2019年高考数学试题分类汇编立体几何附答案详解

1、2021年高考数学试题分类汇编立体几何1、2021年高考全国I卷理科12三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,AABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,/CEF=90,那么球O的体积为B. 4/6立答案：D解析：如图,三棱锥P-ABC为正三棱锥,不妨设|PARPB|=|PC|=2a,底面外接圆半径为r,由题意可得|EF|二a,|CF|二J3.在APAC中,由余弦定理可得cos/PAC22.4a4-4a1二.222a2a所以在AEAC中|EC|2=a2+4-2axax工=a222a又NCEF=90,根据勾股定理可得|EC|2+|EF|2=|CF|2,即|P

2、C|二J2在直角APOC中,|OC|=2j3,|OP|=J|PC|2r23由正三棱锥外接球半径公式可得R222r2|OP|22|OP|.622、2021年高考全国II卷文理科7设a,3为两个平面,那么all3的充要条件是A.a内有无数条直线与3平行B.a内有两条相交直线与3平行C. %3平行于同一条直线D. %3垂直于同一平面答案：B解析：由“判定定理：如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面内两条相交直线平行两个平面平行可知答案选B3、2021年高考全国II卷文理科16.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形半正多面体图1.半状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的

3、官员独孤信的印信形状是正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体表达了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的外表上,且此正方体的棱长为1.那么该半正多面体共有.个面,其棱长为.此题第一空2分,第二空3分.答案：A解析：1上层8个,中层8个,下层8个上下底各1个1a设棱长为a,如图作出该几何体的截面,CD=-,CE=12解得a=J2-1.那么棱长为2-1又4CDE为等腰直角三角形,那么2父3=2,24、2021年高考全国III卷文理科8如图,点N为正方形ABCD的中央,ECD为正三角形,平面ECD,平面ABCD,M是线段ED的中点,那么A

4、.BM=EN,且直线B. BM至N,且直线C. BM=EN,且直线D. BM垄N,且直线答案：BBM、EN是相交直线BM,EN是相交直线BM、EN是异面直线BM,EN是异面直线,31和2,将该三角形分别绕其两个直解析：建系如图3.3、B(0,2,0),E(1,0,、,3),N(1,11,0),M(万,.,5)所以|BM|=；(；-0)2(0-2)2(:-0)2二二7,|EN|=.(1-1)2(1-0)2(0-03)2=21又由于BM=-BEBN2所以B、M、E、N四点共面.应选B5、2021年高考上海卷14一个直角三角形的两条直角边长分别为角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为A.1B.2C.4D

5、.8答案：B解析：由题意知V1=lnBC2ACV2=nAC2BC33V1:V2=BC:AC=2:1.故答案选B6、2021年高考浙江卷4祖恒是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出“哥势既同,那么积不容异称为祖恒原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V=Sh,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高.假设某柱体的三视图如下图,那么该柱体的体积是A.158B.162C.182D.182答案：B解答：由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是两个直角梯形组合而成的,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个上底为2,下底6,高为3,那么该棱柱的体积4,26-46八为336=162.227、2021年高考浙江卷

6、8设三棱锥V-ABC的底面是正三角形侧棱长均相等,P是棱VA上的点不含端点.记直线PB与直线AC所成角为0,直线PB与ABC所成角为P,二面角P-AC-B的平面角为尸,那么A.P*/,otYB.Pot,P了C.-：；,：:D.:：-:二-答案：B解答：如图G为AC中点,V在底面ABC的投影为O,那么P在底面投影D在线段AO上,过点D作DE垂直AE,易得PE/VG,过P作PF/AC于点F,过D作DH/AC,交BG于H,那么a=/BPF,P=/PBD,P=/PED,DHPBBDP.综上所述,答案为EDBD1、填空题.2021年高考全国I卷文科16/ACB=90,P为平面ABC外一点,PC=2,点P

7、到/ACB两边AC,BC的距离均为由,那么P到平面ABC的距离为答案：.2解析：如图将三棱锥P-ABC放入正方体中,点P在线段CD上,设点P在底面ABCD的射影为P,过p,分别作PE、pF垂直AC,BC,垂足分别为E,F,那么平面,所以又APPE三APPF,PC=2,PE=V3,所以CE=1又/ECP=/FCP=45,所以EP=CE=1,所以PPf=vPE2-PE2=22、2021年高考全国III卷文理科16学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCDA1BQ1D1挖去四棱锥OEFGH后所得几何体,其中O为长方体的中央,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC

8、=6cm,AA二4cm,3D打印所用原料密度为0.9g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为.答案：118.8g解析：由题意得,挖去的四棱锥的底面GHE误一个菱形,面积S=2XHFXGE=12cr7)所以四棱车I的体积V=sh=1x12X3=12cn3,3所以该模型的体积为V剩余=6X6X4-12=132cm又由于原料密度为0.9g/cm3,所以该模型所用原料质量为132X0.9=118.8g3、(2021年高考江苏卷9)如图,长方体ABCDABCiDi的体积是120,EBCD的体积是.答案：10解析：由于VE.BCDV1SBCDEC3SabcdCiC空113SabcdCiC32

9、212E为CCi的中点,那么三棱锥VE_BCD11=V=120=101212三、解做题.1、(2021年高考全国I卷理科18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA二4,AB=2,/BAD=60,E,M,N分别是BC,BBi,AiD的中点.(1)证实：MN/平面CiDE；(2)求二面角A-MAi-N的正弦值.解：(1)连结BiC,ME.由于M,E分别为BBi,BC的中点,所以ME/BiC,且ME=1BiC.21又由于N为AiD的中点,所以ND=AiD.2.-ii-ii-i由题设知AiBiIdC,可得BiCIAiD,故ME2nd,因此四边形MNDE为平行四边形,MN/ED.又

10、MN0平面EDCi,所以MN/平面CiDE.(2)由可得DEXDA.以D为坐标原点,da的方向为x轴正方向,建立如下图的空间直角坐标系D-xyz,那么A(2,0,0),Ai(2,0,4),M(1,73,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),AM=(-1,73,-2),AN=(-1,0,-2),MN=(0,3,0).mMN=0设m=(x,y,z)为平面Aima的法向量,那么.nMN=0L-x、3y_2z=0,一所以?x3yy2z0可取m=(有1,0).-4z=0.mMN=0设n=(p,q,r)为平面Aimn的法向量,那么rnMN=0所以卜7yq=0,可取门=(2,0,_i).-p-2

11、r=0.于是cosm,n=mn|mlIn|2,yi5=2；55所以二面角A-MAi-N的正弦值为、而52、(2021年高考全国I卷文科19)如图,直四棱柱ABCDKiBiCiDi的底面是菱形,AA=4,AB=2,/BAD=60,E,M,N分别是BC,BBi,AiD的中点.(i)证实：MN/平面CiDE；(2)求点C到平面CiDE的距离.解：i(i)连结BiC,ME.由于M,E分别为BBi,BC的中点,所以ME/BiC,且ME=B,C.又由于N2、,i为AQ的中点,所以ND=AD.2由题设知AB=DC,可得BC=ad,故ME=ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN/ED.又MN0平面CiDE

12、,所以MN/平面CiDE.(2)过C作CiE的垂线,垂足为H.由可得DE_LBC,DE_LC1c,所以DEL平面C1cE,故DELCH.从而CH,平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离,由可得CE=1,八一八一1一一4.17CiC=4,所以GE=.17,故CH=174.17从而点C到平面C1DE的距离为.173、(2021年高考全国II卷文理科17)如图,长方体ABCD当iBiCiDi的底面ABCD是正方形,点E在棱AAi上,BEXECi.(1)证实：BE,平面EBiCi；(2)假设AE=AiE,AB=3,求四棱锥EBB1cle的体积.解：(1)由得BiCi,平面ABBiAi,BE

13、c平面ABBAi,故B1cl_BE.又BE_LECi,所以BE,平面EBiCi.(2)由(1)知/BEBi=90.由题设知RtAABERtAAiBiE,所以ZAEB-AEBi_45,故AE=AB=3,A/A=2AE=6.作EF_LBB1,垂足为F,那么EFL平面BB1c1c,且EF=AB=3.i所以,四棱锥EBB1cle的体积V=父3父6父3=18.34、(2021年高考全国III卷理科19)图1是由矩形ADEB、Rt区BC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)证实：图2中的A,C,G,D

14、四点共面,且平面(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.解：(1)由得ADUBE,CGUBE,所以AD4CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.ABC,平面BCGE;由得AB_LBE,AB_LBC,故AB_L平面BCGE.又由于AB仁平面ABC,所以平面ABC_L平面BCGE.(2)作EH_LBC,垂足为H,由于EHU平面BCGE,平面BCGE_L平面ABC,所以EH_L平面ABC.BH=1,EH=73.由,菱形BCGE的边长为2,/EBC=60,可求得以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如下图的空间直角坐标系Hiyz,那么A(-1,1,0),C(1,0,0),

15、G(2,0,旧),CG=(1,0,5E(尸)设平面ACGD的法向量为n=(x,v,z),那么竺n=0即卜+居=.,ACn=02x_y=0.所以可取n=(3,6,-J3).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0)所以cosn,m=nm.3|n|m|=T因此二面角B-CGiA的大小为30.5、(2021年高考全国III卷文科19)图1是由矢I形ADEB、ABC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)证实图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ACG

16、D的面积.FG图1图？解：(1)由得ADJBE,CG0BE,所以AD少CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由得AB_LBE,AB_LBC,故AB_L平面BCGE.又由于AB匚平面ABC,所以平面ABC_L平面BCGE.(2)取CG的中点M,连结EM,DM.由于ABDE,AB_L平面BCGE,所以DE_L平面BCGE,故DE_LCG.A由,四边形BCGE是菱形,且/EBC=60得EM_LCG,故CG_L平面DEM.B因此DM_CG.在RtDEM中,DE=1,EM=T3,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.6、(2021年高考上海卷17)如图,在长方体ABCD-ABi

17、GD中,M为BB上一点,BM=2,CD=3,AD=4,AA=5.(1)求直线AC与平面ABCD的夹角；(2)求点A到平面AMC的距离.解：(1)连结AC,由于长方体中AA1,平面ABCD,所以/A1cA即为A1c与平面ABC所成夹角的平面角AA故在RtAA1cA中,tan/A1cA=CA所以.ACA=-4即求直线A1c与平面ABCDW夹角为在RtAABC中,AC=5,故tan/A1cA=AA=1CA4(2)向量法：以A为原点,AB方向为x轴,AD方向为Y轴建立空间直角坐标系那么A(0,0,0),A1(0.0,5),C(3,4.0),M(3.0.2)设法向量n=(x,y,z)AC=(3,4,-5

18、)AM=(3,0,-3)3x+4y-5z=0,一所以有,y故法向量n=(2,1,2)3x-3z=010而AC=(3,4,0);故A到平面A1MC的距离一37、(2021年高考江苏卷16)如图,在直三棱柱ABC-AB1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证：(1) AB1/平面DEC1;(2) BEAC1E.解答：(1)证实：“直三棱柱ABC-A1B1C1,.四边形ABBA是平行四边形,A1B/AB又.D、E分别是BC、AC的中点,DE/AB,.A1B1/DE,又DEi平面DEC1,AB1?DEC1,AB/平面DEC.(2)证实：.直三棱柱ABC-AB1c1,.AA1A平面ABC,又BEi平面ABC,AA1aBE,又AB=BC,E是AC的中点,ACaBE,ACIAA1=A,AC1平面ACC1A1,AA1i平面ACC1A,BEA平面ACCiAi,又ECii平面ACCiAi,.一BEACiE.8、20i9年高考浙江卷i9如图,三棱柱ABC-AiBiCi,平面A