三年高考(2017_2019)高考数学真题分项汇编专题06立体几何(解答题)文(含解析).pdf
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1、专题 06 立体几何(解答题) 1 【2019 年高考全国卷文数】如图, 直四棱柱ABCD A1B1C1D1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 17 17 . 【解析】( 1)连结 1 ,B C ME. 因为M,E分别为 1, BB BC的中点,所以 1 MEB C,且 1 1 2 MEB C. 又因为N为 1 A D的中点,所以 1 1 2 NDA D. 由题设知 11= ABDC ,可得 11= BCAD ,故 = MEND ,
2、 因此四边形MNDE为平行四边形,MNED. 又MN平面 1 C DE,所以MN平面 1 C DE. (2)过C作C1E的垂线,垂足为H. 由已知可得DEBC, 1 DEC C,所以DE平面 1 C CE,故DECH. 从而CH平面 1 C DE,故CH的长即为C到平面 1 C DE的距离, 由已知可得CE=1,C1C=4,所以 1 17C E,故 4 17 17 CH . 从而点C到平面 1 C DE的距离为 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
3、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. 2【 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,BE EC1 (1)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥 11 EBBC C的体积 【答案】(1)见详解;(2)18. 【解析】(1)由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1, 故 11 B CBE 又 1 BEEC,所以BE平面 11 EB C (2)由( 1)知BEB1=90. 由题设知RtABERtA1B1E,所以 11 45AEBA EB, 故AE=AB=3
4、, 1 26AAAE . 作 1 EFBB,垂足为F,则EF平面 11 BB C C,且 3EFAB 所以,四棱锥 11 EBB C C的体积 1 36318 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. 3【 2019 年高考全国卷文数】图1 是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中 AB=1,BE=BF=2, FBC=60将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图 2 (1)证明:图2 中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE; (2)求图 2 中
5、的四边形ACGD的面积 . 【答案】( 1)见解析;(2)4. 【解析】( 1)由已知得AD BE,CG BE,所以AD CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点 共面 由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE 又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE (2)取CG的中点M,连结EM,DM. 因为ABDE,AB平面BCGE,所以DE平面BCGE,故DECG. 由已知,四边形BCGE是菱形,且EBC=60得EM CG,故CG平面DEM 因此DM CG 在RtDEM中,DE=1,EM= 3,故DM =2 所以四边形ACGD的面积为 4 【名师点睛】本题是很新颖的立体几何
6、考题,首先是多面体折叠问题,考查考生在折叠过程中哪些量 是不变的,再者折叠后的多面体不是直棱柱,突出考查考生的空间想象能力. 4【 2019 年高考北京卷文数】如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,底部ABCD为菱形,E为 CD的中点 (1)求证:BD平面PAC; (2)若ABC=60,求证:平面PAB平面PAE; (3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由 【答案】(1)见解析;(2)见解析;( 3)存在,理由见解析. 【解析】(1)因为 PA 平面ABCD, 所以PA BD 又因为底面ABCD为菱形, 所以BD AC 所以BD平面PAC (2)因为PA平面ABCD,A
7、E平面ABCD, 所以PAAE 因为底面ABCD为菱形,ABC=60,且E为CD的中点, 所以AECD 所以ABAE 所以AE平面PAB 所以平面PAB平面PAE (3)棱PB上存在点F,使得CF平面PAE 取F为PB的中点,取G为PA的中点,连结CF,FG,EG 则FGAB,且FG= 1 2 AB 因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点, 所以CEAB,且CE= 1 2 AB 所以FGCE,且FG=CE 所以四边形CEGF为平行四边形 所以CFEG 因为CF平面PAE,EG平面PAE, 所以CF平面PAE 【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理,面面垂直的判定定理,立体几何中的探索问题
8、等知 识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 5【 2019 年高考天津卷文数】如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形, PCD 为等 边三角形,平面PAC平面PCD,,2,3PACD CDAD. (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH平面PAD; (2)求证:PA平面PCD; (3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值. 【答案】( 1)见解析;( 2)见解析;(3) 3 3 【解析】( 1)连接BD,易知ACBDH,BHDH. 又由BG= PG,故GH PD. 又因为GH平面PAD,PD平面PAD, 所以GH平面PAD. (2)取棱PC的中点N,连接DN. 依题
9、意,得DNPC, 又因为平面PAC平面PCD,平面PAC平面PCDPC, 所以DN平面PAC, 又PA平面PAC,故DNPA. 又已知PACD,CDDND, 所以PA平面PCD. (3)连接AN,由( 2)中DN平面PAC,可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角, 因为 PCD 为等边三角形,CD=2 且N为PC的中点, 所以 3DN . 又DNAN, 在Rt AND 中, 3 sin 3 DN DAN AD . 所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为 3 3 . 【名师点睛】本小题主要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 的角等基础知识.考查空间想象能力和
10、推理论证能力. 6【 2019 年高考江苏卷】如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC 求证:( 1)A1B1平面DEC1; (2)BEC1E 【答案】(1)见解析;(2)见解析 . 【解析】(1)因为D,E分别为BC,AC的中点, 所以EDAB. 在直三棱柱ABC -A1B1C1中,ABA1B1, 所以A1B1ED. 又因为ED? 平面DEC 1,A1B1平面DEC1, 所以A1B1平面DEC 1. (2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BEAC. 因为三棱柱ABC -A1B1C1是直棱柱,所以CC1平面ABC. 又因为BE? 平面ABC,所以CC1
11、BE. 因为C1C? 平面A1ACC1,AC? 平面A1ACC1,C1CAC=C, 所以BE平面A1ACC1. 因为C1E? 平面A1ACC 1,所以BEC1E. 【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空 间想象能力和推理论证能力. 7【2019 年高考浙江卷】如图,已知三棱柱 111 ABCA B C ,平面11 A ACC 平面ABC,90ABC, 11 30 ,BACA AACAC E F分别是AC,A1B1的中点 . (1)证明:EFBC; (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值. 【答案】( 1)见解析;( 2) 3 5 【解析】
12、方法一: (1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC 又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC, 所以,A1E平面ABC,则A1EBC 又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F 所以BC平面A1EF 因此EFBC (2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA 1是平行四边形 由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形 由( 1)得BC平面EGFA 1,则平面A1BC平面EGFA1, 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上 连接A1G交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(
13、或其补角) 不妨设AC=4,则在 RtA1EG中,A1E=2 3,EG=3. 由于O为A1G的中点,故 1 15 22 AG EOOG, 所以 222 3 cos 25 EOOGEG EOG EO OG 因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 3 5 方法二: (1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC. 又平面A1ACC 1平面ABC,A1E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC 如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz 不妨设AC=4,则 A1(0,0,2 3),B(3,1
14、,0), 1( 3,3,2 3)B, 3 3 (,2 3) 22 F ,C(0 ,2,0) 因此, 3 3 (,2 3) 22 EF ,(3,1,0)BC 由 0EF BC 得EFBC (2)设直线EF与平面A1BC所成角为 由( 1)可得 1 =(3 1 0)=(022 3)BCAC, , 设平面A1BC的法向量为n ()xyz, , , 由 1 0 0 BC AC n n ,得 30 30 xy yz , 取n(13 1), ,故 |4 sin| cos| = 5 | | EF EF EF , n n n| , 因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为 3 5 【名师点睛】本题主要考
15、查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空 间想象能力和运算求解能力. 8【2018 年高考全国卷文数】如图,在平行四边形ABCM 中,3ABAC,90ACM,以AC 为折痕将ACM折起,使点 M 到达点 D的位置,且ABDA (1)证明:平面 ACD平面ABC; (2)Q为线段 AD上一点,P为线段BC 上一点, 且 2 3 BPDQDA, 求三棱锥 QABP的体积 【答案】(1)见解析;(2)1. 【解析】(1)由已知可得,BAC=90,BAAC 又BAAD,所以AB平面ACD 又AB平面ABC, 所以平面ACD平面ABC (2)由已知可得,DC=CM=AB=3,D
16、A=3 2 又 2 3 BPDQDA,所以 2 2BP 作QEAC,垂足为E,则QE = 1 3 DC 由已知及( 1)可得DC平面ABC,所以QE平面ABC,QE=1 因此,三棱锥 QABP的体积为 111 132 2 sin451 332 QABPABP VQES 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体 积的求解,在解题的过程中,需要清楚题中的有关垂直的直线的位置,结合线面垂直的判定定理证得 线面垂直,之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直,需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的 关系,在求三棱锥的体积的时候,注意应用体积公式求解即可. 解
17、答本题时, (1)首先根据题的条件, 可以得到BAC=90,即BAAC,再结合已知条件BAAD,利用线面垂直的判定定理证得AB 平面ACD,又因为AB平面ABC,根据面面垂直的判定定理,证得平面ACD平面ABC; (2)根据已知 条件,求得相关的线段的长度,根据第一问的相关垂直的条件,求得三棱锥的高,之后借助于三棱锥 的体积公式求得三棱锥的体积. 9 【 2018 年高考全国卷文数】如图,在三棱锥PA B C中, 2 2ABBC , 4PAPBPCAC,O为AC的中点 (1)证明:PO平面ABC; (2)若点 M 在棱BC上,且2MCMB,求点C到平面POM的距离 【答案】( 1)见解析;(
18、2) 4 5 5 【解析】( 1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2 3 连结OB因为AB=BC= 2 2 AC,所以 ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB= 1 2 AC=2 由 222 OPOBPB知,OPOB 由OPOB,OPAC知PO平面ABC (2)作CHOM,垂足为H又由( 1)可得OPCH,所以CH平面POM 故CH的长为点C到平面POM的距离 由题设可知OC= 1 2 AC=2,CM= 2 3 BC= 4 2 3 ,ACB=45 所以OM= 2 5 3 ,CH= sinOC MCACB OM = 4 5 5 所以点C到平面POM的距离为 4
19、5 5 【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何,属于易得分题,第一问多以线面的证明为 主,解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明,解答本题时,连接 OB,欲证PO 平面ABC, 只需证明,POAC POOB即可; 本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解,即过点C作 CHOM ,垂足为 M ,只需论证 CH的长即为所求,再利用平面几何知识求解即可,本题也可利用 等体积法解决. 10 【2018 年高考全国卷文数】如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧 CD 所在平面垂直, M 是 CD 上异 于C,D的点 (1)证明:平面AMD 平面BMC; (2)在线段AM上是否存在点P,使得
20、MC 平面PBD?说明理由 【答案】( 1)见解析;( 2)存在,理由见解析. 【解析】( 1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD 因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM 因为M为 CD 上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM 又BCCM=C,所以DM平面BMC 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC (2)当P为AM的中点时,MC平面PBD 证明如下:连结AC交BD于O因为ABCD为矩形,所以O为AC中点 连结OP,因为P为AM中点,所以MCOP MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD 【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明,利用线线垂直
21、得到线面垂直,再得到面面垂直,第二问 先断出P为AM中点, 然后作辅助线, 由线线平行得到线面平行,考查学生空间想象能力,属于中档题 . 11 【2018 年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD,PA PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点 . (1)求证:PEBC; (2)求证:平面PAB平面PCD; (3)求证:EF平面PCD. 【答案】(1)见解析;(2)见解析;( 3)见解析 . 【解析】(1)PAPD,且E为AD的中点,PEAD. 底面ABCD为矩形,BCAD, PEBC. (2)底面ABCD为矩形, ABAD. 平面 PA
22、D 平面 ABCD,AB 平面 PAD. AB PD. 又PAPD, PD平面PAB,平面PAB平面PCD. (3)如图,取 PC中点G,连接 ,FG GD. ,F G分别为 PB和PC的中点,FGBC ,且 1 2 FGBC. 四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点, 1 , 2 EDBC DEBC, EDFG,且EDFG,四边形EFGD为平行四边形, EF GD . 又EF平面PCD,GD平面PCD, EF平面PCD. 【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系,证明线面关系的核心是证明线线关系. 证明线线平 行的方法:(1)线面平行的性质定理;(2)三角形中位线法; (3)平行四边形法
23、. 证明线线垂直的常 用方法:(1)等腰三角形三线合一;( 2)勾股定理逆定理; (3)线面垂直的性质定理;(4)菱形对角 线互相垂直 . 12 【2018 年高考天津卷文数】如图,在四面体ABCD中,ABC是等边三角形,平面ABC平面ABD,点M 为棱AB的中点,AB=2,AD=2 3,BAD=90 (1)求证:ADBC; (2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值; (3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值 【答案】( 1)见解析;( 2) 13 26 ;( 3) 3 4 【解析】( 1)由平面ABC平面ABD,平面ABC平面ABD=AB,ADAB,可得AD平面ABC,故AD BC (2)
24、取棱AC的中点N,连接MN,ND又因为M为棱AB的中点,故MNBC所以DMN(或其补角) 为异面直线BC与MD所成的角 在 RtDAM中,AM=1,故DM= 22 = 13ADAM 因为AD平面ABC,故ADAC 在 RtDAN中,AN=1,故DN= 22 = 13ADAN 在等腰三角形DMN中,MN=1,可得 1 13 2 cos 26 MN DMN DM 所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为 13 26 (3)连接CM因为ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CMAB,CM= 3又因为平面ABC 平面ABD,而CM平面ABC,故CM平面ABD所以,CDM为直线CD与平面ABD所成的角
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- 三年 高考 2017 _2019 数学 真题分项 汇编 专题 06 立体几何 解答 解析
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