2020高考数学二轮专题复习 立体几何(理)

相交,交线分别为AC、A1C1，故ACPACBC=a, ?ABC=120o，所以可由11，又因为AB=2a, 余弦定理计算得AC=7a，又因为A1B1=2a, B1C1=3a, ?A1B1C1=120o，所以可由余弦定2理计算得A1C1=

7a，所以A1C1∥OC且A1C1=OC，故四边形OCC1A1是平行四边形，所以CC1∥A1O，2又CC1?平面A1BD，A1O?平面A1BD，所以CC1∥平面A1BD.

【名师点睛】本题以四棱台为载体,考查空间中平行与垂直关系的论证,考查空间想象能力、逻辑思维能力,分析问题与解决问题的能力.

【备考提示】：熟练课本中有关平行与垂直的定理是解答好本类题的关键.

练习4. (2020年高考江苏卷16)如图，在四棱锥P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点.求证：（1）直线EF∥平面PCD；（2）平面BEF⊥平面PAD.

【解析】证明: （1）因为E、F分别是AP、AD的中点, 所以EF∥PD,又因为EF?平面PCD,PD?平面PCD, 所以直线EF∥平面PCD；

（2）设AB=AD=2a,则AF=a,又因为∠BAD=60°， 所以在?ABF中,由余弦定理得：BF=3a， 所以AF?BF?4a?AB，所以BF⊥AF，

因为平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，BF?平面ABCD，所以BF⊥平面PAD，因为BF?平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.

2222考点五 空间角与距离的求解

例5. (2020年高考浙江卷理科20).如图，在三棱锥P?ABC中，AB?AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，

使得二面角A-MC-β为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。 【解析】法一：（Ⅰ）证明：如图，以O为原点，以射线OP为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系o?xyz，则O(0,0,0)，A(0,?3,0)，B(4,2,0)，C(?4,2,0)，P(0,0,4)，

uuuruuuruuuruuuruuuruuurAP?(0,3,4)，BC?(?8,0,0)由此可得AP?BC?0 ，所以AP?BC ，即AP?BC

uuuuruuuruuuur（Ⅱ）解：设PM??PA,??1 ，则PM??(0,?3,?4)，

uuuuruuuruuuuruuuruuurBM?BP?PM?BP??PA?(?4,?2,4)??(0,?3,?4) uuuruuur?(?4,?2?3?,4?4?)，AC?(?4,5,0)，BC?(?8,0,0)

ur设平面BMC的法向量n1?(x1,y1,z1)，

uur平面APC的法向量n2?(x2,y2,z2)

uuuurur???4x1?(2?3?)y1?(4?4?)z1?0?BM?n1?0 由?uuu 得? ruur?8x?0?1??BC?n2?0?x1?0ur2?3??n?(0,1,) 由即? ，可取2?3?14?4?z1?y1?4?4??uuuruur??3y2?4z2?0?AP?n2?0即得ruur?uuu???4x2?5y2?0??AC?n2?05?x?y22??4 ??z??3y22??4uururuur2?3?4可取n2?(5,4,?3)，由n1?n2?0得4?3??0解得?? ，故AM?3

4?4?5综上所述，存在点M 符合题意，AM?3

法二（Ⅰ）证明：AB?AC,D为BC中点,?AD?BC,

又PO?平面ABC,?PO?BC因为?POIAD?O所以BC?平面PAD故BC?PA

（Ⅱ）如图，在平面PAB内作BM?AP于M,连结CM, 由（Ⅰ）知BC?PA,得PA?平面BMC， 又AP?平面PAC,所以平面BMC?平面PAC, 在RtVADB中，AB?AD?BD?41得AB?在RtVPOD中，PD?PO?OD，

222在RtVPDB中，PB?PD?BD所以PB?PO?OD?BD?36得PB?6，

222222222241 PA2?PB2?AB21? 在RtVPOA中，PA?AO?OP?25得PA?5又cos?BPA?2PA?PB3222从而PM?PBcos?BPA?2，所以AM?PA?PM?3综上所述，存在点M 符合题意，

AM?3.

【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力.

【备考提示】：空间角与距离是高考的一个热点，年年必考，熟练三种角及距离的求法，是解答本类题目的关键.

练习5. (2020年高考全国卷理科16)己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B2C3D4的棱BB1 、CC1上，且B1E=2EB, CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 . 【答案】

2 3【解析】延长CB、FE交于M，连结AM，过B作BN?AM于N，连结EN，则?ENB为平面AEF与平面ABC所成的二面角，AM=2AB，

1AB2EB2. ?BN?AB,在RtVEBN中,tan?ENB??3?2BN32AB2【易错专区】

问题：三视图与表面积、体积

例.（2020年高考陕西卷文科5)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）

2?? （B）8? 332?（C）8?2? （D）

3（A）8?【答案】A

【解析】由三视图可知该几何体为立方体与圆锥，立方体棱长为2，圆锥底面半径为1、高为2，所以体积为2????1?2?8?31322?故选A. 3【名师点睛】：本小题以三视图为载体考查空间几何体的体积的求解．

【备考提示】：由三视图准确判断几何体的形状以及找出几何体各个边长是解答此类问题的关键所在. 【考题回放】

1.(2020年高考浙江卷理科4)下列命题中错误的是( )

（A）如果平面??平面?，那么平面?内一定存在直线平行于平面? （B）如果平面?不垂直于平面?，那么平面?内一定不存在直线垂直于平面? （C）如果平面??平面?，平面??平面?，???=l，那么l?平面? （D）如果平面??平面?，那么平面?内所有直线都垂直于平面? 【答案】 D

【解析】两个平面垂直，两个平面上的所有直线都不是垂直了，比如α平面垂直β平面，垂线为AB，直线CD属于α，与AB交与E点，角度为60°，不垂直平面?，故选D. 2. (2020年高考山东卷理科11)下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题： ①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如

下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是( ) (A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】A

【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.

3.(2020年高考浙江卷理科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( )

【解析】：A，B与正视图不符，C与俯视图不符，故选D .

4.(2020年高考辽宁卷理科8)如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（ ） ．．．

(A) AC⊥SB (B) AB∥平面SCD

(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 【答案】D

【解析】对于A:因为SD⊥平面ABCD，所以DS⊥AC.因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，故AC⊥平面ABD,因为SB?平面ABD,所以AC⊥SB，正确.对于B：因为AB//CD,所以AB//平面SCD.对于C:设ACIBD?O.因为AC⊥平面ABD，所以SA和SC在平面SBD内的射影为SO，则∠ASO和∠CSO就是SA与平面SBD所成的角和SC与平面SBD所成的角，二者相等，正确.故选D.