《2017-2019高考数学(文)真题分类汇编06立体几何解答题文含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2017-2019高考数学(文)真题分类汇编06立体几何解答题文含解析(31页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、2017-2019高考数学(文)真题分类汇编专题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).【解析】(1)连结.因为M,E分别为的中点,所以,且.又因为N为的中点,所以.由题设知,可得,故,因此四边形MNDE为平行四边形,.又平面,所以MN平面.(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得,所以DE平面,故DECH.从而CH平面,故CH的长即为C到平面的距离,由
2、已知可得CE=1,C1C=4,所以,故.从而点C到平面的距离为.【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.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,BEEC1(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥的体积【答案】(1)见详解;(2)18.【解析】(1)由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故又
3、,所以BE平面(2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以,故AE=AB=3,.作,垂足为F,则EF平面,且所以,四棱锥的体积【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,ABC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中的四边形ACGD的面积.【答案】(1)见解析;
4、(2)4.【解析】(1)由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,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EMCG,故CG平面DEM因此DMCG在DEM中,DE=1,EM=,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
5、考查考生的空间想象能力.4【2019年高考北京卷文数】如图,在四棱锥中,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)因为平面ABCD,所以又因为底面ABCD为菱形,所以所以平面PAC(2)因为PA平面ABCD,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C
6、F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=AB因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CEAB,且CE=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,在四棱锥中,底面为平行四边形,为等边三角形,平面平面,.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:平面;(2)求证:平面;(3)求直线AD与平面所成角
7、的正弦值.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)【解析】(1)连接,易知,.又由,故.又因为平面PAD,平面PAD,所以平面PAD.(2)取棱PC的中点N,连接DN.依题意,得DNPC,又因为平面平面PCD,平面平面,所以平面PAC,又平面PAC,故.又已知,所以平面PCD.(3)连接AN,由(2)中平面PAC,可知为直线与平面PAC所成的角,因为为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以.又,在中,.所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.【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推理论证能力.6【20
8、19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ABCA1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1,A1B1平面DEC1,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平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以
9、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.7【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱,平面平面,分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:;(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:(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BCA1
10、F所以BC平面A1EF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RtA1EG中,A1E=2,EG=.由于O为A1G的中点,故,所以因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二:(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,
11、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),B(,1,0),C(0,2,0)因此,由得(2)设直线EF与平面A1BC所成角为由(1)可得设平面A1BC的法向量为n,由,得,取n,故,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.8【2018年高考全国卷文数】如图,在平行四边形中,以为折痕将折起,使点到达点的位置,且(1)证明:平面平面;(2)为线
12、段上一点,为线段上一点,且,求三棱锥的体积【答案】(1)见解析;(2)1.【解析】(1)由已知可得,=90,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,DA=又,所以作QEAC,垂足为E,则由已知及(1)可得DC平面ABC,所以QE平面ABC,QE=1因此,三棱锥的体积为【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
13、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.解答本题时,(1)首先根据题的条件,可以得到=90,即,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,在三棱锥中,为的中点(1)证明:平面;(2)若点在棱上,且,求点到平面的距离【答案】(1)见解析;(2)【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP
14、=连结OB因为AB=BC=,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=2由知,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=2,CM=,ACB=45所以OM=,CH=所以点C到平面POM的距离为【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,欲证平面,只需证明即可;本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解,即过点作,垂足为,只需论证的长即为所求,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,矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直,是上异于,的点(1)证明:平面平面;(2)在线段上是否存在点,使得平面?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B