(2017-2019)高考文数真题分类汇编专题06 立体几何(解答题)(教师版).pdf
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1、专题 06立体几何(解答题)1AA1=4,AB=2,【2019 年高考全国卷文数】如图,直四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面是菱形,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B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME B1C,且ME 又因为N为A1D的中点,所以ND 1B1C.21A1D.2D,故MEND,由题设知A,可得BC1B1=DC1=A1=因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN 平面C1DE,所以MN平
2、面C1DE.(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DE BC,DE C1C,所以DE平面C1CE,故DECH.从而CH平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离,由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E 17,故CH 4 17.17从而点C到平面C1DE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
3、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E BB1C1C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B1C1 BE又BE EC1,所以 BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90由题设知 RtABERtA1B1E,所以AEB A1EB1 45,故 AE=AB=3,AA1 2AE 6.作EF BB1,垂足为 F,则 EF平面BB1C1C,且EF AB3所以,四棱锥E BB1C1C的体积V 1363183【名师点睛】本题主
4、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 中的四边形 ACGD 的面积.【答案】(1)见解析;(2)4.【解析】(1)由已知得ADPBE,CGPBE,所以ADPCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,
5、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P ABCD中,PA 平面 AB
6、CD,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,AE 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
7、PB的中点,取G为PA的中点,连结CF,FG,EG则FGAB,且FG=1AB21AB2因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CEAB,且CE=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P ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PCD为等边三角形,平面PAC 平面PCD,PA CD,CD 2,AD 3.(1)设 G,H 分别为 PB,A
8、C 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)33【解析】(1)连接BD,易知ACI BD H,BH DH.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.依题意,得 DNPC,又因为平面PAC 平面 PCD,平面PACI平面PCD PC,所以DN 平面 PAC,又PA平面 PAC,故DN PA.又已知PACD,CDI DN D,所以PA 平面 PCD.(3)连接 AN,由(2)中DN 平面 PA
9、C,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DN 3.又DN AN,在RtAND中,sinDAN DN3.AD33.3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【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
10、 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 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
11、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ABC A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC90,BAC 30,A1A AC AC,E,F分别是 AC,A1B1的中点.1(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)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
12、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 A1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO OG A1G15,22EO2OG2 EG23所以cosEOG 2EOOG5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.
13、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,轴的正半轴,建立空间直角坐标系Ey35不妨设AC=4,则A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,2 3),F(3 3,2 3),C(0,2,0)22uuu ruuu r3 3因此,EF (,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uuu r uuu ruuu ruuur由(1)可得BC=(3,1 0),AC2 2 3)1=(0,z),设平面A1BC的法向量为n n(
14、x,y,uuu rBC n n 0 3x y 0由,得,A1Cn n 0y3z 0uuu ruuu r|EF n n|4r1),故sin|cos EF,n n|=uuu,取n n(1,3,|EF|n n|5因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35【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,
15、且BP DQ 2DA,求三棱锥Q ABP的体积3【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,DA=3 22DA,所以BP 2 231作 QEAC,垂足为 E,则QE=3DC又BP DQ 由已知及(1)可得 DC平面 ABC,所以 QE平面 ABC,QE=1因此,三棱锥Q ABP的体积为111VQABPQESABP132 2sin45 1332【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
16、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.解答本题时,(1)首先根据题的条件,可以得到BAC=90,即BA AC,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
17、全国卷文数】如 图,在 三 棱 锥P ABC中,AB BC 2 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【答案】(1)见解析;(2)4 55【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=12ABCOBACOB=AC=2,所以为等腰直角三角形,且,AC22由OP2OB2 PB2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
18、为点 C 到平面 POM 的距离由题设可知 OC=124 2AC=2,CM=BC=,ACB=45233所以 OM=OCMCsinACB4 52 5=,CH=OM354 55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OB,欲证PO平面ABC,只需证明PO AC,PO OB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CH OM,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.所在平面垂直,M是CD
19、上异10【2018 年高考全国卷文数】如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD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【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上异于 C,D 的点,且 DC 为直径,所以 DMCM因为 M 为CD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
20、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 MCOPMC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 PABCD 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;(3
21、)求证:EF平面 PCD.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.【解析】(1)PA PD,且E为AD的中点,PE AD.底面ABCD为矩形,BCAD,PE BC.(2)底面ABCD为矩形,AB AD.平面PAD 平面ABCD,AB 平面PAD.AB PD.又PA PD,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FG 四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,EDBC,DE 1BC.21BC,2EDFG,且ED FG,四边形EFGD为平行四边形,EFGD.又EF 平面PCD,GD平面PCD,EF平面PC
22、D.【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.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
23、】(1)见解析;(2)133;(3)264【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 ADBC(2)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=在 RtDAN 中,AN=1,故 DN=AD2 AM2=13因为 AD平面 ABC,故 ADACAD2 AN2=131MN13在等腰三角形 DMN 中,MN=1,可得2cosDMN DM26所以,异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值为1326(3)连
24、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 所成的角在 RtCAD 中,CD=AC2 AD2=4CM3CD434在 RtCMD 中,sinCDM 所以,直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值为【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识 考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力13【2018 年高考江苏卷】在平行六面体ABCD A1B1C1D1中,AA1 AB,AB1 B1C1求证:(1)A
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