2019-2020年高考数学复习解决方案真题与模拟单元重组卷重组十一立体几何试题理.DOC

2019-2020年高考数学复习解决方案真题与模拟单元重组卷重组十一立体几何试题理一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意) 1xx浙江高考已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足m，n，则()Aml B.mn Cnl D.mn答案C解析因为l，所以l，又n，所以nl.故选C.2xx济南调研已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A286 B.40 C. D.306答案C解析由三视图知，直观图如图所示：底面是直角三角形，直角边长为4,5，三棱锥的一个后侧面垂直底面，并且高为4，所以棱锥的体积为：544.3xx云师大附中月考某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. B. C2 D.2答案D解析由题意知该几何体为如图放置的正四面体，其棱长为，故其表面积为sin42，故选D.4xx山东实验中学一诊已知一个四棱锥的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的体积为()A2 B.C. D.答案C解析由三视图知该几何体是四棱锥，其直观图如图所示，四棱锥的一个侧面SAB与底面ABCD垂直，过S作SOAB，垂足为O，所以SO底面ABCD，SO，所以四棱锥的体积为22，故选C.5xx广西梧州模拟若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则此几何体的表面积是()A(4) B.62C6 D.(8)答案C解析圆柱的侧面积为S12124，半球的表面积为S22122，圆锥的侧面积为S31，所以几何体的表面积为SS1S2S36，故选C.6xx安徽师大期末某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A4 B.2 C4 D.8答案D解析根据三视图还原可知该几何体为长、宽、高分别为3,2,2的长方体，被一个平面截去一部分剩余，如图所示，所以该几何体的体积为(322)8，故选D.7xx吉林长春质检某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的体积是()A4 B.63 C6 D.12答案C解析由题意，此模型为柱体，底面大小等于主视图面积大小，即几何体体积为V36，故选C.8xx河南百校联盟质监如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由正方形切割而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为()A. B. C6 D.7答案C解析几何体如图，为每一个正方体中去掉两个全等的三棱柱，体积为2311146，选C.9xx河北唐山模拟在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，PAAB4，E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，则过E，F，H的平面截四棱锥PABCD所得截面面积为()A2 B.4 C5 D.24答案C解析由过E，F，H的平面交直线CD于N点，可得N点为CD的中点，即CN2；由过E，F，H的平面交直线PA于M点，可得M为PA的四等分点，所以PM1，所以过E，F，H的平面截四棱锥PABCD所得截面为五边形MEFNH，所以其面积等于三角形MEH与矩形EFNH的面积之和，而SMEH2，SEFNH224，所以所求的面积为5，故应选C.10xx全国卷在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A4 B. C6 D.答案B解析由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R，该球的体积最大，VmaxR3.11xx云师大附中月考棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的所有顶点均在球O的球面上，E，F，G分别为AB，AD，AA1的中点，则平面EFG截球O所得圆的半径为()A. B. C. D.答案B解析如图，正方体ABCDA1B1C1D1的外接球球心O为对角线AC1的中点，球半径R，球心O到平面EFG的距离为，所以小圆半径r，故选B.12xx河北武邑期末已知边长为2的菱形ABCD中，A60，现沿对角线BD折起，使得二面角ABDC为120，此时点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为()A20 B.24 C28 D.32答案C解析如图分别取BD，AC的中点M，N，连MN，则容易算得AMCM3，MN，MD，CN，由图形的对称性可知球心必在MN的延长线上，设球心为O，半径为R，HNx，则由题设可得解之得x，则R27，所以球的表面积S4R228，故应选C.第卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13xx江苏联考将圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是_答案解析圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，所以圆锥的底面周长为2，底面半径为1，圆锥的高为，圆锥的体积为12.14xx河南郑州一中期末我国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为_答案1.6解析由图可得2x31(5.4x)12.6x1.6.15xx江苏联考在下列四个图所表示的正方体中，能够得到ABCD的是_答案解析对于，通过平移AB到右边的平面，可知ABCD，所以中ABCD；对于，通过作右边平面的另一条对角线，可得CD垂直AB所在的平面，由线面垂直定理得到中ABCD；对于，可知AB与CD所成的角为60；对于，通过平移CD到下底面，可知AB与CD不垂直故答案为.16xx长春质检如果一个棱锥底面为正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥称为正棱锥已知正四棱锥PABCD内接于半径为1的球，则当此正四棱锥的体积最大时，其高为_答案解析由球的几何性质可设四棱锥高为h，从而VPABCDh1(h1)2(h32h2)，有VPABCD(3h24h)h(3h4)，可知当h时，体积VPABCD最大三、解答题(共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17xx西安八校联考(本小题满分10分)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADDCDD1，过A1、B、C1三点的平面截去长方体的一个角后，得如图所示的几何体ABCDA1C1D1，E、F分别为A1B、BC1的中点(1)求证：EF平面ABCD；(2)求平面A1BC1与平面ABCD的夹角的余弦值解(1)证明：在A1BC1中，E、F分别为A1B、BC1的中点，EFA1C1.在长方体ABCDA1B1C1D1中，ACA1C1，EFAC.(2分)EF平面ABCD，AC平面ABCD，EF平面ABCD.(4分)(2)以D为坐标轴原点，以DA、DC、DD1方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，不妨设ADDCDD11，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)，A1(1,0,2)，(0,1，2)，(1,0，2)，(5分)DD1平面ABCD，平面ABCD的一个法向量为(0,0,2)，(6分)设平面A1BC1的一个法向量为n(a，b，c)，则即取a1，得n，(8分)cos|cosn，|.平面A1BC1与平面ABCD的夹角的余弦值为.(10分)18xx江西南昌模拟(本小题满分12分)如图所示，点P为斜三棱柱ABCA1B1C1的侧棱BB1上一点，PMBB1交AA1于点M，PNBB1交CC1于点N.(1)求证：CC1MN；(2)在任意DEF中有余弦定理：DE2DF2EF22DFEFcosDFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明解(1)证明：PMBB1，PNBB1，PMPNP，BB1平面PMN，BB1MN.又CC1BB1，CC1MN.(4分)(2)在斜三棱柱ABCA1B1C1中，有S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC1B1SACC1A1cos，其中为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角的大小(7分)证明：CC1平面PMN，上述的二面角的平面角为MNP.在PMN中，PM2PN2MN22PNMNcosMNP，PM2CCPN2CCMN2CC2(PNCC1)(MNCC1)cosMNP，由于SCBB1C1PNCC1，SACC1A1MNCC1，SABB1A1PMBB1PMCC1，S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC1B1SACC1A1cos.(12分)19xx长春质检(本小题满分12分)已知等腰梯形ABCD如图1所示，其中ABCD，E，F分别为AB和CD的中点，且ABEF2，CD6，M为BC中点，现将梯形ABCD按EF所在直线折起，使平面EFCB平面EFDA，如图2所示，N是线段CD上一动点，且CNND.(1)当时，求证：MN平面ADFE；(2)当1时，求二面角MNAF的余弦值解(1)证明：过点M作MPEF于点P，过点N作NQFD于点Q，连接PQ.由题意，平面EFCB平面EFDA，所以MP平面EFDA，且MP2，(2分)因为CFEF，DFEF，所以EF平面CFD，所以NQEF，由NQFD，所以NQ平面EFDA，又CNND，所以NQCF2，(4分)即MPNQ，MPNQ，则MNPQ，由MN平面ADFE，PQ平面ADFE，所以MN平面ADFE.(6分)(2)以F为坐标原点，FE方向为x轴，FD方向为y轴，FC方向为z轴，建立如图所示坐标系由题意，M(1,0,2)，A(2,1,0)，F(0,0,0)，C(0,0,3)，D(0,3,0)，N.设平面AMN与平面FAN的法向量分别为n1，n2，平面AMN的法向量为平面ABCD的法向量，即n1(1,1,1)，(8分)在平面FAN中，(2,1,0)，即n2(1，2,2)，(10分)则cos，所以二面角MNAF的余弦值为.(12分)20xx沈阳质检(本小题满分12分)四棱锥PABCD中，PD平面ABCD,2ADBC2a(a0), ADBC，PDa，DAB.(1)若60，AB2a，Q为PB的中点，求证：DQPC；(2)若90，ABa，求平面PAD与平面PBC所成二面角的大小(若非特殊角，求出所成角余弦即可)解(1)证明：连接BD，ABD中，ADa，AB2a，DAB60，由余弦定理：BD2DA2AB22DAABcos60，解得BDa，所以ABD为直角三角形，BDAD，因为ADBC，所以BCBD，(1分)又因为PD平面ABCD，所以BCPD，(2分)因为PDBDD，所以BC平面PBD，(3分)BC平面PBC，所以平面PBD平面PBC，(4分)又因为PDBDa，Q为PB中点，所以DQPB.因为平面PBD平面PBCPB，所以DQ平面PBC，(5分)PC平面PBC，所以DQPC.(6分)(2)由90，ABa，可得BDCDa.取BC中点M，可证得ABMD为矩形(7分)以D为坐标原点分别以DA，DM，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，DM平面PAD，所以是平面PAD的法向量，(0，a,0)(9分)设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，P(0,0，a)，B(a，a,0)，C(a，a,0)，所以(a，a，a)，(2a,0,0)，令z1，可得解得n(0，1)，(10分)所以cos.(11分)所以平面PAD与平面PBC所成二面角为.(12分)21xx贵阳月考(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD底面ABCD，PAAB2，BCPA，BD，E在PC边上(1)求证：平面PDA平面PDB；(2)当E是PC边上的中点时，求异面直线AP与BE所成角的余弦值；(3)若二面角EBDC的大小为30，求DE的长解(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，ADBC1，又BD，AB2，满足AD2BD2AB2，ADBD.又因为PD底面ABCD，PDBD，BD平面PAD.(3分)BD平面PDB，平面PDA平面PDB.(4分)(2)以D为原点建立如图所示空间直角坐标系则D(0,0,0)，P(0,0，)，A(1,0,0)，B(0，0)，C(1，0)，E是PC边上的中点，E，则(1,0，)，(6分)cos，.(8分)(3)由C，E，P三点共线，得(1)，且01，从而有(1，(1)，)，(0，0)设平面EDB的法向量为n(x，y，z)，由n0及n0，可取n.又平面CBD的法向量可取m(0,0,1)，(10分)二面角EBDC的大小为30，cos30，|DE|.(12分)22xx河北一模(本小题满分12分)如图，在三棱锥SABC中，SC平面ABC，SC3，ACBC，CE2EB2，AC，CDED.(1)求证：DE平面SCD；(2)求二面角ASDC的余弦值；(3)求点A到平面SCD的距离解(1)证明：以C为原点，CA，CB，CS所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，则C(0,0,0)，A，S(0,0,3)，E(0,2,0)，D(1,1,0)，因为(1,1,0)，(1,1,0)，(0,0,3)，所以1100，0000，即DECD，DECS.(2分)因为CDCSC，所以DE平面SCD.(4分)(2)由(1)可知(1,1,0)为平面SCD的一个法向量设平面SAD的法向量为n(x，y，z)，而，则即不妨设x2，可得n(2,1,1)(6分)易知二面角ASDC为锐角，因此有|cos，n|，即二面角ASDC的余弦值为.(8分)(3)，作AH平面SCD，垂足为H，设xyz，且xyz1.(10分)由，得解得所以，(11分)|，即点A到平面SCD的距离为.(12分)