中山高三理科数学月四校联考前立体几何必考题型专题训练和答案

1、中山2014届高三理科数学12月四校联考前立体几何必考题型专题训练一(命题：雄哥)1证明(1)在C1AB中，E，F分别是C1A和C1B的中点，EFAB，AB平面ABC，EF平面ABC，EF平面ABC.(2)平面BCC1B1平面ABC，且BCC1B1为矩形，BB1AB，又在ABC中，AB2BC2AC2，ABBC，AB平面C1CBB1，平面EFC1平面C1CBB1.2证明如图，以C1点为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设ACBCBB12，则A(2,0,2)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)

2、，D(1,1,2)(1)由于(0，2，2)，(2,2，2)，所以·0440，因此，故BC1AB1.(2)取A1C的中点E，连接DE，由于E(1,0,1)，所以(0,1,1)，又(0，2，2)，所以，且ED和BC1不共线，则EDBC1，又DE平面CA1D，BC1平面CA1D，故BC1平面CA1D.3解析(1)设正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为x.ABC是正三角形， AEBC.又底面ABC侧面BB1C1C，且交线为BC，AE侧面BB1C1C，在RtAED中，由AEDE，得，解得x2，即此三棱锥的侧棱长为2.(2)SS侧S底，S侧3×2×212，S底2×&

3、#215;222，SS侧S底122.4解析(1)如图，三棱锥PABC中，PA平面ABC，BC平面PAB.(2)PAAB，PAAC，ABACA，PA平面ABC，PABC.又BCAB，且PAABA，BC平面PAB.又BC平面ABC.平面ABC平面PAB.(3)法一：PA3，M是PA的中点，MA.又AB4，BC3.VMABCSABC·MA××4×3×3，又VPABCSABC·PA××4×3×36，VPMBCVPABCVMABC633.法二：PA3，AB4，M是PA的中点，SPBMSPAB×&

4、#215;3×43.又BC平面PAB，且BC3，VPMBCVCPBMSPBM·BC×3×33.4解析(1)因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DEPC，又因为DE平面BCP，PC平面BCP，所以DE平面BCP.(2)因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DEPCFG，DGABEF，所以四边形DEFG为平行四边形，又因为PCAB，所以DEDG，所以四边形DEFG为矩形(3)存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点，由(2)知，DFEGQ，且QDQEQFQGEG，分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，M

5、G，MN.与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QMQNEG，所以Q为满足条件的点6解析(1)由该四棱锥的三视图可知，四棱锥PABCD的底面是边长为2和1的矩形，侧棱PA平面ABCD，且PA2，VCPBDVPBCD××1×2×2.(2)证明：BCAB，BCPA，ABPAA.BC平面PAB，BCAE，又在PAB中，PAAB，E是PB的中点，AEPB.又BCPBB，AE平面PBC，且PF平面PBC，AEPF.(3)存在点M，可以使DM平面EAC.连结BD，设ACBDO，连结EO.在PBD中，EO是中位线PDEO，又EO平面EA

6、C，PD平面EAC，PD平面EAC，当点M与点P重合时，可以使DM平面EAC.7解析(1)证法一：因为EFAB，FGBC，EGAC，ACB90°，所以EGF90°，ABCEFG.由于AB2EF因此BC2FG连接AF，由于FGBC，FGBC，在ABCD中，M是线段AD的中点，则AMBC，且AMBC.因此FGAM且FGAM，所以四边形AFGM为平行四边形因此GMFA.又FA平面ABFE，GM平面ABFE，所以GM平面ABFE.证法二：因为EFAB，FGBC，EGAC，ACB90°，所以EGF90°，ABCEFG，由于AB2EF，所以BC2FG.取BC的中点N

7、，连接GN，因此，四边形BNGF为平行四边形，所以GNFB.在ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，则AMAB.因为MNGNN，所以平面GMN平面ABFE.又GM平面GMN.所以GM平面ABFE.(2)解法一：因为ACB90°，所以CAD90°又EA平面ABCD，所以AC，AD，AE两两垂直分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设ACBC2AE2，则由题意得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EFAB，所以F(1，1,1)，(1,1,1)设平面BFC的法

8、向量为m(x1，y1，z1)，则m·0，m·0，所以取z11得x11，所以m(1,0,1)设平面ABF的法向量为n(x2，y2，z2)则n·AB0，n·0，所以取y21，得x21.则n(1,1,0)所以cosm，n.因此二面角ABFC的大小为60°.解法二：由题意知，平面ABFE平面ABCD，取AB的中点H，连接CH，因为ACBC，所以CHAB.则CH平面ABFE，过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，则CRBF，所以HRC为二面角ABFC的平面角由题意，不妨设ACBC2AE2.在直角梯形ABFE中，连接FH，则FHAB，又AB2.所以HFAE

9、1，BH，因此在RtBHF中，HR.由于CHAB，所以在RtCHR中，tanHRC.因此二面角ABFC的大小为60°.中山2014届高三理科数学12月四校联考前立体几何必考题型专题训练二(命题：雄哥)1答案解析由题意知AC平面SBC，故ACSB，SB平面ABC，平面SBC平面SAC，正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离a，正确2解析(1)证明：因为DAB60°，AB2AD，由余弦定理得BDAD.从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD.所以BD平面PAD.又PA平面PAD，故PABD.(2)如

10、图，作DEPB，垂足为E，已知PD底面ABCD，则PDBC.由(1)知BDAD，又BCAD，所以BCBD.故BC平面PBD，BCDE.则DE平面PBC.由题设知PD1，则BD，PB2.根据DE·PBPD·BD，得DE.即棱锥DPBC的高为.3解析(1)设BAD的平分线交BD于O，延长AO，并在平分线上截取AOOC，则点C即为所求的点证明：连接EO、PC，则EO为PAC的中位线，所以PCEO，而EO平面EDB，且PC平面EDB，PC平面EDB.(2)PDAD，E是边AP的中点，DEPA又PD(平面ABD)，PDAB，由已知ADAB，AB平面PAD，而DE平面PAD，ABDE由

11、及ABPAA得DE平面EAB.4解析(1)证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以PBMO.因为PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)证明：因为ADC45°，且ADAC1，所以DAC90°，即ADAC，又PO平面ABCD，AD平面ABCD，所以POAD，而ACPOO，所以AD平面PAC.(3)(理)解：取DO中点N，连接MN、AN，因为M为PD的中点，所以MNPO，且MNPO1.由PO平面ABCD，得MN平面ABCD，所以MAN是直线AM与平面ABCD所成的角在RtDAO中，AD1，AO

12、，所以DO，从而ANDO，在RtANM中，tanMAN，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.5证明(1)取CD中点M，连结OM.在矩形ABCD中，OM綊BC，又EF綊BC，则EF綊OM.连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形FOEM.又FO平面CDE，且EM平面CDE，FO平面CDE.(2)连结FM，由(1)和已知条件，在等边CDE中，CMDM，EMCD，且EMCDBCEF. 因此平行四边形EFOM为菱形，从而EOFM，而FMCDM，CD平面EOM，从而CDEO.而FMCDM，所以EO平面CDF.6 解析(1)几何体的直观图如图四边形BB1C1C是矩形，BB1CC1，BC1，四边形AA

13、1C1C是边长为的正方形，且垂直于底面BB1C1C，其体积V×1××.(2)证明：ACB90°，BCAC.三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，BCCC1.ACCC1C，BC平面ACC1A1，BCA1C.B1C1BC，B1C1A1C.四边形ACC1A1为正方形，A1CAC1.B1C1AC1C1，A1C平面AB1C1.(3)当E为棱AB的中点时，DE平面AB1C1.证明：如图，取BB1的中点F，连结EF，FD，DE，D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点，EFAB1. AB1平面AB1C1，EF平面AB1C1，EF平面AB1C1.同理可得FD平面AB1C1，又EFFDF，平面DEF平面AB1C.而DE平面DEF，DE平面AB1C1.7解析(1)证明：ABAC，D是BC的中点，ADBC.底面ABC侧面BB1C1C，且交线为BC，由面面垂直的性质定理可知AD侧面BB1C1C. 又CC1侧面BB1C1C，ADCC1.(2)证明：取BC1的中点E，连结DE、ME.在BCC1中，D、E分别是BC、BC1的中点，DECC1，且DECC1，又AA1綊CC1，DEAA1，且DEAA1.M是AA1的中点(由AMMA1知)，DE綊AM.AMED