H′B′∩H′G＝H′. ∴BO′2⊥平面H′B′G. (理)方法2(向量法)建系O1－xyz如圖(2)所示，直圓柱高為2，底面半徑為1，則O1(0,0,0)，B(1,2,0)，O′2(0,2,2)，B′(1,2,2)，G(－1,0,1)，H′(1,0,2)，

13、 ∴＝(－1,0,2)，＝(2,2,1)，＝(0，－2,0)． ∴·＝－2＋0＋2＝0，·＝0＋0＋0＝0， ∴BO2⊥GB且BO2⊥H′B.又GB∩H′B＝B， ∴BO2⊥面H′B′G. 6．(文)已知四棱錐P－ABCD的直觀圖和三視圖如圖所示，E是PB的中點． (1)求三棱錐C－PBD的體積； (2)若F是BC上任一點，求證：AE⊥PF； (3)邊PC上是否存在一點M，使DM∥平面EAC，并說明理由． [解析]　(1)由該四棱錐的三視圖可知，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為2和1的矩形，側(cè)棱PA⊥平面ABCD，且PA＝2， ∴VC－PBD＝VP－BCD＝××1×2×2

14、＝. (2)證明：∵BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A. ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AE， 又在△PAB中，∵PA＝AB，E是PB的中點， ∴AE⊥PB.又∵BC∩PB＝B， ∴AE⊥平面PBC，且PF?平面PBC，∴AE⊥PF. (3)存在點M，可以使DM∥平面EAC. 連結(jié)BD，設AC∩BD＝O，連結(jié)EO. 在△PBD中，EO是中位線． ∴PD∥EO， 又∵EO?平面EAC，PD?平面EAC， ∴PD∥平面EAC， ∴當點M與點P重合時，可以使DM∥平面EAC. (理)(2020·山東理，19)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，∠AC

15、B＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，AB＝2EF. (1)若M是線段AD的中點，求證：GM∥平面ABFE； (2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大?。? [解析]　(1)證法一： 因為EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°， 所以∠EGF＝90°， △ABC∽△EFG. 由于AB＝2EF 因此BC＝2FG 連接AF，由于FG∥BC，F(xiàn)G＝BC， 在?ABCD中，M是線段AD的中點， 則AM∥BC，且AM＝BC. 因此FG∥AM且FG＝AM， 所以四邊形AFGM為平行四邊形．因此GM∥FA. 又FA?平面A

16、BFE，GM?平面ABFE， 所以GM∥平面ABFE. 證法二： 因為EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°， 所以∠EGF＝90°， △ABC∽△EFG， 由于AB＝2EF，所以BC＝2FG. 取BC的中點N，連接GN， 因此，四邊形BNGF為平行四邊形，所以GN∥FB. 在?ABCD中，M是線段AD的中點，連接MN，則AM∥AB. 因為MN∩GN＝N，所以平面GMN∥平面ABFE. 又GM?平面GMN.所以GM∥平面ABFE. (2)解法一： 因為∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90° 又EA⊥平面ABCD，所以AC，AD，AE兩兩垂直 分別以A

17、C，AD，AE所在直線為x軸、y軸和z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 不妨設AC＝BC＝2AE＝2，則由題意得A(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)，所以＝(2，－2,0)，＝(0,2,0)．又EF＝AB， 所以F(1，－1,1)，＝(－1,1,1)． 設平面BFC的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則m·＝0，m·＝0，所以 取z1＝1得x1＝1，所以m＝(1,0,1)． 設平面ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)． 則n·AB＝0，n·＝0，所以 取y2＝1，得x2＝1.則n＝(1,1,0)． 所以cos〈m，n〉＝＝. 因此二面角A－BF－C的大小為60°. 解法二： 由題意知，平面ABFE⊥平面ABCD， 取AB的中點H，連接CH， 因為AC＝BC， 所以CH⊥AB. 則CH⊥平面ABFE， 過H向BF引垂線交BF于R，連接CR，則CR⊥BF， 所以∠HRC為二面角A－BF－C的平面角． 由題意，不妨設AC＝BC＝2AE＝2. 在直角梯形ABFE中，連接FH，則FH⊥AB， 又AB＝2. 所以HF＝AE＝1，BH＝， 因此在Rt△BHF中，HR＝. 由于CH＝AB＝， 所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝＝. 因此二面角A－BF－C的大小為60°.