《2019届高考数学二轮复习 专题三 立体几何高频考点•真题回访 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习 专题三 立体几何高频考点•真题回访 文（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题三 立体几何高频考点真题回访1.(2018全国卷)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示,圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()A.2B.2C.3D.2【解析】选B.将三视图还原为圆柱,M,N的位置如图1所示,将侧面展开,最短路径为M,N连线的距离,所以MN=2.2.(2018全国卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30,则该长方体的体积为()A.8B.6C.8D.8【解析】选C.如图,连接AC1和BC1,因为AB平面BB1C1
2、C,AC1与平面BB1C1C所成角为30,所以AC1B=30,所以=tan 30,BC1=2,所以CC1=2,所以V=222=8.3.(2018全国卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A.B.C.D.【解题指南】本题考查了异面直线所成的角的概念以及求解运算能力.【解析】选C.因为CDAB,所以EAB即为异面直线AE与CD所成角,连接BE,在直角三角形ABE中,设AB=a,则BE=a,所以tanEAB=.4.(2018全国卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.
3、若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()【解题指南】本题考查几何体的三视图,考查空间想象能力,体现了直观想象的核心素养.试题难度:易.【解析】选A.由直观图可知选A.5.(2018全国卷)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC为等边三角形且其面积为9,则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A.12B.18C.24D.54【解题指南】本题考查三棱锥的体积的计算,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,体现了直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.试题难度:中.【解析】选B.设ABC的边长为a,则SABC=a2sin C=a
4、2=9,解得a=6,如图所示,当点D在底面上的射影为三角形ABC的中心H时,三棱锥D-ABC的体积最大,设球心为O,则在直角三角形AHO中,AH=6=2,OA=R=4,则OH=2,所以DH=2+4=6,所以三棱锥D-ABC的体积最大值为V=SABCDH=96=18.6.(2018天津高考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为_.【解析】连接A1C1,交B1D1于O1点,依题意得A1O1平面BB1D1D,即A1O1为四棱锥A1-BB1D1D的高,且A1O1=,而四棱锥A1-BB1D1D的底面为矩形,其面积为,所以四棱锥A1-BB1D1D的体积V
5、=Sh=.答案:【方法技巧】求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面,将空间问题转化为平面问题求解,注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等体积法.割补法:求一些不规则几何体的体积时,常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.等积法:等积法包括等面积法和等体积法.等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到,利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高,特别是在求三角形的高和三棱锥的高时,这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高,而通过直接计算得到高的数值.7.(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所
6、成角为30,若SAB的面积为8,则该圆锥的体积为_.【解题指南】本题考查空间几何体的体积公式的运用,同时考查了线线角和线面角的有关知识.【解析】设底面圆的半径为r,底面圆心为O,因为SA与圆锥底面所成角为30,所以SA=,SO=r,又直角SAB的面积为8,所以=8,解得r=2.所以V=r2SO=(2)22=8.答案:88.(2018全国卷)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,ACM=90,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BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.【解析】(1
7、)由已知可得,BAC=90,则BAAC.又BAAD,ADAC=A,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=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QEAC,垂足为E,则QEDC=1.由已知及(1)可得DC平面ABC,所以QE平面ABC,因此,三棱锥Q-ABP的体积为VQ-ABP=QESABP=132sin 45=1.9.(2018全国卷)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO平面ABC.(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.【解题指
8、南】本题考查立体几何中的线面垂直关系的判定以及线面间的距离的求法,意在考查学生的数学运算及逻辑推理能力.【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2.连接OB.因为AB=BC=AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OPOB.由OPOB,OPAC,OBAC=O,知PO平面ABC.(2)作CHOM,垂足为H.又由(1)可得OPCH,OPOM=O,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=AC=2,CM=BC=,ACB=45.所以OM=,CH=.所以点C到平面POM的距离为.10.(
9、2018全国卷)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于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MC平面PBD?说明理由.【解题指南】考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定,意在考查空间想象能力、逻辑推理能力,培养学生的空间想象能力与逻辑推理能力,体现了逻辑推理、直观想象的数学素养.【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
10、BMC.(2)存在,AM的中点即为符合题意的点P.证明如下:取AM的中点P,连接AC,BD交于点N,连接PN.因为ABCD是矩形,所以N是AC的中点,在ACM中,点P,N分别是AM,AC的中点,所以PNMC,又因为PN平面PBD,MC平面PBD,所以MC平面PBD,所以,在线段AM上存在点P,即AM的中点,使得MC平面PBD.【误区警示】注意(2)问中,证明线面平行不要忽略MC平面PBD.11.(2018北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD,PAPD,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.
11、(3)求证:EF平面PCD.【解题指南】考查空间中直线与平面的位置关系的判定,意在考查空间想象能力,逻辑推理能力,培养学生的空间想象能力与逻辑推理能力,体现了逻辑推理,直观想象的数学素养.【证明】(1)在PAD中,PA=PD,E是AD的中点,所以PEAD,又底面ABCD为矩形,所以ADBC,所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形,所以ADCD,又因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,CD平面ABCD,所以CD平面PAD,又PA平面PAD,所以CDPA,又因为PAPD,CD,PD平面PCD,CDPD=D,所以PA平面PCD,又PA平面PAB,所以平面PAB平面PCD.(3)取PC的中点G,连接DG,FG,因为底面ABCD为矩形,所以ADBC,又E是AD的中点,所以DEBC,在PBC中,F,G分别是PB,PC的中点,所以FGBC,所以DEFG,四边形DEFG是平行四边形,所以EFDG,又因为EF平面PCD,DG平面PCD,所以EF平面PCD.【误区警示】注意(3)问中,证明线面平行不要忽略EF平面PCD.1
