高考数学二轮复习专题立体几何(理)

第一部分 一 13(文)

一、选择题

1．(2015·东北三校二模)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列说法正确的是( )

A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α

B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α

C．若l∥α，m⊂α，则l∥m

D．若l∥α，m∥α，则l∥m

[答案] B

[解析] 当l、m是平面α内的两条互相垂直的直线时，满足A的条件，故A错误；对于C，过l作平面与平面α相交于直线l1，则l∥l1，在α内作直线m与l1相交，满足C的条件，但l与m不平行，故C错误；对于D，设平面α∥β，在β内取两条相交的直线l、m，满足D的条件，故D错误；对于B，由线面垂直的性质定理知B正确．

2．已知α、β、γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α、β、γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有( )

A．0个 B．1个

C．2个 D．3个

[答案] C

[解析] 若α、β换成直线a、b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α、γ换为直线a、b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β、γ换为直线a、b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题，故选C.

3．(2015·重庆文，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(

)

A.13＋2π B.13π6

C.7π3 D.5π2

[答案] B

[解析] 由三视图可知该几何体是由一个圆柱和一个半圆锥组成，圆柱的底面半径为1，高为2；半圆锥的底面半径为1，高也为1，故其体积为π×12×2＋16×π×12×1＝13π6；故选B.

4.如图，在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下列四个结论不成立的是( )

A．BC∥平面PDF

B．DF⊥平面PAE

C．平面PDF⊥平面PAE

D．平面PDE⊥平面ABC

课时作业(十三) 空间向量与立体几何

1.

如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB＝2a，F为CD的中点．

(1)求证：AF∥平面BCE；

(2)推断平面BCE与平面CDE的位置关系，并证明你的结论．

解析：

建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a,2a)．

由于F为CD的中点，

所以F32a，32a，0.

(1)证明：AF→＝32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)．

由于AF→＝12(BE→＋BC→)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.

(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下：

由于AF→＝32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，所以AF→·CD→＝0，AF→·ED→＝0，所以AF→⊥CD→，AF→⊥ED→.

所以AF⊥平面CDE，

又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.

2.

(2021·广西南宁、梧州摸底联考)如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，△PAB是边长为a的正三角形，且平面PAB⊥平面ABCD，已知点M是PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AMC；

(2)求直线BD与平面AMC所成角的正弦值．

解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OM，由于四边形ABCD为菱形，OB＝OD，又M为PD的中点，所以OM∥PB.

由PB⊄平面AMC，OM⊂平面AMC，所以PB∥平面ACM.

(2)取AB的中点N，连接PN，ND，则∠AND＝90°，

分别以NB，ND，NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，

则Ba2，0，0，Ca，32a，0，

A－a2，0，0，D0，32a，0，P0，0，32a，M0，34a，34a，

第二讲 大题考法——立体几何

题型(一)

平行、垂直关系的证明与求线面角

主要考查以具体几何体三棱锥或四棱锥为载体，建立恰当的空间直角坐标系求解线面角问题.

[典例感悟]

[典例1] (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

(1)证明：PO⊥平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.

[审题定向]

(一)定知识

主要考查线线垂直、线面垂直、线面角．

(二)定能力

1.考查直观想象：三棱锥几何体中线线垂直、线面垂直的空间位置关系.

2.考查逻辑推理：欲证线面垂直，需证线线垂直；欲求线面角，需建系求面的法向量.

3.考查数学运算：法向量的求解、向量夹角的求解.

(三)定思路

第(1)问利用线面垂直的判定定理求证：

连接OB，由已知条件得出OP⊥AC，OP⊥OB，再利用线面垂直的判定定理得证；

第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：

建立以OB―→的方向为x轴正方向的空间直角坐标系，求出PC―→与平面PAM的法向量，进而求出PC与平面PAM所成角的正弦值.

[解] (1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝23.

连接OB，因为AB＝BC＝22AC，

所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2. 所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.

又因为OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.

(2)以O为坐标原点，OB―→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz.

由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，23)，AP―→＝(0,2,23)．

取平面PAC的一个法向量OB―→＝(2,0,0)．

设M(a,2－a,0)(0

设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．

202112

第12讲 立体几何

高考年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ

2020 证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18 证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20 点面的位置关系,求二面角的正弦值·T19

2019 证明线面平行,求二面角的正弦值·T18 证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17 翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T19

2018 翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18 证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20 证明面面垂直,求二面角的正弦值·T19

1。［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;

(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 202112

图M4—12-1

2.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=√66DO.

（1）证明：PA⊥平面PBC；

(2)求二面角B-PC-E的余弦值。

图M4—12-2

3.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。 202112

(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.

① ②

图M4-12—3