2019-2020年高考數(shù)學(xué) 立體幾何試題 文.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué) 立體幾何試題 文一、選擇題1已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為( )A. B. B. C. D.2一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(單位長(zhǎng)度:cm),則此幾何體的表面積是( )A(20+4)cm2 B21 cm2C(24+4)cm2 D24 cm23已知如圖所示的正方體ABCDA1B1C1D1,點(diǎn)P、Q分別在棱BB1、DD1上,且=,過點(diǎn)A、P、Q作截面截去該正方體的含點(diǎn)A1的部分,則下列圖形中不可能是截去后剩下幾何體的主視圖的是()4四棱錐的三視圖如圖正(主)視圖側(cè)(左)視圖俯視圖所示,則最長(zhǎng)的一條側(cè)棱的長(zhǎng)度是( )A B C D二、填空題5如圖所示的一塊長(zhǎng)方體木料中,已知,設(shè)為底面的中心,且,則該長(zhǎng)方體中經(jīng)過點(diǎn)的截面面積的最小值為 .6長(zhǎng)方體中,已知,棱在平面內(nèi),則長(zhǎng)方體在平面內(nèi)的射影所構(gòu)成的圖形面積的取7如右圖,正方體的棱長(zhǎng)為1,P值范圍是 為BC的中點(diǎn),Q為線段上的動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)A,P,Q的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命題正確的是_(寫出所有正確命題的編號(hào)).當(dāng)時(shí),S為四邊形;當(dāng)時(shí),S不為等腰梯形;當(dāng)時(shí),S與的交點(diǎn)R滿足;當(dāng)時(shí),S為六邊形;當(dāng)時(shí),S的面積為.三、解答題8(本小題滿分14分)如圖,在四棱錐中,底面為直角梯形,/,平面底面,為的中點(diǎn),是棱的中點(diǎn),()求證:;()求直線與平面所成角的正弦值;()求二面角的余弦值.9(本小題滿分12分)如圖,在四棱錐PABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD為梯形,BCAD,ABAD,PAABBC1,AD2.(1)求三棱錐PACD的外接球的表面積;(2)若M為PB的中點(diǎn),問在AD上是否存在一點(diǎn)E,使AM平面PCE?若存在,求的值;若不存在,說明理由.10如圖,在三棱錐中,平面平面,于點(diǎn),且, (1)求證:(2)(3)若,求三棱錐的體積參考答案1C【解析】試題分析:根據(jù)三視圖可知該幾何體為一個(gè)四棱錐和三棱錐的組合體,如圖所示,且平面,平面,底面為正方形,則有,所以和到平面的距離相等,且為,故,,則該幾何體的體積為.考點(diǎn):三視圖、簡(jiǎn)單幾何體體積2A【解析】試題分析:三視圖復(fù)原的組合體是下部是棱長(zhǎng)為2的正方體,上部是底面邊長(zhǎng)為2的正方形,高為1的四棱錐,組合體的表面積為:,故選A考點(diǎn):三視圖求幾何體的表面積3A【解析】試題分析:當(dāng)P、B1重合時(shí),主視圖為選項(xiàng)B;當(dāng)P到B點(diǎn)的距離比B1近時(shí),主視圖為選項(xiàng)C;當(dāng)P到B點(diǎn)的距離比B1遠(yuǎn)時(shí),主視圖為選項(xiàng)D,因此答案為A.考點(diǎn):組合體的三視圖4D【解析】試題分析:根據(jù)題中所給的三視圖,可知該幾何體為底面是直角梯形,且頂點(diǎn)在底面上的射影是底面梯形的左前方的頂點(diǎn),所以最長(zhǎng)的側(cè)棱應(yīng)該是棱錐的頂點(diǎn)與右后方的點(diǎn)的側(cè)棱,故根據(jù)勾股定理,可知最長(zhǎng)側(cè)棱應(yīng)該是,故選D考點(diǎn):根據(jù)幾何體的三視圖確定幾何體的特征5【解析】試題分析:如圖所示,經(jīng)過點(diǎn)的截面為平行四邊形設(shè),則,為了求出平行四邊形的高,先求的高,由等面積法可得,又由三垂線定理可得平行四邊形的高,因此平行四邊形的面積,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)考點(diǎn):幾何體的截面面積的計(jì)算6.【解析】試題分析:四邊形和的面積分別為4和6,長(zhǎng)方體在平面內(nèi)的射影可由這兩個(gè)四邊形在平面內(nèi)的射影組合而成. 顯然,. 若記平面與平面所成角為,則平面與平面所成角為. 它們?cè)谄矫鎯?nèi)的射影分別為和,所以,(其中,),因此,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取到. 因此,.考點(diǎn):三角函數(shù)的化簡(jiǎn)和求值.7【解析】試題分析:取AB的中點(diǎn)M,在DD1上取點(diǎn)N,使得DN=CQ,則MNPQ;作ATMN,交直線DD1于點(diǎn)T,則A、P、Q、T四點(diǎn)共面;當(dāng)0CQ時(shí),則0DNDT=2DN1S為四邊形APQT;當(dāng)CQ=時(shí),則DN=DT=2DN=1點(diǎn)T與D1重合S為等腰梯形APQD1;當(dāng)CQ=時(shí),則DN=DT=2DN=D1T=;由D1R:TD1=BC:DTD1R=C1R=;當(dāng)CQ1時(shí),DN1DT=2DN(,2),T在DD1的延長(zhǎng)線上,設(shè)TQ與C1D1交于點(diǎn)E,AT與A1D1交于點(diǎn)F,則S為五邊形APQEF;當(dāng)CQ=1時(shí),點(diǎn)Q與C1重合,且DT=2AT與A1D1交于A1D1的中點(diǎn)FS為菱形APC1FS的面積=AC1PF=.綜上,命題正確的是:.考點(diǎn):立體幾何綜合應(yīng)用.8()證明祥見解析;();().【解析】試題分析:()在中,為中點(diǎn).所以;又因?yàn)槠矫娴酌?,且平面底面,由面面垂直的性質(zhì)定理可得到底面,再由線面垂直的性質(zhì)得;()由()及已知條件易得,和;故可以為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系從而由空間向量知識(shí)及可求得直線與平面所成角的正弦值;()在()中所建立的空間直角坐標(biāo)系中,求出平面的法向量和平面的法向量,代入公式二面角的夾角公式即可求出二面角的余弦值.試題解析:()證明:在中,為中點(diǎn).所以 1分因?yàn)槠矫娴酌妫移矫娴酌嫠缘酌?3分又平面所以. 4分()解:在直角梯形中,/為中點(diǎn)所以所以四邊形為平行四邊形因?yàn)樗杂桑ǎ┛芍矫嫠?,以為坐?biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,如圖. 則所以 6分設(shè)平面的法向量為則即亦即令,得所以 8分設(shè)直線與平面所成角為,則所以與平面所成角的正弦值為 10分()解:如()中建立空間直角坐標(biāo)系因?yàn)樗云矫婕礊槠矫娴姆ㄏ蛄?,?11分因?yàn)槭抢獾闹悬c(diǎn)所以點(diǎn)的坐標(biāo)為又設(shè)平面的法向量為則即令得所以 13分所以由題知,二面角為銳角所以二面角的余弦值為 14分考點(diǎn):1.直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系;2. 直線與平面所成的角;3.二面角.9(1)5;(2)在AD上存在點(diǎn)E,使AM平面BCE, .【解析】試題分析:(1)在ACD中,AC,CD,AD2,利用AC2CD2AD2證得ACCD,根據(jù)PA平面ABCD得到PACD,從而有CD平面PAC, CDPC;根據(jù)PAD、PCD均是以PD為斜邊的直角三角形,取PD的中點(diǎn)O,則OAOPOCOD,計(jì)算即得所求.(2)根據(jù)觀察分析,取PC的中點(diǎn)N,連接MN,EN,得到MNBC, 又BCAE,得到MNAE;由AM平面PCE,得 AMEN,四邊形AMNE為平行四邊形,AEMNBCAD, .考點(diǎn):1.球的表面積;2.平行關(guān)系、垂直關(guān)系.10(1)參考解析;(2)參考解析;(3)【解析】試題分析:(1)由,即可得到線段成比例,即得到直線平行,再根據(jù)直線與平面平行的判斷定理即可得到結(jié)論.(2)由平面平面,于點(diǎn),并且AC是平面PAC與平面ABC的交線,根據(jù)平面垂直的性質(zhì)定理即可得PD垂直平面ABC,再根據(jù)平面與平面垂直的判斷定理即可得到結(jié)論.(3)由即可得AC=3.又由, 在三角形ABC中根據(jù)余弦定理即可求得BC的值.所以三角形ABC的面積可以求出來,由于PD垂直于平面ABC所以PD為三棱錐的高,即可求得結(jié)論.(1), 2分 3分(2)因?yàn)槠矫嫫矫?,且平面平面?平面,所以平面, 6分又平面,所以平面平面 7分(3)由(2)可知平面 法一:中,由正弦定理,得,因?yàn)?,所以,則,因此, 8分的面積 10分所以三棱錐的體積 12分法二:中,由余弦定理得:,所以,所以 8分的面積 10分所以三棱錐的體積 12分考點(diǎn):1.線面平行.2.面面垂直.3.三角形的余弦定理.4.三棱錐的體積.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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