2019年高考数学高考题和高考模拟题分项版汇编专题04立体几何文含解.pdf
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1、专题 04 立体几何专题 04 立体几何 1 【2019 年高考全国卷文数】设,为两个平面,则的充要条件是 A内有无数条直线与平行 B内有两条相交直线与平行 C,平行于同一条直线 D,垂直于同一平面 【答案】B 【解析】由面面平行的判定定理知:内两条相交直线都与平行是的充分条件,由面面平行性 质定理知,若,则内任意一条直线都与平行,所以内两条相交直线都与平行是的 必要条件,故选 B 【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件,渗透直观想象、逻辑推理素养,利用 面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理,最容易 犯的错误为定理记不住,凭主观臆断
2、,如:“若,则”此类的错误,abab 2 【2019 年高考全国卷文数】 如图, 点N为正方形ABCD的中心, ECD为正三角形, 平面ECD平面ABCD,M 是线段ED的中点,则 ABM=EN,且直线BM,EN是相交直线 BBMEN,且直线BM,EN是相交直线 CBM=EN,且直线BM,EN是异面直线 DBMEN,且直线BM,EN是异面直线 【答案】B 【解析】如图所示,作于,连接,BD,易得直线BM,EN是三角形EBD的中线,是相交EOCDOON 直线. 过作于,连接,MMFODFBF 平 面平 面,平 面,平 面,平 面CDE ABCD,EOCD EOCDEEOABCDMF ,与均为直角
3、三角形设正方形边长为 2,易知,ABCD MFBEON3,12EOONEN, ,故选 B 35 ,7 22 MFBFBMBMEN 【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力,解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时,先利 用垂直关系,再结合勾股定理进而解决问题 3 【2019 年高考浙江卷】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V柱体=Sh,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:cm) ,则该柱体的体积(单位:cm3)是 A158B162 C182D324 【答案】B 【解析】由三视图得
4、该棱柱的高为 6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的,其中一个上底为 4, 下底为 6, 高为 3, 另一个的上底为 2, 下底为 6, 高为 3, 则该棱柱的体积为. 2646 336162 22 故选 B. 【名师点睛】 本题首先根据三视图, 还原得到几何体棱柱, 根据题目给定的数据, 计算几何体的体积, 常规题目.难度不大,注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二,一是不能正 确还原几何体;二是计算体积有误.为避免出错,应注重多观察、细心算. 4 【2019 年高考浙江卷】设三棱锥VABC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
5、直线AC所成的角为,直线PB与平面ABC所成的角为,二面角PACB的平面 角为,则 A,B, C,D, 【答案】B 【解析】如图,为中点,连接VG,在底面的投影为,则在底面的投影在线段GACVABCOPDAO 上,过作垂直于于E,连接PE,BD,易得,过作交于,连接BF,DDEACPEVGPPFACVGF 过作,交于,则,结合PFB,BDH,PDBDDHACBGH,BPFPBDPED 均 为 直 角 三 角 形 , 可 得, 即; 在 RtPED中 ,coscos PFEGDHBD PBPBPBPB ,即,综上所述,答案为 B.tantan PDPD EDBD 【名师点睛】本题以三棱锥为载体,
6、综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念, 以及各种角的计算.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.而充分 利用图形特征, 则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有, 不能正确作图得出各种角, 未能想到利用 “特 殊位置法” ,寻求简便解法. 5 【2019 年高考全国卷文数】已知ACB=90,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到ACB两边AC,BC 的距离均为,那么P到平面ABC的距离为_3 【答案】 2 【解析】作分别垂直于,平面,连接,,PD PE,AC BCPO ABCCO 由题意可知,,CDPD CDPO=PDPO P 平面,又平面,C
7、DPDOOD PDOCDOD ,3PDPE2PC 3 sinsin 2 PCEPCD ,60PCBPCA 又易知,为的平分线,POCOCOACB ,4512,OCDODCDOC 又,2PC 422PO 【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力,合理画图成为关键,准确找到在底面上的射影,使P 用线面垂直定理,得到垂直关系,利用勾股定理解决注意画图视角选择不当,线面垂直定理使用不 够灵活,难以发现垂直关系,问题则很难解决,将几何体摆放成正常视角,是立体几何问题解决的有 效手段,几何关系利于观察,解题事半功倍 6【2019 年高考全国卷文数】中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一印信的形状多
8、为长 方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图 1).半正多面 体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数 为 48 的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为 1则该半正多 面体共有_个面,其棱长为_(本题第一空 2 分,第二空 3 分) 【答案】26, 21 【解析】由图可知第一层(包括上底面)与第三层(包括下底面)各有 9 个面,计 18 个面,第二层共有 8 个面,所以该半正多面体共有个面18826 如图,设该半正多面体的棱长为,则,延长与的延长线交于点,延长交 x ABBEx
9、CBFEGBC 正方体的棱于,由半正多面体对称性可知,为等腰直角三角形,HBGE , 22 ,2( 21)1 22 BGGECHxGHxxx , 1 21 21 x 即该半正多面体的棱长为 21 【名师点睛】本题立意新颖,空间想象能力要求高,物体位置还原是关键,遇到新题别慌乱,题目其实 很简单,稳中求胜是关键立体几何平面化,无论多难都不怕,强大空间想象能力,快速还原图形 7 【2019 年高考全国卷文数】学生到工厂劳动实践,利用 3D 打印技术制作模型如图,该模型为长方体 挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为 1111 ABCDABC D 所在棱的中点
10、, 3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3, 不考虑打印损耗, 1 6 cm4 cmAB= BC=AA =, 制作该模型所需原料的质量为_g. 【答案】118.8 【解析】由题意得, 2 1 4 642 312cm 2 EFGH S 四边形 四棱锥OEFGH的高为 3cm, 3 1 12 312cm 3 O EFGH V 又长方体的体积为, 1111 ABCDABC D 3 2 4 6 6144cmV 所以该模型体积为, 3 2 144 12132cm O EFGH VVV 其质量为0.9 132118.8g 【名师点睛】本题考查几何体的体积问题,理解题中信息联系几何体的体积和质量关系,
11、从而利用公式 求解根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积,再求出模型的质 量即可. 8【2019 年高考北京卷文数】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 【解析】如图所示,在棱长为 4 的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱 1111 MPD ANQC B 之后余下的几何体, 则几何体的体积. 3 1 4242 440 2 V 【名师点睛】本题首先根据三视图,还原得到几何体,再根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于 中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体
12、的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中 线面的位置关系和数量关系,利用相应体积公式求解;(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出, 则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解 9【2019 年高考北京卷文数】已知l,m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断: lm;m;l 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】如果l,m,则lm. 【解析】将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题: (1)如果l,m,则lm,正确; (2)如果l,lm,则m,不正确,有可能m在平面内; (3)如果lm,m,则l,不正确,有可能l与斜交、l. 故
13、答案为:如果l,m,则lm. 【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断,分 别作为条件、结论加以分析即可. 10【2019 年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.若圆柱的一个 25 底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为 _. 【答案】 4 【解析】由题意,四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为,借助勾股定理,可知四棱锥的 25 高为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点, 一个底面的圆心为四棱锥底面的5 12 中心,故圆柱的高为 ,圆柱的底面半径为,故圆柱的
14、体积为.1 1 2 2 1 1 24 【名师点睛】 根据棱锥的结构特点, 确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥 底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半. 11 【2019 年高考江苏卷】 如图, 长方体的体积是 120,E为的中点, 则三棱锥EBCD 1111 ABCDABC D 1 CC 的体积是 . 【答案】10 【解析】因为长方体的体积为 120,所以, 1111 ABCDABC D 1 120AB BC CC 因为为的中点,所以,E 1 CC 1 1 2 CECC 由长方体的性质知底面, 1 CC ABCD 所以是三棱锥的底面上的高,CEEBCDBCD 所以三
15、棱锥的体积.EBCD 11 32 VAB BC CE 1 1111 12010 32212 AB BCCC 【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中,往往需要注 意理清整体和局部的关系,灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体 的性质可得三棱锥的体积. 12【2019 年高考全国卷文数】 如图, 直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2, BAD=60,E,M, N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离 【答案】 (1)见解析;(2). 4
16、 17 17 【解析】 (1)连结. 1 ,BC ME 因为M,E分别为的中点,所以,且. 1, BB BC 1 MEBC 1 1 2 MEBC 又因为N为的中点,所以. 1 AD 1 1 2 NDAD 由题设知,可得,故, 11= ABDC 11= BCAD = MEND 因此四边形MNDE为平行四边形,.MNED 又平面,所以MN平面.MN 1 C DE 1 C DE (2)过C作C1E的垂线,垂足为H. 由已知可得,所以DE平面,故DECH.DEBC 1 DEC C 1 C CE 从而CH平面,故CH的长即为C到平面的距离, 1 C DE 1 C DE 由已知可得CE=1,C1C=4,所
17、以,故. 1 17C E 4 17 17 CH 从而点C到平面的距离为. 1 C DE 4 17 17 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及的知识点有线面平行的判定,点到平面的距离 的求解,在解题的过程中,注意要熟记线面平行的判定定理的内容,注意平行线的寻找思路,再者就 是利用线面垂直找到距离问题,当然也可以用等积法进行求解. 13 【2019年高考全国卷文数】 如图, 长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形, 点E在棱AA1上,BEEC1 (1)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥的体积 11 EBBC C 【答案】 (1)见详解;(
18、2)18. 【解析】 (1)由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1, 故 11 BCBE 又,所以BE平面 1 BEEC 11 EBC (2)由(1)知BEB1=90. 由题设知 RtABERtA1B1E,所以, 11 45AEBAEB 故AE=AB=3,. 1 26AAAE 作,垂足为F,则EF平面,且 1 EFBB 11 BBC C3EFAB 所以,四棱锥的体积 11 EBBC C 1 3 6 318 3 V 【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定,以及四棱锥的体积的求解,熟记线面垂直的判定定理, 以及四棱锥的体积公式即可,属于基础题型. 14 【2019年高考全国卷文数】
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- 2019 年高 数学 考题 高考 模拟 题分项版 汇编 专题 04 立体几何 文含解
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