全国高考理科数学试题分类汇编:立体几何Word含答案.pdf
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1、1 / 42 2018 年全国高考理科数学试卷分类汇编7:立体几何 一、选择题 1 )若两个球的表面积之比为1: 4, 则这两个 球的体积之比为二面角为 0 45 C平面与平面平行 D平面与平面所成的 ( 锐二面角为 0 60 【答案】A 17 如图所示 ,则此几何体的体积等于_ 2 cm. 7EqZcWLZNX A B C A D E F B C 1 D 1 B P D 1 C C E B A 1 A 8 / 42 【答案】24 24 .lzq7IGf02E 当 1 0 2 CQ时,S 为四边形。当 1 2 CQ时,S 为等腰梯形。当 3 4 CQ时 ,S 与 11 C D的交点R 满足 1
2、1 1 3 C R。当 3 1 4 CQ时,S 为六边形。当1CQ时 ,S 的面积为 6 2 .zvpgeqJ1hk 【答案】 25 )在如图所示的正方体 1111 ABCDA BC D 中, 异面直线 1 AB与 1 BC所成角的大小为_fjnFLDa5Zo 【答案】 3 三、解答题 28 求证 :PACPBC平面平面; (II2.ABACPACPBA若,1,1,求证:二面角的余弦值 D1 C1 B1 A1 D C AB 10 / 42 【答案】 11 / 42 12 / 42 29 求PA的长。 (2求二面角BAFD的正弦值 . 【答案】 13 / 42 1证明 :平面PAB与平面PCD的
3、交线平行于底面。( 求cosCOD. 【答案】解:( PABP D,/ / /CmABCDCDPCDABPCD设面面直线且面面 / /ABm直线ABCDmABCDAB面直线面/. 所以 ,ABCDDPPAB的公共交线平行底面与面面C. ( r PO OPFFCDr5.22tan.60,由题知,则的中点为线段设底面半径为. 5.22tan1 5.22tan2 45tan, 2 cos5 .22tan60tan60tan, 2 COD r OF PO OF . )223(3), 1-2(3 2 1cos , 1-25.22tan1 2 cos2cos 22CODCOD COD 212-17cos.
4、212-17cosCODCOD所以. 法二 : 15 / 42 1 证明 :/PQ平面BCD。(2 若二面角DBMC的大小为 0 60, 求BDC的大 小. 【答案】解 : 证明( 方法一: 如图6, 取MD的中点F, 且M是AD中点 , 所以 3AFFD. 因 为P是BM中 点 , 所 以/ /PFBD。 又 因 为 ( 3AQQC且 3AFFD , 所 以/ /QFBD, 所 以 面/ /PQF面 BDC , 且PQ面BDC, 所 以 A B C D P Q M 如图8 所示 , 由已知得到面ADB面BDC, 过C作CGBD于G, 所以 CGBMD, 过G作GHBM于H, 连接CH, 所以
5、CHG就是CBMD的 二面角。由已知得到813BM, 设BDC, 所以 cos ,sin22 cos,22 cossin,2 2sin, CDCGCB CDCGBC BDCDBD , 在RTBCG中 , 2 sin2 2 sin BG BCGBG BC , 所以在RTBHG 中, 2 2 12 2sin 33 2 2sin HG HG, 所以在RTCHG中 2 2 2 cossin tantan603 2 2sin 3 CG CHG HG 17 / 42 tan3(0,90 )6060BDC。 2 )如 图 , 在 正 三 棱 锥 111 ABCABC 中, 1 6AA, 异面直线 1 BC与
6、 1 AA所成角的大小为 6 , 求该三棱柱的体积.AVktR43bpw 【答案】 解 因为 1 CC 1 AA. 所以 1 BCC为异面直线 1 BC与 1 AA. 所成的角 , 即 1 BCC= 6 . 在 Rt 1 BCC中, 11 3 tan62 3 3 BCCCBC C, 从而 23 3 3 4 ABC SBC, 因此该三棱柱的体积为 1 3 3 618 3 ABC VSAA. 3 平面/EFG平面ABC。 (2SABC. 【答案】证明:(1 ABAS,SBAFF 分别是 SB的中点 E.F 分别是 SA.SB的中点EF AB 又EF平面 ABC, AB平面 ABC EF 平面ABC
7、 同理:FG平面ABC A B C S G F E B1 A1 C1 AC B 18 / 42 又EFFG=F, EF.FG平面 ABC 平面/EFG平面ABC (2平面SAB平面SBC 平面SAB平面SBC=BC AF平面 SAB AF SB AF 平面 SBC 又BC平面 SBC AF BC 又BCAB, ABAF=A, AB.AF平面SAB BC 平面SAB 又SA平面 SAB BC SA 4 记平面BEF与平面ABC的交线为l, 试判断直线l与平面PAC的位置关系 , 并加 以证明。uEh0U1Yfmh (II 设 (I 中的直线l与圆O的另一个交点为 D, 且点Q满足 1 2 DQC
8、P. 记直线 PQ与平面ABC所成的角为, 异面直线PQ与EF所成的角为, 二面角ElC 的大小为,求证 :sinsinsin.IAg9qLsgBX 19 / 42 【答案】解:(IEFAC,ACABC平面,EFABC平面 EFABC平面 又EFBEF平面 EFl lPAC平面 (II 连接 DF,用几何方法很快就可以得到求证.( 这一题用几何方法较快, 向量的方法很 麻烦 , 特别是用向量不能方便的表示角的正弦. 个人认为此题与新课程中对立体几何的 处理方向有很大的偏差.WwghWvVhPE 第 19 题图 20 / 42 6 证明 :A O平面BCDE。( 求二面角ACDB的平面角的余弦
9、值. 【答案】( 在图1 中, 易得 3,3 2,2 2OCACAD 连结,OD OE, 在OCD中, 由余弦定理可得 22 2cos455ODOCCDOC CD 由翻折不变性可知2 2A D, 所以 222 A OODA D, 所以A OOD, 理可证A OOE, 又ODOEO, 所以A O平面BCDE. ( 传统法 : 过O作OHCD交CD的延长线于H, 连结A H, 因为A O平面BCDE, 所以A HCD, 所以A HO为二面角ACDB的平面角 . 结合图 1 可知 ,H为AC中点 , 故 3 2 2 OH, 从而 2230 2 A HOHOA 所以 15 cos 5 OH A HO
10、A H , 所以二面角ACDB的平面角的余弦值为 15 5 . 向量法 : 以O点为原点 , 建立空间直角坐标系Oxyz如图所示 , 则 0,0,3A,0, 3,0C,1, 2,0D 所以 0,3,3CA,1,2,3DA C D O B E A H . C O B D E A C D O B E A 图 1 图 2 22 / 42 设, ,nx y z为平面A CD的法向量 , 则 0 0 n CA n DA , 即 330 230 yz xyz , 解得 3 yx zx , 令1x, 得1, 1,3n 由( 知 , 0,0,3OA为平面CDB的一个法向量 , 所以 315 cos, 535
11、n OA n OA n OA , 即二面角ACDB的平面角的余弦 值为 15 5 . 7 证明B1C1CE。 ( 求二面角B1-CE-C1的正弦值 . ( 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD 1A1所成角的正弦值为 2 6 , 求线段 AM的长 . 【答案】 23 / 42 24 / 42 8 证明 AB A1C。 ( 若平面 ABC 平面 AA1B1B,AB=CB=2,求直线 A1C 与平面 BB1C1C所成角的正弦值.Pgd O0sRlMo 25 / 42 【答案】( 取 AB中点 E,连结 CE, 1 AB, 1 AE, AB= 1 AA, 1 BAA= 0 60, 1 BA
12、A是正三角形 , 1 AE AB, CA=CB, CE AB, 1 CEAE=E, AB面 1 CEA, AB 1 AC。 ( 由( 知 EC AB, 1 EAA B, 又面 ABC 面 11 ABB A, 面 ABC 面 11 ABB A=AB, EC面 11 ABB A, EC 1 EA, EA,EC, 1 EA两两相互垂直 , 以 E 为坐标原点 ,EA的方向为x轴正方向 ,|EA| 为单位 长度 , 建立如图所示空间直角坐标系Oxyz,3cdXwckm15 有题设知A(1,0,0, 1 A(0,3,0,C(0,0,3,B(-1,0,0,则 BC=(1,0,3, 1 BB= 1 AA=(
13、-1,0,3, 1 AC=(0,-3,3, h8c52WOngM 设n=( , , )x y z是平面 11 CBBC的法向量 , 则 1 0 0 BC BB n n , 即 30 30 xz xy , 可取n=(3,1,-1, 1 cos, A Cn= 1 1 | AC AC n | n| 10 5 , 26 / 42 直线 A1C 与平面 BB1C1C所成角的正弦值为 10 5 9 证明 : A1C平面BB1D1D。 ( 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小 . O D1 B1 C1 D A C B A1 【答案】解:( BDOAABCDBDABCDOA 11 ,面且面。又因为 ,
14、 在 正方形AB CD 中, BDCAACACAACABDAACOABDAC 11111 ,,故面且面所以;且 . 在正方形AB CD中,AO = 1 . .1 11 OAOAART中,在 OECAOCEAEDB 1111111 为正方形,所以,则四边形的中点为设. ,所以由以上三点得且,面面又OOBDDDBBODDBBBD 111111 E.E, DDBBCA 111 面.( 证毕 ( 建立直角坐标系统, 使用向量解题 . 以 O为原点 , 以 OC为 X轴正方向 , 以 OB为 Y轴正方向 . 则 ) 1, 0 , 1() 1 , 1 , 1(),100(),001(,0 , 1 ,0 1
15、11 CABACB,)(. 由( 知 , 平面BB1D1D的一个法向量.0 ,0, 1),1 , 1 , 1(),1, 0, 1 ( 111 )(OCOBCAn 设平面OCB1的法向量为 ,则0, 0, 2122 OCnOBnn ).1- , 1 ,0(法向量2n为解得其中一个 O D1 B1 C1 D A C B A1 27 / 42 2 1 22 1 | | |,cos|cos 21 21 11 nn nn nn. 所以 , 平面OCB1与平面BB1D1D的夹角为 3 10 求证 :ADCFG平面。 (2 求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值. 【答案】解:(1 在ABD中, 因为E是B
16、D的中点 , 所以1EAEBEDAB, 故, 23 BADABEAEB, 因为DABDCB, 所以EABECB, 从而有FEDFEA, 故,EFAD AFFD, 又因为,PGGD所以FGPA. 又PA平面ABCD, 所以,GFAD故AD平面CFG. (3 以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则 33 (0,0,0),(1,0,0),(,0),(0,3,0) 22 ABCD, 28 / 42 (4 3 (0,0,) 2 P, 故 1333 333 (0),(,),(,0) 2222222 BCCPCD, 设平面BCP的法向量 111 (1 ,)ny z, 则 1 11 13 0 22 333
17、0 222 y yz , 解得 1 1 3 3 2 3 y z , 即 1 3 2 (1,) 33 n. 设平面DCP的法向量 222 (1 ,)nyz, 则 2 22 33 0 22 333 0 222 y yz , 解得 2 2 3 2 y z , 即 2 (1, 3,2)n.从 而 平 面BCP与 平 面DCP的 夹 角 的 余 弦 值 为 12 12 4 2 3 cos 416 8 9 nn nn . 11 在平面ABC内, 试作出过点P与平面 1 ABC平行的直线l, 说明理由 , 并证明直线 l平面 11 ADD A。 ( 设( 中的直线l交AB于点M, 交AC于点N, 求二面角
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