《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
