《备战2020年高考》2019年高考真题和模拟题分项汇编数学(理)专题04立体几何(解析版).pdf

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1、专题 04立体几何1【2019 年高考全国卷理数】已知三棱锥 P ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC， ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，CEF=90，则球 O 的体积为A86C26【答案】D【解析】解法一：B46D6PA PB PC,ABC为边长为 2 的等边三角形，P ABC为正三棱锥，PB AC，又E，F分别为PA，AB的中点，EFPB，EF AC，又EF CE，CEAC C, EF 平面PAC，PB 平面PAC，APB PA PB PC 2，即R P ABC为正方体的一部分，2R 2 2 2 6，故选 D64, V R23346

2、6386，解法二：设PA PB PC 2x，E,F分别为PA, AB的中点，EFPB，且EF 1PB x，2ABC为边长为 2 的等边三角形，CF 3，又CEF 90，CE 3 x , AE 21PA x，2AEC中，由余弦定理可得cosEAC x243 x222x，AD1x243 x21cosEAC 作PD AC于D，PA PC， D为AC的中点，PA2x4x2x112，PA PB PC 2，2x21 2， x2，x 22又AB=BC=AC=2，PA , PB , PC两两垂直，2R 222 6，R 6，2V 4346 6R 6，故选 D.338【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补

3、体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决2【2019 年高考全国卷理数】设 ， 为两个平面，则 的充要条件是A 内有无数条直线与 平行C， 平行于同一条直线【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

4、臆断，如：“若a ,b ,ab，则”此类的错误3【2019 年高考全国卷理数】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B 内有两条相交直线与 平行D， 垂直于同一平面2ABM=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EOCD于O，连接ON，BD，易得直线 BM，EN 是三角形 EBD 的中线，是相交直线.过M作MF OD于F，连接BF，平面CDE 平面ABCD，E

5、O CD,EO 平面CDE，EO 平面ABCD，MF 平面ABCD，MFB与EON均为直角三角形设正方形边长为 2，易知EO 3,ON 1,EN 2，MF 35,BF ,BM 7，BM EN，故选 B22【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4【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33体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该柱体的体积（单位：c

6、m ）是A158C182【答案】BB162D324【解析】由三视图得该棱柱的高为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4，46 26336 162.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.5【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

7、VA上的点（不含端点） 记直线 PB 与直线 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，D，C， 0 )（1）依题意，AB (1,0,0)是平面ADE的法向量，又BF (0,2,h)，可得BF AB 0，又因为直线BF 平面ADE，所以BF平面ADE（2）依题意，BD (1,1,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0)，E(0,0,2) 设BE (1,0,2),CE (1,2,2)n nBD 0,x y 0,设n n (x, y,z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z 1，n nBE 0,x2z 0,可得n n (

8、2,2,1)因此有cos CE,n n CEn n4 9|CE |n n|49所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为m mBD 0,x y 0,（3）设m m (x, y,z)为平面BDF的法向量，则即2yhz 0,m mBF 0,不妨令y 1，可得m m 1,1,2 h15由题意，有cosm m,n n |m mn n|m m |n n|42h4h23 281，解得h 经检验，符合题意73所以，线段CF的长为87【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识考查用空间向量解决立体几何问题的方法考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力16【2019 年高

9、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 ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以 A1B1ED.又因为 ED 平面 DEC1，A1B1平面 DEC1，16所以 A1B1平面 DEC1.（2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BEAC.因为三棱柱 ABCA1B1C1是直棱柱，所以 CC1平面 ABC.又因为 BE平面 ABC，所以 CC1BE.因为 C1C

10、平面 A1ACC1，AC平面 A1ACC1，C1CAC=C，所以 BE平面 A1ACC1.因为 C1E平面 A1ACC1，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.17 【2019 年高考浙江卷】（本小题满分 15 分） 如图， 已知三棱柱ABC A1B1C1， 平面A1ACC1平面ABC, AC,E,F分别是 AC，A1B1的中点.ABC90，BAC 30, A1A AC1（1）证明：EF BC；（2）求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】方法一：35（1）

11、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A1EF17因此EFBC（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1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EGFA1，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（或其补角）不妨设AC=4，则在Rt A1

12、EG中，A1E=23，EG=3.由于O为A1G的中点，故EO OG A1G1522，EOG EO2OG2所以cos EG232EOOG5因此，直线EF与平面A31BC所成角的余弦值是5方法二：（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18A1（0，0，23），B（3，1，0），B1( 3,3,2 3)，F(3 3,2 3)，C(0，2，0)22因此，EF

13、 (3 3,2 3)，BC ( 3,1,0)22由EF BC 0得EF BC（2）设直线EF与平面A1BC所成角为 1 0)， A1C=(0， 2， 2 3)由（1）可得BC=( 3，z)，设平面A1BC的法向量为n n (x，y，BC n n 0 3x y 0由，得，A1Cn n 0y3z 01)，故sin|cos EF， n n |=取n n (1， 3，| EF n n|4，| EF |n n| |535因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为【名师点睛】本题主要考查空间点、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.18【云南省昆明市 201

14、9 届高三高考 5 月模拟数学试题】 已知直线l 平面， 直线m平面， 若，则下列结论正确的是Al或l Cm【答案】A【解析】对于 A，直线l 平面，则l或l ，A 正确；对于 B，直线l 平面，直线m平面，且，则l/m或l与m相交或l与m异面，B 错误；对于 C，直线m平面，且，则m或m与相交或m 或m，C 错误；对于 D，直线l 平面，直线m平面，且，则l/m或l与m相交或l与m异面，D 错误故选 A19Bl/mDl m【名师点睛】本题考查了空间平面与平面关系的判定及直线与直线关系的确定问题，也考查了几何符号语言的应用问题，是基础题19 【陕西省 2019 届高三年级第三次联考数学试题】已

15、知三棱柱ABC A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为A3454B3454CD【答案】B【解析】如图，设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B，易知A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角（或其补角）.设三棱柱ABC A1B1C1的侧棱与底面边长均为 1，则AD 123，A1D ，A1B ，2221A1A2 AB2 A1B211由余弦定理，得cosA1AB 23.2A1AAB2114故应选 B.【名师点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，通过平移找到所成角是解这类问题的关键，若平移不好作，可采用建系，利用空间向量

16、的运算求解， 属于基础题.解答本题时，易知A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角（或其补角） ，进而通过计算ABA1的各边长，利用余弦定理求解即可.20 【四川省宜宾市 2019 届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2 的正方形ABCD中，E,F分别是BC,CD的中点，现在沿AE, AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B,C,D三点重合，重合后的点记为P，则四面体P AEF的高为20133C4A【答案】BB23D1【解析】如图，由题意可知PA，PE，PF两两垂直，PA 平面PEF，VAPEF1111SPEFPA 112 ，3323设 P 到平面AEF的距离为 h，11131212

17、11，222213hVPAEFh ，322h12，故h ，233又SAEF 2 2故选 B.【名师点睛】本题考查了平面几何的折叠问题，空间几何体的体积计算，属于中档题折叠后，利用VAPEFVPAEF即可求得 P 到平面AEF的距离21 【广东省深圳市高级中学2019 届高三适应性考试 （6 月） 数学试题】 在三棱锥P ABC中， 平面PAB 平面ABC，ABC是边长为 6 的等边三角形，PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_【答案】4821【解析】如图，在等边三角形ABC中，取AB的中点F，设等边三角形ABC的中心为O，连接 PF，CF，OP.由AB6，得AO B

18、O CO 2CF 2 3,OF 3，3PAB是以AB为斜边的等腰角三角形，PF AB,又平面PAB 平面ABC，PF 平面ABC，PF OF，OPOF2PF2 2 3，则O为棱锥P ABC的外接球球心，外接球半径R OC 2 3，该三棱锥外接球的表面积为4 2 3故答案为48.2 48，【名师点睛】本题主要考查四面体外接球表面积， 考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径.求外接球半径的常见方法有：若三条棱两两垂直，则用；若SA面ABC（SA a） ，则4R2 4r2a2（r为4R2 a2b2c2（a,b,c为三条棱的长）；可以转化为长方体的外接球；特殊几何体

19、可以直接找出球心和半径.ABC外接圆半径）22 【2019 北京市通州区三模数学试题】如图，在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，侧棱A1A 底面ABCD，AB AC，AB 1，AC = AA1=2,AD=CD= 5，点E为线段AA1上的点，且AE 12（1）求证：BE 平面ACB1；22（2）求二面角D1 AC B1的余弦值；（3）判断棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF平面ACB1，若存在， 求线段A1F的长；若不存在，说明理由【答案】 （1）见解析； （2）10； （3）见解析.10【解析】 （1）因为A1A 底面ABCD，所以A1A AC又因为AB AC，所以AC 平面ABB1A1，

20、又因为BE 平面ABB1A1，所以AC BE因为AE1AB，EAB=ABB1=90，AB2BB1所以RtABERtBB1A所以ABE AB1B因为BAB1AB1B 90，所以BAB1ABE 90所以BE AB1又ACAB1 A，所以BE 平面ACB1（2）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，23依题意可得A(0,0,0), B(0,1,0),C(2,0,0), D(1,-2,0), A1(0,0,2), B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2),E(0,0, )由（1）知，EB =(0,1,-121)为平面ACB1的一个法向量，2设n n (x, y,z)为平面ACD1的法

21、向量因为AD1=(1 ,-2,2), AC =(2,0,0)，n n AD1 0,x2y2z 0,则即2x 0,n n AC 0,不妨设z 1，可得n n (0,1,1)因此cos =n n EB10=|n n| EB|10因为二面角D1 AC B1为锐角，所以二面角D1- AC - B1的余弦值为1010（3）设A1F =a，则F(0,a,2)，DF =(-1,a +2,2)DF?EB(-1,a+2,2)?(0,1,所以a 1（舍） 1) =a+2- 1=0，2即直线 DF 的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直，所以，棱A1B1上不存在点F，使直线DF平面ACB124【名师点睛】本题主要考查线面垂直与平行、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；（2）以A为原点建立空间直角坐标系，由（1）得到EB =(0,1,-1)为平面ACB1的一个法向量，再2求出平面ACD1的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果；（3）先设A1F =a，用向量的方法，由DF?EB250求出a的值，结合题意，即可判断出结论.