专题19立体几何初步解答题压轴训练-2020-2021学年高一数学下学期期末考试压轴题专练（2019尖子生专用）

专题19立体几何初步解答题压轴训练（时间：90分钟总分：120）班级姓名得分解答题解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之，退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。一、解答题1．棱锥是生活中最常见的空间图形之一，譬如我们熟悉的埃及金字塔，它的形状可视为一个正四棱锥.我国数学家很早就开始研究棱锥问题，公元一世纪左右成书的《九章算术》第五章中的第十二题，计算了正方锥、直方锥（阳马）、直三角锥（鳖臑）的体积，并给出了通用公式.公元三世纪中叶，数学家刘徽在给《九章算术》作的注中，运用极限思想证明了棱锥的体积公式.请你使用学过的相关知识，解决下列问题：如图，正三棱锥中，三条侧棱SA，SB，SC两两垂直，侧棱长是3，底面内一点P到侧面的距离分别为x，y，z.（1）求证：；（2）若，试确定点P在底面内的位置.【答案】（1）证明见解析；（2）点P为正三角形的中心.【分析】（1）P为底面ABC内的一点，连接PA，PB，PC，PS，如图，可将原三棱锥分成三个三棱锥，它们的高分别为，三棱锥的体积公式可得证；（2）由，可整理得.再利用基本不等式可得结论.【详解】（1）在正三棱锥中，SA，SB，SC两两垂直且AB=BC=CA，P为底面ABC内的一点，连接PA，PB，PC，PS，如图，可将原三棱锥分成三个三棱锥，它们的高分别为，由，即，得（2）由，得.又，∴，∴，当且仅当时取等号.故当时，点P为正三角形的中心.【点睛】关键点睛：本题考查空间中点到面距离的关系，关键在于利用三棱锥的体积，将点到面的距离转化为三棱锥的高得以解决.2．如图所示的多面体中，四边形是正方形，平面平面，，，，，．（1）证明：平面平面；（2）若与平面所成角的正弦值为，求这个多面体的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）过点在平面内做的垂线，垂足为，结合面面垂直的性质可证，又知四边形是正方形，所以，即证平面，面面垂直的判定定理可证明平面平面．（2）在平面内，过点作的垂线，垂足为，过作，交平面于，连接，可证明平面，又与平面所成角的正弦值为，可求出，将所求多面体分为四棱锥以及三棱锥，代入数值计算即可求出多面体的体积.【详解】解：（1）证明：过点在平面内做的垂线，垂足为．因为平面平面，平面平面，所以平面，所以．又因为四边形是正方形，所以．∵，又，从而平面，而平面，所以平面平面．（2）在平面内，过点作的垂线，垂足为，因为平面平面，平面平面，所以平面，过作，交平面于，连接，∴平面，∴是在平面内的射影．∴为与平面所成角；∵平面，平面，∴，即．由，，，得．∵与平面所成角的正弦值为，所以．因为，平面，平面，所以平面，所以，又，所以，从而是正三角形，可得．因为平面，，所以平面，所以这个多面体的体积．【点睛】思路点睛：不规则的几何体的体积经常拆分成规则的三棱锥、四棱锥或其他比较规则的几何体,求体积之和或差.3．已知集合，定义上两点，的距离.（1）当时，以下命题正确的有__________（不需证明）：①若，，则；②在中，若，则；③在中，若，则;（2）当时，证明中任意三点满足关系；（3）当时，设，，，其中，.求满足点的个数，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于.【答案】（1）①；（2）证明见解析；（3），证明见解析．【分析】（1）①根据新定义直接计算．②根据新定义，写出等式两边的表达式，观察它们是否相同，即可判断；③由新定义写出等式的表达式，观察有无；（2）由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明；（3）根据新定义，及绝对值的性质得点是以为对角线的正方体的表面和内部的整数点，共125个，把它们分布在五个平面上，这五个面一个面取3个点，相邻面上取一个点，以它们为顶点构成三棱锥（能构成时），棱锥的体积不超过，然后任取11点中如果没有4点共面，但至少有一个平面内有3个点．根据这3点所在平面分类讨论可得．【详解】（1）当时，①若，，则，①正确；②在中，若，则，设，所以而，，但不一定成立，②错误；③在中，若，在②中的点坐标，有，但不一定成立，因此不一定成立，从而不一定成立，③错误．空格处填①（2）证明：设，根据绝对值的性质有，，所以．,（3），，所以，当且仅当以上三个等号同时成立，又由已知，∴，又，∴，，点是以为对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共125个，．这125个点在这五面内．这三个平面内，一个面上取不共线的3点，相邻面上再取一点构成一个三棱锥．则这个三棱锥的体积最大为，现在任取11个点，若有四点共面，则命题已成立，若其中无4点共面，但11个点分在5个平面上至少有一个平面内有3个点（显然不共线），若这三点在这三个平面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如果有一点，那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积不超过，否则还有8个点在平面和上，不合题意，若这三个点在平面或上，不妨设在平面，若在平面在一个点，则同样四点构成的三棱锥体积不超过，否则剩下的8个点在三个平面上，只能是3，3，2分布，不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不超过，综上，任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于.【点睛】关键点点睛：本题新定义距离，解题关键是利用新定义转化为绝对值，利用绝对值的性质解决一些问题．本题还考查了抽屉原理，11个放在5个平面上，至少有一个平面内至少有3点，由此分类讨论可证明结论成立．4．如图，在多面体中，四边形为菱形，且，在四边形中，，，，，M为的中点.

（1）证明：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接交于S，取中点R，连接，证明即可；（2）取中点N，连接，则，连接交于S，连接，作于G，于H，可知为直线与平面所成角，求出其正弦值即可.【详解】（1）如图，过作,与延长线交于,，可知四边形为平行四边形，连接交于S，连接交于R，连接，∵，，，在中，，，,∴四边形是平行四边形，∴,又∵平面平面,∴直线平面（2）取中点N，连接，则，连接交于S，连接，∵，∴，又∵，∴平面，平面，∴，又∵，,∴平面，∴平面平面，作于G，于H，则平面，∴为直线与平面所成角，等于直线与平面成角，，，∴.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线面角的求法，属于较难题.5．定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.（1）在空间，求与定点距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；（2）在空间，线段(包括端点)的长等于1，求到线段的距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；（3）在空间，记边长为1的正方形区域(包括边界及内部的点)为，求到距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积.【答案】（1），；（2），；（3），.【分析】（1）根据球的体积和表面公式计算可得结果；（2）依题意可知围成的几何体是一个圆柱和两个半球的组合体，依据公式即可求得结果；（3）分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案.【详解】（1）与定点距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，其体积为，表面积为，（2）到线段的距离等于1的点所围成的几何体是一个以为高，底面半径为1的圆柱的侧面与两个半径为1的半球面所围成的几何体，其体积为，表面积为.（3）到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，其体积为，表面积为.【点睛】本题考查了空间想象能力，考查了长方体、圆柱、球的体积和表面积公式，解题关键是根据定义得到几何体是由哪些几何体组合而成，属于难题.6．正四棱柱中，底面的边长为1，为正方形的中心.（1）求证：平面；（2）若异面直线与所成的角的正弦值为，求直线到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）通过证明四边形一组对边平行且相等，得出四边形是平行四边形，从而得出另一组对边平行，得出线线，即可证出线面；（2）法一：通过已知异面直线与所成的角的正弦值为，可求出正方体的高，由（1）得出平面，将直线到平面的距离转化成点到面的距离，即点到平面的距离，再利用线面垂直的判定和性质，证出平面，所以在直角三角形中，求出的值，即可得出所求答案；法二：直线到平面的距离转化成点到面的距离，即点到平面的距离，再利用三棱锥等体积法求点到面的距离，即，化简便可求出结果.【详解】（1）连接，交于点，连接，交于点，连接，正四棱柱中，，且，又因为点、分别为、的中点，所以，且，则四边形为平行四边形，故，又不在平面内，在平面内，故平面.（2）由（1），，故异面直线与所成的角等于，因为正四棱柱中，侧棱底面，则，又，则平面，则.因正方形的边长为1，则.得，则.因为平面，则直线到平面的距离等于点到平面的距离，又为的中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离，在三角形内作，因为平面，则平面平面，故平面.直角三角形中，，，，则.则直线到平面的距离为.方法二（等体积法）：因为平面，则直线到平面的距离等于点到平面的的距离，又为的中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离，设点到平面的距离为，由，，且，，.求得.则直线到平面的距离为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定和点到面的距离，其中涉及到平行四边形的性质和利用线面垂直的判定和性质、等体积法求点到面的距离，还运用了三棱锥的体积公式.7．如图，是由两个全等的菱形和组成的空间图形，，∠BAF＝∠ECD＝60°.（1）求证：；（2）如果二面角B－EF－D的平面角为60°，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）取的中点，连接、，.利用菱形的性质、等边三角形的性质分别证得，，由此证得平面，进而求得，根据空间角的概念，证得.（2）根据（1）得到就是二面角的平面角，即，由此求得的长.利用等体积法计算出到平面的距离，根据线面角的正弦值的计算公式，计算出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）取的中点，连接、，.在菱形中，∵，∴是正三角形，∴，同理在菱形，可证，∴平面，∴，又∵，∴.（2）由（1）知，就是二面角的平面角，即，又，所以是正三角形，故有，如图，取的中点，连接，则，又由（1）得，所以，平面，且，又，在直角中，，所以，设到平面的距离为，则，，所以，故直线与平面所成角正弦值为.【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.8．如果一个正四棱柱与一个圆