2019年高考数学试题分类汇编——立体几何与平面几何.pdf
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1、立体几何与平面几何 安徽理 (6)一个空间几何体得三视图如图所示,则该几何体的表面积为 (A) 48 (B)32+8(C) 48+8(D) 80 (6)C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法. 【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2,下底为4,高为 4, 两底面积和为 1 224424 2 ,四个侧面的面积为4 422 17248 17,所以几何体的表 面积为488 17.故选 C. ( 17) (本小题满分12 分) 如图,ABCDEF为多面体,平面ABED与平面ACFD垂直,点 O在线段AD上,1,2,OAODOAB,OAC,ODE
2、, ODF都是正三角形。 ()证明直线BCEF; ()求梭锥FOBED的体积。 解: ()设 G是线段DA和线段EB延长线的交点。由于OAB与ODE都是正三角形,所以: 1 /,2 2 OBDE OBDE OGOD;同理, / G是线段DA和线段FG延长线的交点。有 / 2OGOD,又由于G和 / G都在线段DA的延长线上,所以G和 / G重合。 在 GED和GFD中,由 1 /, 2 OBDE OBDE和 1 /, 2 OCDF OCDF,可知,B C分别是GE 和GF的中点,所以BC是GEF的中位线,故/BCEF。 ()由1,2,60OBOEEOB知 3 2 EOB S,而OED是边长为2
3、 的正三角形,故 3 OED S,所以 3 3 2 OBED S;过点F作FQAD于点Q, 由于平面ABED平面ACFD知,FQ就 正(主)视图侧(左)视图 俯视图 4 4 1 1 2 第 6 题图 是四棱锥FOBED的高,且3FQ,所以 13 32 F OBEDOBED VFQ S 。 安徽文没有新题 北京理 5.如图,AD、AE、BC分别与圆 O切于点D、E、F,延长AF与圆O交于另一点G,给出下 列三个结论: CABCABAEAD;AEADAGAF; ADGAFB . 其中正确的结论的序号是( ) ABCD 【解析】:正确。由条件可知,BD=BF ,CF=CE,可得CABCABAEAD。
4、 正确。通过条件可知,AD=AE 。由切割定理可得 2 AFAGADADAE。 错误。连接FD(如下图),若 ADGAFB ,则有 ABFDGF。通过图像可知 2ABFBFDBDFDGF,因而错误。答案选A. 7.某四面体三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是 A. 8B. 6 2C. 10D. 8 2 【解析】由三视图还原几何体如下图,该四面体四 个面的面积中最大的是PAC,面积为10,选 C。 B C A P 4 2 3 5 4 4 16.如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,底面 ABCD是菱形,2AB,60BAD. (1)求证:BD平面PAC; (2)若PA PB ,求
5、PB与AC所成角的余弦值; (3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长 . 16(本小题共14 分) 如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,底面 ABCD是菱形,2,60ABBAD. ()求证:BD平面;PAC ()若,PAAB求PB与AC所成角的余弦值; ()当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长 . C B G A O D E F D P A B C 【解析】( 3,3)a - 2b,2ab与c共线可得k=1。 (16) (共 14 分) 证明: ()因为四边形ABCD 是菱形, 所以 AC BD.又因为 PA平面 ABCD. 所以 PA BD,所以 BD 平面 PAC.
6、 ()设AC B D=O. 因为 BAD=60 ,PA=PB=2,所以 BO=1 ,AO=CO=3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz,则 P(0,3,2) , A( 0,3,0) ,B(1,0,0) ,C(0,3,0). 所以 ).0,32,0(),2,3, 1(ACPB 设 PB 与 AC 所成角为,则 4 6 3222 6 | cos ACPB ACPB . ()由()知).0,3, 1(BC设 P(0,3,t) (t0) ,则),3, 1(tBP 设平面 PBC 的法向量),(zyxm,则 0,0mBPmBC 所以 03 ,03 tzyx yx 令,3y则. 6 ,
7、3 t zx所以) 6 ,3, 3( t m 同理,平面PDC 的法向量) 6 ,3,3( t n,因为平面PCB平面 PDC, 所以nm=0,即0 36 6 2 t ,解得6t,所以 PA=6。 北京文 (5)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的表面积是 A. 32B.1616 2 C. 48D.1632 2 B (17) (本小题共14 分) 如图,在四面体PABC中,PCAB,PABC,点 ,D E F G分别是棱,AP AC BC PB的中点。 (I)求证:DE平面BCP; (II )求证:四边形DEFG为矩形; (III )是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的 距离相等?说明
8、理由。 A B P G F E D C 证明:(I)因为,D E分别为,AP AC的中点,所以/DEBC; 又DE平面BCP,所以/DE平面BCP (II )因为,D E F G分别是棱,AP AC BC PB的中点,所以 /,/DEPCFG DGABEF,所以四边形DEFG为平行四边形 又PCAB所以DEDG,所以四边形DEFG为矩形。 (III )存在点Q满足条件,理由如下:连接,DE FG,设Q为EG的中点,由( II)知,DFEGQ且 1 2 QDQEQFQGEG,与 (II ) 同理可证四边形MENG为矩形 ,其对角线的交点为EG的中点Q, 且 1 2 QMQNEG,所以Q为满足条件
9、的点。 福建理 12. 三棱锥 P-ABC中, PA 底面 ABC ,PA=3 ,底面 ABC是边长为2 的正三角形,则三棱锥P-ABC的 体积等于 _。3 20 (本小题满分14 分) 如图,四棱锥P-ABCD中, PA底面ABCD ,四边形ABCD中, AB AD ,AB+AD=4 ,CD=2, 45CDA ( I)求证:平面PAB平面 PAD; ( II)设 AB=AP ( i)若直线PB 与平面 PCD 所成的角为30, 求线段 AB 的长; ( ii)在线段AD 上是否存在一个点G,使得 点 G 到点 P, B,C,D 的距离都相等?说明理由。 20本小题主要考查直线与直线、直线与平
10、面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、 推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化 思想,满分14 分。 解法一: (I)因为 PA 平面 ABCD ,AC平面 ABCD , 所以PAAB,又,ABAD PAADA 所以AB平面 PAD。 又AB平面 PAB,所以平面PAB平面 PAD 。 (II)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Axyz(如图) 在平面 ABCD 内,作 CE/AB 交 AD 于点 E,则.CEAD 在Rt CDE中, DE=cos451CD, sin451,CECD设 AB=AP=t ,则 B(t,0,0)
11、 ,P(0,0,t) 由 AB+AD=4 ,得 AD=4-t ,所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt, ( 1,1,0),(0,4,).CDPDtt (i)设平面PCD 的法向量为( , , )nx y z, 由nCD,nPD,得 0, (4)0. xy t ytx 取xt,得平面 PCD 的一个法向量 , ,4nt tt, 又( ,0,)PBtt,故由直线PB 与平面 PCD 所成的角为30,得 2 2222 |24 |1 cos60|, 2| | (4)2 n PBtt nPB tttx 即 解得 4 4 5 tt或(舍去,因为AD40t) ,所以 4 . 5 A
12、B (ii)假设在线段AD 上存在一个点G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等, 设 G(0,m,0) (其中04mt) 则(1,3,0),(0,4,0),(0, )GCtmGDtmGPm t, 由| |GCGD得 222 (4)tmmt, ( 2) 由( 1) 、 (2)消去 t,化简得 2 340mm(3) 由于方程( 3)没有实数根,所以在线段AD 上不存在一个点G, 使得点 G 到点 P,C,D 的距离都相等。 从而,在线段AD 上不存在一个点G, 使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等。 解法二: (I)同解法一。 (II) ( i)以 A 为坐标原点,建立空间直
13、角坐标系Axyz(如图) 在平面 ABCD 内,作 CE/AB 交 AD 于 E, 则CEAD。 在平面 ABCD 内,作 CE/AB 交 AD 于点 E,则.CEAD 在Rt CDE中, DE=cos451CD, sin451,CECD设 AB=AP=t ,则 B(t,0,0) ,P(0,0,t) ,由 AB+AD=4 ,得 AD=4-t , 所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt,( 1,1,0),(0, 4,).CDPDtt 设平面 PCD 的法向量为( , , )nx y z,由nCD,nPD,得 0, (4)0. xy t ytx 取xt,得平面PCD 的一个
14、法向量 , ,4nt tt, 又( ,0,)PBtt,故由直线PB 与平面 PCD 所成的角为30,得 2 2222 |24 |1 cos60|, 2| | (4)2 n PBtt nPB tttx 即 E P B C D A B1 C1 D1 F E A1 DC B A 解得 4 4 5 tt或(舍去,因为AD40t) ,所以 4 . 5 AB (ii)假设在线段AD 上存在一个点G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等, 由 GC=CD ,得45GCDGDC, 从而 90CGD ,即,CGADsin 451,GDCD 设,AB则AD=4- ,3AGADGD, 在Rt ABG中,
15、2222 (3)GBABAG 239 2()1, 22 这与 GB=GD 矛盾。 所以在线段AD 上不存在一个点G,使得点G 到点 B, C,D 的距离都相等, 从而,在线段AD 上不存在一个点G,使得点G 到点 P,B,C,D 的距离都相等。 福建文 15如图,正方体ABCD -A1B1C1D1中, AB2,点 E 为 AD 的中点, 点 F 在 CD 上,若 EF平面 AB1C,则线段 EF 的长度等于。2 20.(本小题满分12 分) 如图,四棱锥PABCD 中, PA底面 ABCD,ABAD, 点 E 在线段 AD 上, CEAB。 ()求证: CE平面 PAD; ()若PAAB1,
16、AD3,CD2, CDA 45 , 求四棱锥PABCD 的体积 20本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,几何体的体积等基础知识;考查空间想象能 力,推理论证能力,运算求解能力;考查数形结合思想,化归与转化思想,满分12 分 ( I)证明:因为PA平面 ABCD ,CE平面 ABCD , 所以.PACE,因为,/ /,.ABAD CEABCEAD所以 又,PAADA所以CE平面 PAD。 (II)由( I)可知CE AD, 在Rt ECD中, DE=CDcos451,sin 451,CECD 又因为1,/ABCEABCE,所以四边形ABCE 为矩形, 所以 115 1 21 1. 2
17、22 ECDADCEABCD SSSAB AECE DE 矩形四边形 又PA平面 ABCD ,PA=1, 所以 1155 1. 3326 PABCDABCD VSPA 四边形四边形 H 广东理7如图 l 3某几何体的正视图( 主视图 ) 是平行四边形,侧视图( 左视图 ) 和俯视图都是矩形,则 该几何体的体积为 A.6 3 B.9 3 C.123 D.18 3 解析 :由该几何体的三视图可各该几何体是一个平行六面体, 底面是以3 为边长的正方形, 该六面体的 高 .,3933,312 22 B故选该几何体的体积为 15. (几何证明选讲选做题)如图4,过圆O外一点P分别作圆 的 切 线 和 割
18、 线 交 圆 于,A B, 且7PB,C是 圆 上 一 点 使 得 5BC,则AB . 2 :, , 7535,35. PABAPBCABACAPB ABPB BAPBCA CBAB ABPB CBAB 解析是圆的切线又 与相似 从而 18. (本小题满分13 分) 如图 5,在椎体PABCD中,ABCD是边长 为 1 的棱形,且 0 60DAB,2PAPD,2,PB ,E F分别是,BC PC的中点, (1)证明:ADDEF平面; (2)求二面角PADB的余弦值 . ., ,/ , ,/,/ ,/,/, , , , 2 3 ,60, 1, 2 1 , ,:)1 (: 222 0 DEFADP
19、HBAD PHBDEF EEFDEDEFEFDE PHBDEDEBH PHBEFPBEFBCBCFE PHBAD HBADHBAHABBHAH BHDABABAH ADPHPDPA BHPHHAD 平面平面 平面平面 平面又 平面又显然 平面的中点分别是又 平面 即从而 可得出 连接中点为设证明解 . 7 21 , 7 21 21 3 2 21 2 3 2 3 2 7 2 4 4 3 4 7 2 cos ,2, 2 3 , 2 7 ) 2 1 ()2( , ,)1 ()2( 222 22 的余弦值为即二面角 的平面角就是二面角 面面且知由 BADP BHPH PBBHPH PHB PBBHPH
20、 BADPPHB BADBHPADPHADBHADPH 注 : 本 题 也 可 以5,PCAPABAD先算出为一组向量,继 而 可 证 明 第 (1) 问 ,并 可 进 一 步 得 到 AD,DE,DF两两垂直 ,从而建立空间直角坐标系,再解决第 (2)问.总的说来 ,本题用传统方法,还更简单 . 广东文 9如图 1-3,某几何体的正视图(主视图),侧视图 (左视图) 和俯视图分别是等腰三角形和菱形, 则该几何体体积为C A34B4 C32D2 15 (几何证明选讲选做题)如图4,在梯形ABCD中, AB CD,AB=4 , CD=2E,F 分别为 AD ,BC 上点,且EF=3, EFAB
21、,则梯形 ABFE 与梯形 EFCD 的面积比为7:5 18 (本小题满分13 分) 图 5 所示的集合体是将高为2,底面半径为 1 的直圆柱沿过轴的平面切开后,将其中一 半沿切面向右水平平移后得到的A,A , B,B 分别为CD, C D,DE, D E的中点, 112,2 ,O O O O分别为,CD C DDE D E 的中点 ( 1)证明: 12 ,OA OB四点共面; ( 2)设 G 为 A A 中点,延长 1 AO到 H , / 使得 11 O HAO证明: 2 BOH BG平面 18 (本小题满分13 分) 证明: (1),A ACD C D分别为中点, 11 / /O AO A
22、,连接 BO2 直线 BO2是由直线 AO1平移得到 12 / /AOBO 12 / /O ABO 12 ,OA OB共面。 ( 2)将 AO1延长至 H 使得 O1H=O1A,连接 1, ,HOHB H H由平移性质得 12 O O=HB 21 / /BOHO, 11 , 2 A GH OH HA HO H HGA H 1 GA HO H H, 1 2 H O HGH A, 1 O HH G, 2 BOH G 12212222222 ,O OB OO OO OB OO OO, 1222 O OB BO O平面 122 O OBO, 2 BOH B,H BH GH, 2 .BOH B G平面
23、湖北理 14如图,直角坐标系xOy所在的平面为,直角坐标系 x Oy(其中 y轴一与y 轴重合)所在的平面为, 45xOx。 ()已知平面内有一点 (22, 2)P,则点 P在平面内的射影P的 坐标为; () 已知平面内的曲线 C的方程是 22 (2)220xy,则曲线 C在平面内的射影C的 方程是。 (2, 2) , 22 (1)1xy 18 (本小题满分12 分) 如图,已知正三棱柱 111 ABCA B C的各棱长都是4,E是BC的中点, 动点F在侧棱1CC上,且不与点C重合 ()当 CF=1 时,求证:EF 1 AC; ()设二面角CAFE的大小为,求tan的最小值 18本小题主要考查
24、空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识,同时考查空间想象能力、推理论 证能力和运算求解能力。(满分 12 分) 解法 1:过 E 作ENAC于 N,连结 EF。 ( I)如图 1,连结 NF、 AC1,由直棱柱的性质知, 底面 ABC侧面 A1C。 又度面ABC侧面 A,C=AC ,且EN底面 ABC , 所以EN侧面 A1C,NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影, 在Rt CNE中,cos60CNCE=1, 则由 1 1 4 CFCN CCCA ,得 NF/AC1,又 11 ,ACAC故 1 NFA C。由三垂线定理知 1 .EFAC。 (II)如图 2,连结 AF,过 N 作NMA
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