高考数学文科分类汇编立体几何.docx
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高考数学文科分类汇编立体几何
数学
G单元立体几何
G1空间几何体的结构
19.、、[2019·安徽卷]如图15所示,四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2.点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.
图15
(1)证明:
GH∥EF;
(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.
19.解:
(1)证明:
因为BC∥平面GEFH,BC⊂平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.
同理可证EF∥BC,因此GH∥EF.
(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.
因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在平面ABCD内,所以PO⊥平面ABCD.
又因为平面GEFH⊥平面ABCD,
且PO⊄平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.
因为平面PBD∩平面GEFH=GK,
所以PO∥GK,所以GK⊥平面ABCD.
又EF⊂平面ABCD,所以GK⊥EF,
所以GK是梯形GEFH的高.
由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,
从而KB=DB=OB,即K是OB的中点.
再由PO∥GK得GK=PO,
所以G是PB的中点,且GH=BC=4.
由已知可得OB=4,PO===6,
所以GK=3,故四边形GEFH的面积S=·GK=×3=18.
3.[2019·福建卷]以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )
A.2πB.πC.2D.1
3.A [解析]由题意可知,该正方形旋转一周后所得的圆柱的底面半径r=1,高h=1,则该圆柱的侧面积S=2πrh=2π,故选A.
10.[2019·湖北卷]《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术“置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )
A.B.
C.D.
10.B [解析]设圆锥的底面圆半径为r,底面积为S,则L=2πr.由题意得L2h≈Sh,代入S=πr2化简得π≈3.类比推理,若V≈L2h时,π≈.故选B.
7.[2019·新课标全国卷Ⅱ]正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC中点,则三棱锥AB1DC1的体积为( )
A.3B.C.1D.
7.C [解析]因为D为BC的中点,所以AD⊥BC,故AD⊥平面BCC1B1,且AD=,所以V三棱锥AB1DC1=S△B1DC1×AD=×B1C1×BB1×AD=××2××=1.
20.、[2019·重庆卷]如图14所示四棱锥PABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,
且BM=.
(1)证明:
BC⊥平面POM;
(2)若MP⊥AP,求四棱锥PABMO的体积.
图14
20.解:
(1)证明:
如图所示,因为四边形ABCD为菱形,O为菱形的中心,连接OB,则AO⊥OB.因为∠BAD=,所以OB=AB·sin∠OAB=2sin=1.
又因为BM=,且∠OBM=,在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2×1××cos=,所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.
又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内的两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.
(2)由
(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2×cos=.
设PO=a,由PO⊥底面ABCD,知△POA为直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.
又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.连接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2×2××cos=.
由已知MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则
PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,
解得a=或a=-(舍去),即PO=.
此时S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB
=·AO·OB+·BM·OM
=××1+××
=.
所以四棱锥PABMO的体积V四棱锥PABMO=·S四边形ABMO·PO=××=.
G2空间几何体的三视图和直观图
8.[2019·安徽卷]一个多面体的三视图如图12所示,则该多面体的体积是( )
图12
A.B.C.6D.7
8.A [解析]如图所示,由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分,其体积V=8-2×××1×1×1=.
11.[2019·北京卷]某三棱锥的三视图如图13所示,则该三棱锥最长棱的棱长为________.
图13
11.2 [解析]该三棱锥的直观图如图所示,并且PB⊥平面ABC,PB=2,AB=2,AC=BC=,PA==2,PC==,故PA最长.
7.[2019·湖北卷]在如图11所示的空间直角坐标系Oxyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为( )
图12
A.①和②B.③和①
C.④和③D.④和②
7.D [解析]由三视图可知,该几何体的正视图显然是一个直角三角形(三个顶点坐标分别是(0,0,2),(0,2,0),(0,2,2))且内有一虚线(一锐角顶点与一直角边中点的连线),故正视图是④;俯视图是一个斜三角形,三个顶点坐标分别是(0,0,0),(2,2,0),(1,2,0),故俯视图是②.故选D.
8.、[2019·湖南卷]一块石材表示的几何体的三视图如图12所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于( )
图12
A.1B.2C.3D.4
8.B [解析]由三视图可知,石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半),故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球.由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径,可得R==2.
7.、[2019·辽宁卷]某几何体三视图如图12所示,则该几何体的体积为( )
图12
A.8-B.8-
C.8-πD.8-2π
7.C [解析]根据三视图可知,该几何体是正方体切去两个体积相等的圆柱的四分之一后余下的部分,故该几何体体积V=23-×π×12×2=8-π.
3.[2019·浙江卷]某几何体的三视图(单位:
cm)如图所示,则该几何体的体积是( )
图11
A.72cm3B.90cm3
C.108cm3D.138cm3
3.B [解析]此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的,其体积为6×4×3+×3×4×3=90cm3,故选B.
6.[2019·新课标全国卷Ⅱ]如图11,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )
图11
A.B.
C.D.
6.C [解析]该零件是一个由两个圆柱组成的组合体,其体积V=π×32×2+π×22×4=34π(cm3),原毛坯的体积V毛坯=π×32×6=54π(cm3),被切部分的体积V切=V毛坯-V=54π-34π=20π(cm3),所以==.
8.[2019·全国新课标卷Ⅰ]如图11,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是( )
A.三棱锥B.三棱柱
C.四棱锥D.四棱柱
8.B [解析]从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.
17.、[2019·陕西卷]四面体ABCD及其三视图如图14所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.
图14
(1)求四面体ABCD的体积;
(2)证明:
四边形EFGH是矩形.
17.解:
(1)由该四面体的三视图可知,
BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,
∴AD⊥平面BDC,
∴四面体ABCD的体积V=××2×2×1=.
(2)证明:
∵BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,
∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.
同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,
∴四边形EFGH是矩形.
4.[2019·四川卷]某三棱锥的侧视图、俯视图如图11所示,则该三棱锥的体积是(锥体体积公式:
V=Sh,其中S为底面面积,h为高)( )
图11
A.3B.2C.D.1
4.D [解析]由图可知,三棱锥的底面为边长为2的正三角形,左侧面垂直于底面,且为边长为2的正三角形,所以该三棱锥的底面积S=×2×,高h=,所以其体积V=Sh=××=1,故选D.
7.[2019·重庆卷]某几何体的三视图如图12所示,则该几何体的体积为( )
图12
A.12B.18C.24D.30
7.C [解析]由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的.三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形,高为5;截去的锥体的底面是两直角边的长分别为3和4的直角三角形,高为3,所以该几何体的体积为V=×3×4×5-××3×4×3=24.
10.[2019·天津卷]一个几何体的三视图如图12所示(单位:
m),则该几何体的体积为________m3.
10. [解析]由三视图可知,该几何体为圆柱与圆锥的组合体,其体积V=π×12×4+π×22×2=.
G3平面的基本性质、空间两条直线
19.、、[2019·安徽卷]如图15所示,四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2.点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.
图15
(1)证明:
GH∥EF;
(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.
19.解:
(1)证明:
因为BC∥平面GEFH,BC⊂平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.
同理可证EF∥BC,因此GH∥EF.
(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.
因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在平面ABCD内,所以PO⊥平面ABCD.
又因为平面GEFH⊥平面ABCD,
且PO⊄平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.
因为平面PBD∩平面GEFH=GK,
所以PO∥GK,所以GK⊥平面ABCD.
又EF⊂平面ABCD,所以GK⊥EF,
所以GK是梯形GEFH的高.
由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,
从而KB=DB=OB,即K是OB的中点.
再由PO∥GK得GK=PO,
所以G是PB的中点,且GH=BC=4.
由已知可得OB=4,PO===6,
所以GK=3,故四边形GEFH的面积S=·GK=×3=18.
18.、[2019·湖南卷]如图13所示,已知二面角αMNβ的大小为60°,菱形ABCD在面β内,A,B两点在棱MN上,∠BAD=60°,E是AB的中点,DO⊥面α,垂足为O.
图13
(1)证明:
AB⊥平面ODE;
(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值.
18.解:
(1)证明:
如图,因为DO⊥α,AB⊂α,所以DO⊥AB.
连接BD,由题设知,△ABD是正三角形,又E是AB的中点,所以DE⊥AB.而DO∩DE=D,故AB⊥平面ODE.
(2)因为BC∥AD,所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角,即∠ADO是BC与OD所成的角.
由
(1)知,AB⊥平面ODE,所以AB⊥OE.又DE⊥AB,于是∠DEO是二面角αMNβ的平面角,从而∠DEO=60°.
不妨设AB=2,则AD=2,易知DE=.
在Rt△DOE中,DO=DE·sin60°=.
连接AO,在Rt△AOD中,cos∠ADO==
=.
故异面直线BC与OD所成角的余弦值为.
4.[2019·辽宁卷]已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
4.B [解析]由题可知,若m∥α,n∥α,则m与n平行、相交或异面,所以A错误;若m⊥α,n⊂α,则m⊥n,故B正确;若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故C错误;若m∥α,m⊥n,则n∥α或n⊥α或n与α相交,故D错误.
G4空间中的平行关系
6.、[2019·浙江卷]设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( )
A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α
B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α
C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α
D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α
6.C [解析]A,B,D中m与平面α可能平行、相交或m在平面内α;对于C,若m⊥β,n⊥β,则m∥n,而n⊥α,所以m⊥α.故选C.
19.、、[2019·安徽卷]如图15所示,四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2.点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.
图15
(1)证明:
GH∥EF;
(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.
19.解:
(1)证明:
因为BC∥平面GEFH,BC⊂平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.
同理可证EF∥BC,因此GH∥EF.
(2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.
因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC,同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在平面ABCD内,所以PO⊥平面ABCD.
又因为平面GEFH⊥平面ABCD,
且PO⊄平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.
因为平面PBD∩平面GEFH=GK,
所以PO∥GK,所以GK⊥平面ABCD.
又EF⊂平面ABCD,所以GK⊥EF,
所以GK是梯形GEFH的高.
由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,
从而KB=DB=OB,即K是OB的中点.
再由PO∥GK得GK=PO,
所以G是PB的中点,且GH=BC=4.
由已知可得OB=4,PO===6,
所以GK=3,故四边形GEFH的面积S=·GK=×3=18.
17.、[2019·北京卷]如图15,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点.
图15
(1)求证:
平面ABE⊥平面B1BCC1;
(2)求证:
C1F∥平面ABE;
(3)求三棱锥EABC的体积.
17.解:
(1)证明:
在三棱柱ABCA1B1C1中,BB1⊥底面ABC,
所以BB1⊥AB.
又因为AB⊥BC,
所以AB⊥平面B1BCC1.
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)证明:
取AB的中点G,连接EG,FG.
因为E,F,G分别是A1C1,BC,AB的中点,
所以FG∥AC,且FG=AC,EC1=A1C1.
因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,
所以FG∥EC1,且FG=EC1,
所以四边形FGEC1为平行四边形,
所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE,
所以C1F∥平面ABE.
(3)因为AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,
所以AB==.
所以三棱锥EABC的体积
V=S△ABC·AA1=×××1×2=.
20.、[2019·湖北卷]如图15,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点.求证:
(1)直线BC1∥平面EFPQ;
(2)直线AC1⊥平面PQMN.
图15
20.证明:
(1)连接AD1,由ABCDA1B1C1D1是正方体,
知AD1∥BC1.
因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.
从而BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)如图,连接AC,BD,A1C1,则AC⊥BD.
由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
可得CC1⊥BD.
又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1A1.
而AC1⊂平面ACC1A1,所以BD⊥AC1.
因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.
同理可证PN⊥AC1.
又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.
16.、[2019·江苏卷]如图14所示,在三棱锥PABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.
求证:
(1)直线PA∥平面DEF;
(2)平面BDE⊥平面ABC.
图14
16.证明:
(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,所以DF2=DE2+EF2,所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.因为AC∩EF=E,AC⊂平面ABC,EF⊂平面ABC,所以DE⊥平面ABC.
又DE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.
18.、[2019·新课标全国卷Ⅱ]如图13,四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:
PB∥平面AEC;
(2)设AP=1,AD=,三棱锥PABD的体积V=,求A到平面PBC的距离.
图13
18.解:
(1)证明:
设BD与AC的交点为O,连接EO.
因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.
又E为PD的中点,所以EO∥PB.
EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,
所以PB∥平面AEC.
(2)V=××PA×AB×AD=AB,
由V=,可得AB=.
作AH⊥PB交PB于点H.
由题设知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH,
因为PB∩BC=B,所以AH⊥平面PBC.
又AH==,
所以点A到平面PBC的距离为.
18.,[2019·山东卷]如图14所示,四棱锥PABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.
图14
(1)求证:
AP∥平面BEF;
(2)求证:
BE⊥平面PAC.
18.证明:
(1)设AC∩BE=O,连接OF,EC.由于E为AD的中点,
AB=BC=AD,AD∥BC,
所以AE∥BC,AE=AB=BC,
所以O为AC的中点.
又在△PAC中,F为PC的中点,所以AP∥OF.
又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,
所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知,ED∥BC,ED=BC,
所以四边形BCDE为平行四边形,
所以BE∥CD.
又AP⊥平面PCD,
所以AP⊥CD,所以AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形,
所以BE⊥AC.
又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,
所以BE⊥平面PAC.
18.、[2019·四川卷]在如图14所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.
(1)若AC⊥BC,证明:
直线BC⊥平面ACC1A1.
(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?
请证明你的结论.
图14
18.解:
(1)证明:
因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.
因为AB,AC为平面ABC内的两条相交直线,
所以AA1⊥平面ABC.
因为直线BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.
又由已知,AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内的两条相交直线,
所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.
图14
由已知,O为AC1的中点.
连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,
所以MD綊AC,OE綊AC,
因此MD綊OE.
连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,所以DE∥MO.
因为直线DE⊄平面A1MC,MO⊂平面A1MC.
所以直线DE∥平面A1MC.
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.
17.、、[2019·天津卷]如图14所示,四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形,BA=BD=,AD=2,PA=PD=,E,F分别是棱AD,PC的中点.
(1)证明:
EF∥平面PAB;
(2)若二面角PADB为60°.
(i)证明:
平面PBC⊥平面ABCD;
(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.
17.解:
(1)证明:
如图所示,取PB中点M,连接MF,AM.因为F为PC中点,所以MF∥BC,且MF=BC.由已知有BC∥AD,BC=AD,又由于E为AD中点,因而MF∥AE且MF=AE,故四边形AMFE为平行四边形,所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB,而EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB.
(2)(i)证明:
连接PE,BE.因为PA=PD,BA=BD,而E为AD中点,所以PE⊥AD,BE⊥AD,所以∠PEB为二面角PADB的平面角.在△PAD中,由PA=PD=,AD=2,可解得PE=2.在△ABD中,由BA=BD=,AD=2,可解得BE=1.在△PEB中,PE=2,BE=1,∠PEB=60˚,由余弦定理,可解得PB=,从而∠PBE=90˚,即BE⊥PB.又BC∥AD,BE⊥AD,从而BE⊥BC,因此BE⊥平面PBC.又BE⊂平面ABCD,所以平面PBC⊥平面ABCD.
(ii)连接BF,由(i)知,BE⊥平面PBC,所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角.由PB=及已知,得∠ABP为直角,而MB=PB=,可得AM=,故EF=.又BE=1,故在直角三角形EBF中,sin∠EFB==.所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为.
G5空间中的垂直关系
6.、[2019·浙江卷]设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( )
A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α
B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α
C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α
D.若
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