专题10 立体几何-五年(2017-2021)高考数学真题分项详解(新高考地区专用)(解析版)

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1、 专题专题 10 立体几何立体几何 【2021 年】年】 一、【2021浙江高考】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( ) A. 3 2 B. 3 C. 3 2 2 D. 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据三视图可得如图所示的几何体,根据棱柱的体积公式可求其体积. 【详解】几何体为如图所示的四棱柱 1111 ABCDABC D,其高为 1,底面为等腰梯形ABCD, 该等腰梯形的上底为 2,下底为2 2,腰长为 1,故梯形的高为 12 1 22 , 故 1 1 11 123 22 21 222 ABCD A B C D V , 故选:A. 【2021浙江高考】 如图已知正方体

2、1111 ABCDABC D,M,N 分别是 1 AD, 1 D B的中点,则( ) A. 直线 1 AD与直线 1 D B垂直,直线 /MN平面ABCD B. 直线 1 AD与直线 1 D B平行,直线MN 平面 11 BDD B C. 直线 1 AD与直线 1 D B相交,直线 /MN平面ABCD D. 直线 1 AD与直线 1 D B异面,直线MN 平面 11 BDD B 【答案】A 【解析】 【分析】由正方体间的垂直、平行关系,可证 1 /,MN AB AD 平面 1 ABD,即可得出结论. 【详解】 连 1 AD,在正方体 1111 ABCDABC D中, M 是 1 AD的中点,所

3、以M为 1 AD中点, 又 N 是 1 D B的中点,所以 /MN AB, MN 平面 ,ABCD AB 平面ABCD, 所以/MN平面ABCD. 因为AB不垂直BD,所以MN不垂直BD 则MN不垂直平面 11 BDD B,所以选项 B,D不正确; 在正方体 1111 ABCDABC D中, 11 ADAD, AB 平面 11 AAD D,所以 1 ABAD, 1 ADABA,所以 1 AD 平面 1 ABD, 1 DB 平面 1 ABD,所以 11 ADD B, 且直线 11 ,AD D B是异面直线, 所以选项 C错误,选项 A正确. 故选:A. 【点睛】关键点点睛:熟练掌握正方体中的垂直

4、、平行关系是解题的关键,如两条棱平行或垂直,同一个 面对角线互相垂直,正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 【2021浙江高考】如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形, 120 ,1,4,15ABCABBCPA ,M,N分别为,BC PC的中点,,PDDC PMMD. (1)证明:ABPM; (2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值. 【答案】 (1)证明见解析; (2) 15 6 【解析】 【分析】 (1)要证ABPM,可证DCPM,由题意可得,PDDC,易证DMDC,从而DC 平面PDM,即有DCPM,从而得证; (2)取AD中点E,根据题意可知,,ME

5、 DM PM两两垂直,所以以点M为坐标原点,建立空间直角 坐标系,再分别求出向量AN和平面PDM的一个法向量,即可根据线面角的向量公式求出 【详解】 (1)在DCM中,1DC ,2CM ,60DCM,由余弦定理可得3DM , 所以 222 DMDCCM ,DMDC由题意DCPD且PDDMD,DC平面PDM, 而PM 平面PDM,所以DCPM,又/ABDC,所以ABPM (2)由PMMD,ABPM,而AB与DM相交,所以PM 平面ABCD,因7AM ,所以 2 2PM ,取AD中点E,连接ME,则,ME DM PM两两垂直,以点M为坐标原点,如图所示, 建立空间直角坐标系, 则(3,2,0),(

6、0,0,2 2),( 3,0,0)APD,(0,0,0),( 3, 1,0)MC 又N为PC中点,所以 313 35 ,2 ,2 2222 NAN . 由(1)得CD平面PDM,所以平面PDM的一个法向量(0,1,0)n 从而直线AN与平面PDM所成角正弦值为 5 |15 2 sin 6|2725 2 44 AN n AN n 【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化,要证明ABPM,可以考虑DCPM, 题中与DC有垂直关系的直线较多,易证DC 平面PDM,从而使问题得以解决;第二问思路直接,由第 一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系,根据线面角的向量公式即可计算得出 二、【2021江苏高

7、考】已知圆锥的底面半径为2,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( ) A. 2 B. 22 C. 4 D. 42 【答案】B 【知识点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台、球)及其结构特征 【解析】解:由题意,设母线长为 l, 因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径, 则有2 2 = ,解得 = 22, 所以该圆锥的母线长为22 故选:B 设母线长为 l,利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径, 列出方程,求解即可 本题考查了旋转体的理解和应用,解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母 线长即为

8、侧面展开图半圆的半径,考查了逻辑推理能力与运算能力,属于基础题 【2021 江苏高考】 在正三棱柱 111中, = 1= 1, 点 P满足 = + 1 , 其中 0,1, 0,1,则( ) A. 当 = 1时, 1的周长为定值 B. 当 = 1时,三棱锥 1的体积为定值 C. 当 = 1 2时,有且仅有一个点 P,使得1 D. 当 = 1 2时,有且仅有一个点 P,使得1 平面1 【答案】BD 【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积 【解析】解:对于 A,当 = 1时, = + 1 ,即 = 1 ,所以 /1 , 故点 P在线段1上,此时 1的周长为1+ 1 + , 当点 P为1的中

9、点时, 1的周长为5 + 2, 当点 P在点1处时, 1的周长为22 + 1, 故周长不为定值,故选项 A 错误; 对于 B,当 = 1时, = + 1 ,即1 = ,所以1 / , 故点 P在线段11上, 因为11/平面1, 所以直线11上的点到平面1的距离相等, 又 1的面积为定值, 所以三棱锥 1的体积为定值,故选项 B正确; 对于 C,当 = 1 2时,取线段 BC,11的中点分别为 M,1,连结1, 因为 = 1 2 + 1 ,即 = 1 ,所以 /1 , 则点 P在线段1上, 当点 P在1处时,11 11,11 1, 又11 1 = 1,所以11平面11, 又1平面11,所以11

10、1,即1 , 同理,当点 P 在 M 处,1 ,故选项 C 错误; 对于 D,当 = 1 2时,取1的中点1,1的中点 D, 因为 = + 1 21 ,即 = ,所以 / , 则点 P在线的1上, 当点 P在点1处时,取 AC的中点 E,连结1,BE, 因为 平面11,又1平面11,所以1 , 在正方形11中,1 1, 又 1 = ,BE,1 平面1, 故 AD1平面1,又1 平面1,所以1 1, 在正方体形11中,1 1, 又1 1= ,1,1平面11,所以1 平面11, 因为过定点 A 与定直线1垂直的平面有且只有一个, 故有且仅有一个点 P,使得1 平面1,故选项 D 正确 故选:BD

11、判断当 = 1时,点 P在线段1上,分别计算点 P为两个特殊点时的周长,即可判断选项 A;当 = 1时, 点 P 在线段11上,利用线面平行的性质以及锥体的体积公式,即可判断选项 B;当 = 1 2时,取线段 BC, 11的中点分别为 M, 1, 连结1, 则点 P在线段1上, 分别取点 P在1, M处, 得到均满足1 , 即 可判断选项 C; 当 = 1 2时, 取1的中点1, 1的中点 D, 则点 P 在线的1上, 证明当点 P 在点1处时, 1 平面11,利用过定点 A与定直线1垂直的平面有且只有一个,即可判断选项 D 本题考查了动点轨迹,线面平行与线面垂直的判定,锥体的体积问题等,综合

12、性强,考查了逻辑推理能力 与空间想象能力,属于难题 【2021江苏高考】如图,在三棱锥 中,平面 平面 BCD, = ,O为 BD的中点 (1)证明: ; (2)若 是边长为 1 的等边三角形,点 E 在棱 AD 上, = 2,且二面角 的大小为45, 求三棱锥 的体积 【答案】 解: (1)证明: 因为 = , O为BD的中点, 所以 , 又平面 平面 BCD,平面 平面 = , 平面 BCD, 所以 平面 BCD,又 平面 BCD, 所以 ; (2)取 OD的中点 F,因为 为正三角形,所以 , 过 O 作/与 BC交于点 M,则 , 所以 OM,OD,OA两两垂直, 以点 O为坐标原点,

13、分别以 OM,OD,OA为 x轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系如图所示, 则(0,1,0),( 3 2 , 1 2,0),(0,1,0), 设(0,0,),则(0, 1 3, 2 3 ), 因为 平面 BCD,故平面 BCD 的一个法向量为 = (0,0,), 设平面 BCE 的法向量为 = (,), 又 = ( 3 2 , 3 2,0), = (0, 4 3, 2 3 ), 所以由 = 0 = 0,得 3 2 + 3 2 = 0 4 3 + 2 3 = 0 , 令 = 3,则 = 1, = 2 ,故 = (3,1, 2 ), 因为二面角 的大小为45, 所以|cos | = | | |

14、| | = 2 4: 4 2 = 2 2, 解得 = 1,所以 = 1, 又 = 1 2 1 1 3 2 = 3 4 ,所以= 3 2 , 故 ;= 1 3 = 1 3 3 2 1 = 3 6 【知识点】线面垂直的判定、圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积、利用空间向量求线线、线面和 面面的夹角 【解析】(1)利用等腰三角形中线就是高,得到 ,然后利用面面垂直的性质,得到 平面 BCD,再利用线面垂直的性质,即可证明 ; (2)建立合适的空间直角坐标系,设(0,0,),利用待定系数法求出平面的法向量,由向量的夹角公式求出 t的值,然后利用锥体的体积公式求解即可 本题考查了面面垂直和线面垂直的

15、性质,在求解有关空间角问题的时候,一般要建立合适的空间直角坐标 系,将空间角问题转化为空间向量问题,属于中档题 【2020 年】年】 一、【2020北京高考】某三棱柱的底面为正三角形,其三视图如图所示,该三棱柱的表面积为( ) A. 6 + 3 B. 6 + 23 C. 12 + 3 D. 12 + 23 【答案】D 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积、空间几何体的三视图【解析】解:几何体的直观 图如图: 是三棱柱,底面边长与侧棱长都是 2, 几何体的表面积为:3 2 2 + 2 1 2 2 3 2 2 = 12 + 23 故选:D 画出几何体的直观图,利用三视图的数据求解几何体

16、的表面积即可 本题考查三视图求解几何体的表面积,判断几何体的形状是解题的关键,是基本知识的考查 【2020北京高考】如图,在正方体 1111中,E 为1的中点 (1)求证:1/平面1; (2)求直线1与平面1所成角的正弦值 【答案】(1)证明:由正方体的性质可知,/11,且 = 11, 四边形11是平行四边形, 1/1, 又1平面1,1平面1, 1/平面1E. (2)解:以 A 为原点,AD、AB、1分别为 x、y和 z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 设正方体的棱长为 a, 则(0,0,0),1(0,0,),1(,0,),(0,a,1 2), 1 = (0,0,),1 = (,0,),

17、= (0, 1 2), 设平面1的法向量为 = (,), 则 1 = 0 = 0 ,即 ( + ) = 0 ( + 1 2) = 0 , 令 = 2,则 = 2, = 1, = (2,1,2), 设直线1与平面1所成角为, 则 = |cos | = | 1 | |1| | = 2 3 = 2 3, 故直线1与平面1所成角的正弦值为2 3 【知识点】线面平行的判定、直线与平面所成角的向量求法 【解析】本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题,熟练掌握线面平行的判定定理和利用空间向量 求线面夹角是解题的关键,考查学生的空间立体感和运算能力 (1)根据正方体的性质可证得1/1,再利用线面平行的判定

18、定理即可得证; (2)以 A为原点, AD、 AB、 1分别为 x、 y和 z轴建立空间直角坐标系, 设直线1与平面1所成角为, 先求 出平面1的法向量 ,再利用 = |cos | = | 1 | |1| |以及空间向量数量积的坐标运算即 可得解 二、【2020浙江高考】某几何体的三视图(单位:)如图所示,则该几何体 的体积(单位:3)是( ) A. 7 3 B. 14 3 C. 3 D. 6 【答案】A 【知识点】空间几何体的三视图 【解析】解:由题意可知几何体的直观图如图,下部是直三棱柱,底面是斜边长为 2 的等腰直角三角形,棱锥的高为 2,上部是一个三棱锥,一个侧面与底面等腰直角 三角形

19、垂直,棱锥的高为 1, 所以几何体的体积为:1 2 2 1 2 + 1 3 1 2 2 1 1 = 7 3 故选:A 画出几何体的直观图,利用三视图的数据求解几何体的体积即可 本题考查三视图求解几何体的体积,判断几何体的形状是解题的关键 【2020浙江高考】已知圆锥的侧面积(单位:2)为2,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底 面半径(单位:)是 【答案】1 【知识点】弧长及扇形面积、圆锥的侧面积和表面积 【解析】 【分析】 本题考查圆锥的母线长的求法,注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点,属于基础题 利用圆锥的侧面积,求出母线长,求解底面圆的周长,然后求解底面半径 【解答】 解:圆

20、锥侧面展开图是半圆,面积为2, 设圆锥的母线长为 a,则1 2 2 = 2, = 2, 侧面展开扇形的弧长为2, 设圆锥的底面半径 = ,则2 = 2,解得 = 1 故答案为:1 【2020浙江高考】如图,三棱台 中,面 面 ABC, = = 45, = 2 (1)证明: ; (2)求 DF与面 DBC 所成角的正弦值 【答案】解:(1)证明:作 ,且交 AC 于点 H, 面 面 ABC,面 面 = , 面 ADFC, 面 ABC, 面 ABC, , 在 中, = 45 = 2 2 , = 2, = 2 2 = 2 2 2 = 2 , = 2 2 ,又 = 45, 是直角三角形,且 = 90,

21、 , 又 面 DHB, 面 DHB, = , 面 DHB, 面 DHB, , 在三棱台 中,/, (2)设 = 1,则 = 1, = 2, 在 中, = 2, = 2, 在 中, = 2+ 2= 2 + 1 = 3, 作 于 G, 面 DHB, 面 DHB, , 而 面 BCD, 面 BCD, = , 面 BCD, 面 BCD, , 是直角三角形,且 = 90, 设 DF与面 DBC 所成角为,则即为 CH 与面 DBC的夹角, 且 = sin = = 2 , 在 中, = , = = 21 3 = 6 3 , = 2 = 6 3 2 = 3 3 【知识点】线面垂直的判定、直线与平面所成的角、

22、面面垂直的性质、线面垂直的性质 【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质,以及直线与平面所成角的几何计算问题,考查了 空间想象能力和思维能力,平面与空间互相转化是能力,几何计算能力,以及逻辑推理能力,本题属综合 性较强的题 (1)题根据已知条件,作 ,根据面面垂直,可得 ,进一步根据直角三角形的知识可判断出 是直角三角形, 且 = 90, 则 , 从而可证出 面 DHB, 最后根据棱台的定义有/, 根据平行线的性质可得 ; (2)题先可设 = 1,根据解直角三角形可得 = 1, = 2, = 2, = 2, = 3,然后找到 CH 与面 DBC的夹角即为,根据棱台的特点可知 DF 与面

23、 DBC所成角与 CH与面 DBC的夹角相等, 通过计算的正弦值,即可得到 DF 与面 DBC所成角的正弦值 三、【2020天津高考】若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A. 12 B. 24 C. 36 D. 144 【答案】C 【知识点】球的表面积、球的切、接问题 【解析】 【分析】 本题考查球的表面积,考查学生空间想象能力,球的内接体问题,属于基础题 正方体的体对角线就是球的直径,求出半径后,即可求出球的表面积 【解答】 解:由题意,正方体的体对角线就是球的直径, 所以2 =(23)2+ (23)2+ (23)2= 6, 所以 = 3, = 42= 36 故

24、选:C 【2020 天津高考】 如图, 在三棱柱 111中, 1平面 ABC, , = = 2, 1= 3, 点 D, E 分别在棱1和棱1上,且 = 1, = 2,M为棱11的中点 ()求证:1 1; ()求二面角 1 的正弦值; ()求直线 AB 与平面1所成角的正弦值 【答案】解:根据题意,以 C 为原点, , , 1 的方向为 x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标 系,如图所示, 则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),1(0,0,3), 1(2,0,3),1(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2),(1,1,3), ()证明:依题意,1 = (1,1,0),1 =

25、 (2,2,2), 1 1 = 2 2 + 0 = 0, 1 1 ,即1 1; ()依题意, = (2,0,0)是平面1的一个法向量, 1 = (0,2,1), = (2,0,1), 设 = (,y,)为平面1的法向量, 则 1 = 0 = 0 ,即2 + = 0 2 = 0, 不妨设 = 1,则 = (1,1,2), cos = | | | = 6 6 , sin = 1 1 6 = 30 6 , 二面角 1 的正弦值为 30 6 ; ()依题意, = (2,2,0), 由()知, = (1,1,2)为平面1的一个法向量, cos = | | | = 3 3 , 直线 AB 与平面1所成角的

26、正弦值为 3 3 【知识点】线线垂直的向量表示、平面与平面所成角的向量求法、直线与平面所成角的向量求法 【解析】本题考查了空间向量在几何中的应用,线线垂直的证明、二面角和线面角的求法,考查了运算求 解能力,转化与化归能力,逻辑推理能力,属于中档题 ()建立空间直角坐标系,根据向量的数量积等于 0,即可证明; ()先求得平面1的法向量 ,而 是平面1的一个法向量,再根据向量的夹角公式求解; ()求出cos 值,即可求出直线 AB与平面1所成角的正弦值 四、【2020上海高考】在棱长为 10的正方体 1111中,P 为左 侧面11上一点,已知点 P 到11的距离为 3,P 到1的距离为 2,则 过

27、点 P且与1平行的直线交正方体于,两点,则 Q点所在的平面是( ) A. 11 B. 11 C. 11 D. ABCD 【答案】D 【知识点】面面平行的性质 【解析】 【分析】 本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用,属于拔高题 根据正方体的结构特征,结合面面平行的性质分析即可 【解答】 解:如图, 由点 P到11的距离为 3,P到1的距离为 2, 可得 P在 1内,过 P作/1,且 1于 E, 于 F, 在平面 ABCD中,过 F作/,交 BC 于 G, 则平面/平面1 连接 AC,交 FG于 M,连接 EM, 平面/平面1,平面1 平面1 = 1,平面1 平面 = , /1 在 中,

28、过 P作/,且 于 N,则/1 线段 FM在四边形 ABCD内,N在线段 FM 上, 在四边形 ABCD内 点 N 即为过点 P 且与1平行的直线与正方体的交点,即与点 Q 重合, 点 Q 在平面 ABCD内. 故选 D 【2020上海高考】已知 ABCD 是边长为 1 的正方形,正方形 ABCD绕 AB旋转形成一个圆柱 (1)求该圆柱的表面积; (2)正方形 ABCD绕 AB 逆时针旋转 2至11,求线段1与平面 ABCD 所成的角 【答案】解:(1)该圆柱的表面由上下两个半径为 1的圆面和一个长为2、宽为 1的矩形组成, = 2 12+ 2 1 = 4 故该圆柱的表面积为4 (2) 正方形

29、11, 1 , 又1= 2, 1 , = ,且 AD、 平面 ADB, 1平面 ADB,即1在面 ADB上的投影为 A, 连接1,则1即为线段1与平面 ABCD 所成的角, 而cos1 = 1 = 2 3 = 6 3 , 线段1与平面 ABCD所成的角为arccos 6 3 【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积 【解析】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题,熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键,考查 学生的空间立体感和运算能力,属于中档题 (1)该圆柱的表面由上下两个半径为 1的圆面和一个长为2、宽为 1的矩形组成,依次求出圆面和矩形的面 积,相加即可;(2)先利用线面垂直的判

30、定定理证明1平面 ADB,连接1,则1即为线段1与平 面 ABCD所成的角,再利用三角函数的知识求出cos1即可 【2019 年】年】 一、【2019北京高考(理) 】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示如果网 格纸上小正方形的边长为 1,那么该几何体的体积为_ 【答案】40 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积、空间几何体的三视图 【解析】 【分析】 本题考查由三视图求面积、体积,关键是由三视图还原原几何体,是较易题 由三视图还原原几何体,然后利用一个长方体与一个棱柱的体积作和求解 【解答】 解:由三视图还原原几何体如图, 该几何体是一个长方体加一个棱柱,

31、则该几何体的体积 = 4 2 2 + 1 2(2 + 4) 2 4 = 40 故答案为 40 【2019北京高考(理) 】已知 l,m是平面外的两条不同直线,给出下列三个论断: ;/; 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: 【答案】若 , ,则/ 【知识点】线面平行的判定 【解析】 【分析】 本题考查满足条件的真命题的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理能 力与计算能力,属于中档题 由线面平行判定定理,求得结果 【解答】 解:l,m是平面外的两条不同直线,由线面平行的判定定理, 得:若 , ,则/, 故答案为:若 , ,则/ 【20

32、19北京高考(理) 】如图,在四棱锥 中, 平面 ABCD, ,/, = = = 2, = 3.为 PD 的中点,点 F在 PC 上,且 = 1 3 ()求证: 平面 PAD; ()求二面角 的余弦值; ()设点 G 在 PB 上,且 = 2 3.判断直线 AG是否在平面 AEF 内,说明理由 【答案】解:()证明: 平面 ABCD, , , = , 平面 PAD, 平面 PAD, 平面 PAD ()以 A为原点,在平面 ABCD 内过 A作 CD的平行线为 x轴, AD 为 y 轴,AP为 z轴,建立空间直角坐标系, (0,0,0),(0,1,1),(2 3, 2 3, 4 3),(0,0,

33、2),(2,1,0), = (0,1,1), = (2 3, 2 3, 4 3), 平面 AEP的一个法向量为 = (1,0,0), 设平面 AEF 的一个法向量为 = (,y,), 则 = + = 0 = 2 3 + 2 3 + 4 3 = 0 ,取 = 1,得 = (1,1,1), 设二面角 的平面角为,由图可知为锐角, 则 = | | | | | = 1 3 = 3 3 二面角 的余弦值为 3 3 ()直线 AG在平面 AEF内,理由如下: 点 G 在 PB 上,且 = 2 3. ( 4 3, 2 3, 2 3), = (4 3, 2 3, 2 3), 平面 AEF的一个法向量为 = (

34、1,1,1), = 4 3 2 3 2 3 = 0, 故直线 AG在平面 AEF内 【知识点】线面垂直的判定、平面与平面所成角的向量求法、空间向量共面定理 【解析】本题考查线面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查直线是否在已知平面内的判断与求 法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理能力与计算能力,属于较难题 ()推导出 , ,由此能证明 平面 PAD ()以 A为原点,在平面 ABCD 内过 A作 CD的平行线为 x轴,AD为 y轴,AP为 z 轴,建立空间直角坐标 系,利用向量法能求出二面角 的余弦值 【2019北京高考(文) 】如图,在四棱锥 中, 平面 AB

35、CD,底面 ABCD 为菱形,E为 CD的 中点 (1)求证: 平面 PAC; (2)若 = 60,求证:平面 平面 PAE; (3)棱 PB上是否存在点 F,使得/平面 PAE?说明理由 【答案】证明: (1) 四棱锥 中, 平面 ABCD, , , 底面 ABCD为菱形, , = ,PA, 平面 PAC, 平面 PAC (2) 在四棱锥 中,底面 ABCD为菱形, = 60, 是等边三角形, 为 CD的中点, , /, , 平面 ABCD, , = ,PA, 平面 PAB, 平面 PAB, 平面 PAE, 平面 平面 PAE (3)棱 PB上存在中点 F,使得/平面 PAE 理由如下:分别

36、取 PB、PA 的中点 F、G,连接 CF、FG、EG, 在三角形 PAB中,/且 = 1 2, 在菱形 ABCD中,E 为 CD的中点, 所以/,且 = 1 2, 所以/,且 = , 即四边形 CEGF为平行四边形, 所以/, 又, 【知识点】线面垂直的判定、线面平行的判定、面面垂直的判定、线面垂直的性质 【解析】本题考查线面垂直、面面垂直的证明,考查满足线面平行的点是否存在的判断与求法,考查空间 中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理能力与计算能力,属于中档题 (1)推导出 , ,由此能证明 平面 PAC (2)推导出 , ,从而 平面 PAB,由此能证明平面 平面 PAE (

37、3)棱 PB上存在中点 F,分别取 PB、PA的中点 F、G,连接 CF、FG、EG,推导出四边形 CEGF为平行四 边形,所以/,进而/平面 PAE 二、 【2019浙江高考】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为 祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式柱体= ,其中 S 是柱体的底面积,h是柱体的高若某 柱体的三视图如图所示(单位:),则该柱体的体积(单位:3)是( ) A. 158 B. 162 C. 182 D. 324 【答案】B 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积、空间几何体的三视图 【解析】 【分析】 本题考查由三视图求面积、体积

38、,关键是由三视图还原几何体,属于基础题 由三视图还原几何体,可知该几何体为直五棱柱,由两个梯形面积求得底面积,代入体积公式得答案 【解答】 解:由三视图还原几何体如图, 该几何体为直五棱柱,底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解, 即 五边形 = 1 2(4 + 6) 3 + 1 2(2 + 6) 3 = 27, 高为 6,则该柱体的体积是 = 27 6 = 162 故选 B 【2019浙江高考】设三棱锥 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱 VA上的点(不含端点), 记直线 PB与直线 AC所成角为, 直线 PB 与平面 ABC所成角为, 二面角 的平面角为, 则( ) A. , B.

39、 , C. , D. , 【答案】B 【知识点】直线与平面所成的角、二面角、异面直线所成角 【解析】 【分析】 本题考查空间三种角的求法,考查以三棱锥为载体,常规解法下易出现的错误的有:不能正确作出各种角, 未能想到利用“特殊位置法”,寻求简单解法,为拔高题 综合考查异面直线所成角、 直线和平面所成角和二倍角的概念和计算, 解答的基本方法是通过明确各种角, 应用三角函数知识求解,而后比较大小,充分运用图象,则可事半功倍 【解答】 解:方法一、如图 G为 AC的中点,V 在底面的射影为 O, 则 P 在底面上的射影 D在线段 AO 上,作 于 E,易得/, 过 P 作/于 F,过 D作/,交 B

40、G 于 H, 则 = , = , = , 则 = = = = ,可得 = ,可得 , 方法二、由最小值定理可得 , 记 的平面角为(显然 = ), 由最大角定理可得 = ; 方法三、(特殊图形法)设三棱锥 为棱长为 2 的正四面体,P为 VA的中点, 易得 = 1 2 3 = 3 6 , 可得 = 33 6 , = 6 3 3 = 2 3 , = 6 3 3 2 = 22 3 , 当 = 2 3时,由余弦定理可得 = 4 + 4 9 2 2 2 3 1 2 = 27 3 , = 28 9 :16 9 ;28 9 227 3 4 3 = 1 7 , = 6 7 , 可得 0),则(1,2,) 则

41、 = (1,0,0)是平面 ADE的法向量,又 = (0,2,),可得 = 0 又直线 平面 ADE, /平面 ADE; ()解:依题意, = (1,1,0), = (1,0,2), = (1,2,2) 设 = (,)为平面 BDE的法向量, 则 = + = 0 = + 2 = 0, 令 = 1,得 = (2,2,1) cos = | | | = 4 9 直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9; ()解:设 = (1,1,1)为平面 BDF 的法向量, 则 = 1+ 1= 0 = 21+ 1= 0, 取1= 1,可得 = (1,1, 2 ), 由题意,|cos | = | | |

42、| | = |4;2 | 32: 4 2 = 1 3, 解得 = 8 7 经检验,符合题意 线段 CF 的长为8 7 【知识点】平面与平面所成角的向量求法、线面平行的判定、直线与平面所成角的向量求法 【解析】本题考查直线与平面平行的判定,考查空间想象能力与思维能力,利用空间向量求解线面角与二 面角的大小,是拔高题 ()以 A为坐标原点,分别以 , , 所在直线为 x,y,z轴建立空间直角坐标系,求得 A,B,C,D, E 的坐标,设 = ( 0),得(1,2,).可得 = (1,0,0)是平面 ADE 的法向量,再求出 = (0,2,), 由 = 0,且直线 平面 ADE,得/平面 ADE;

43、()求出 = (1,2,2),再求出平面 BDE的法向量,利用数量积求夹角公式得到直线 CE 与平面 BDE所 成角的正弦值; ()求出平面 BDF 的法向量,由两平面法向量所成角的余弦值为1 3列式求线段 CF 的长 【2019天津高考(文) 】如图,在四棱锥,底面 ABCD 为平行四边形, 为等边三角形,平 面 平面 PCD, , = 2, = 3, (1)设 G,H分别为 PB,AC的中点,求证:/平面 PAD; (2)求证: 平面 PCD; (3)求直线 AD与平面 PAC所成角的正弦值 【答案】证明:(1)如图: 证明:连接 BD,由题意得 = , = , 又由 = ,得/, 平面

44、PAD, 平面 PAD, /平面 PAD; (2)证明:取棱 PC中点 N,连接 DN, 依题意得 , 又平面 平面 PCD,平面 平面 = , 平面 PCD, 平面 PAC, 又 平面 PAC, , 又 , = , 平面 PCD, 平面 PCD, 平面 PCD; (3)解:连接 AN,由(2)中 平面 PAC, 知是直线 AD 与平面 PAC所成角, 是等边三角形, = 2,且 N 为 PC 中点, = 3, 又 平面 PAC, , 在 中,sin = = 3 3 直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为 3 3 【知识点】线面垂直的判定、直线与平面所成的角、面面垂直的性质、线面平行的判

45、定 【解析】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识, 考查空间想象能力和运算求解能力,属于拔高题 (1)连接 BD,由题意得 = , = ,由 = ,得/,由此能证明/平面 PAD; (2)取棱 PC 中点 N,连接 DN,推导出 ,从而 平面 PAC,进而 ,再上 ,能证 明 平面 PCD; (3)连接 AN,由 平面 PAC,知是直线 AD与平面 PAC所成角,由此能求出直线 AD与平面 PAC 所成角的正弦值 四、 【2019上海高考】已知平面、两两垂直,直线 a、b、c满足: , , ,则直线 a、 b、c不可能满足以下哪种关系( ) A. 两两垂直 B. 两两平行 C. 两两相交 D. 两两异面 【答案】B 【知识点】面面垂直的性质、空间中直线与直线的位置关系、空间中平面与平面的位置关系 【解析】 【分析】 本题考查空间中直线与直线、平面与平面的关系,属于基础题 利用直线与直线、平面与平面的关系,画图判定即可 【解答】 解:如图 1,可得 a、b、c可能两两垂直; 如图 2,可得 a、b、c可能两两相交; 如图 3,可得 a、b、c可能两两异面; 故选 B 【201

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