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1、2019年高考真题理科数学解析汇编：立体几何参考答案2则B(2, 0, 0),C(2, 2,0),E(1, , 1), 设与的夹角为q,则 ABCDPEF由此可知,异面直线BC与AE所成的角的大小是 解法二取PB中点F,连接EF、AF,则 EFBC,从而AEF(或其补角)是异面直线 BC与AE所成的角 在中,由EF=、AF=、AE=2 知是等腰直角三角形, 所以AEF=. 因此异面直线BC与AE所成的角的大小是 解(1),又为三棱锥的高, (2),所以或其补角为导面直线与所成的角. 连接平面,在中, ,故,即异面直线与所成的角为 解析:(1)证法一 如图,过直线上任一点作平面的垂线,设直线的方
2、向向量分别是,则共面,依据平面对量根本定理,存在实数使得 则 因为,所以 又因为,所以 故,从而 证法二 如图,记,为直线上异于点A的随意一点,过P作,垂足为O,则 ,直线 又,平面, 平面,又平面, (2)逆命题:a是平面内一条直线,是外的一条直线(不垂直于),是直线在上的投影,若,则. 逆命题为真命题. 解析:()在等腰梯形ABCD中,ABCD,DAB=60,CB=CD, 由余弦定理可知, 即,在中,DAB=60,则为直角三角形,且.又AEBD,平面AED,平面AED,且,故BD平面AED; ()由()可知,设,则,建立如图所示的空间直角坐标系,向量为平面的一个法向量. 设向量为平面的法向
3、量,则,即, 取,则,则为平面的一个法向量. ,而二面角F-BD-C的平面角为锐角,则 二面角F-BD-C的余弦值为. 解法二:取的中点,连接,由于,因此, 又平面,平面,所以 由于平面,所以平面 故,所以为二面角的平面角.在等腰三角形中,由于,因为,又,所以, 故,因此二面角的余弦值为. 【答案及解析】 (1)证明:取中点P,连结MP,NP,而M,N分别是A与的中点,所以, MPA,PN,所以,MP平面AC,PN平面AC,又,因此平面MPN平面AC,而MN平面MPN,所以,MN平面AC, 【点评】本题以三棱柱为载体主要考察空间中的线面平行的断定,借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法,并利用
4、法向量断定平面的垂直关系,考察空间想象实力、推理论证实力、运算求解实力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明. 【解析】 解:(1)证明:连接AO,在中,作于点E,因为,得, ByOCAEzA11B1C1x因为平面ABC,所以,因为, 得,所以平面,所以, 所以平面, 又, 得 (2)如图所示,分别以所在的直线 为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0), C(0,-2,0), A1(0.0,2),B(0,2,0) 由(1)可知得点E的坐标为,由(1)可知平面的法向量是,设平面的法向量, 由,得,令,得,即 所以 即平面平面与平面BB1C1C夹角的
5、余弦值是. 【点评】本题考察线面垂直,二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的实力. 高考中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考察.一、考察与垂直,平行有关的线面关系的证明;二、考察空间几何体的体积与外表积;三、考察异面角,线面角,二面角等角度问题.前两种考察多出如今第1问,第3种考察多出如今第2问;对于角度问题,一般有干脆法与空间向量法两种求解方法. 【答案】证明:(1)是直三棱柱,平面. 又平面,. 又平面,平面. 又平面,平面平面. (2),为的中点,. 又平面,且平面,. 又平面,平面. 由(1)知,平面,. 又平面平面,直线平面 【考点】直线与平面、平面与平面的位置关
6、系. 【解析】(1)要证平面平面,只要证平面上的平面即可.它可由已知是直三棱柱和证得. (2)要证直线平面,只要证平面上的即可. 【解析】 解法1(如图(1),连接AC,由AB=4, E是CD的中点,所以 所以 而内的两条相交直线,所以CD平面PAE. ()过点B作 由()CD平面PAE知,BG平面PAE.于是为直线PB与平面PAE 所成的角,且. 由知,为直线与平面所成的角. 由题意,知 因为所以 由所以四边形是平行四边形,故于是 在中,所以 于是 又梯形的面积为所以四棱锥的体积为 ABCDPE图 xyz345h解法2:如图(2),以A为坐标原点,所在直线分别为建立空间直角坐标系.设则相关的
7、各点坐标为: ()易知因为 所以而是平面内的两条相交直线,所以 ()由题设和()知,分别是,的法向量,而PB与 所成的角和PB与所成的角相等,所以 由()知,由故 解得. 又梯形ABCD的面积为,所以四棱锥的体积为 【点评】本题考察空间线面垂直关系的证明,考察空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明即可,第二问算出梯形的面积和棱锥的高,由算得体积,或者建立空间直角坐标系,求得高几体积. 考点分析:本题考察立体几何线面的根本关系,考察如何取到最值,用均值不等式和导数均可求最值.同时考察直线与平面所成角.本题可用综合法和空间向量法都可以.运用空间向量法对计算的要求要高些. 解析: ()解法1
8、:在如图1所示的中,设,则. 由,知,为等腰直角三角形,所以. 由折起前知,折起后(如图2),且, 所以平面.又,所以.于是 当且仅当,即时,等号成立, 故当,即时, 三棱锥的体积最大. 解法2: 同解法1,得. 令,由,且,解得. 当时,;当时,. 所以当时,获得最大值. 故当时, 三棱锥的体积最大. ()解法1:以为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系. 由()知,当三棱锥的体积最大时,. 于是可得, 且. 设,则. 因为等价于,即 ,故,. 所以当(即是的靠近点的一个四等分点)时,. 设平面的一个法向量为,由 及, 得 可取. 设与平面所成角的大小为,则由,可得 ,即. 故与平面所成角的
9、大小为 CADB图aEMxyz图bCADBEFMN 图cBDPCFNEBGMNEH图dN 解法2:由()知,当三棱锥的体积最大时,. 如图b,取的中点,连结,则. 由()知平面,所以平面. 如图c,延长至P点使得,连,则四边形为正方形, 所以. 取的中点,连结,又为的中点,则, 所以. 因为平面,又面,所以. 又,所以面. 又面,所以. 因为当且仅当,而点F是唯一的,所以点是唯一的. 即当(即是的靠近点的一个四等分点),. 连接,由计算得, 所以与是两个共底边的全等的等腰三角形, 如图d所示,取的中点,连接, 则平面.在平面中,过点作于, 则平面.故是与平面所成的角. 在中,易得,所以是正三角
10、形, 故,即与平面所成角的大小为 解析:()因为平面,平面,所以.又因为平面,平面,所以.而,平面,平面,所以平面. ()由()可知平面,而平面,所以,而为矩形,所以为正方形,于是. 法1:以点为原点,、为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系.则、,于是,.设平面的一个法向量为,则,从而,令,得.而平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为,于是二面角的正切值为3. 法2:设与交于点,连接.因为平面,平面,平面,所以,于是就是二面角的平面角.又因为平面,平面,所以是直角三角形.由可得,而,所以,而,所以,于是,而,于是二面角的正切值为. 【考点定位】本题考察直线与直线、直线与平面以及二面角等根底学问、
11、考察空间想象实力、推理论证实力、运算求解实力,考察函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归的思想. 解:(1)以点A为原点建立空间直角坐标系,设,则 ,故 (2)假设在棱上存在一点,使得平面,则 设平面的法向量为,则有,取,可得,要使平面,只要 ,又平面,存在点使平面,此时. (3)连接,由长方体,得 ,由(1)知,故平面. 是平面的法向量,而,则 二面角是,所以,即 【命题意图】本试题主要是考察了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用. 从题中的线面垂直以及边长和特别的菱形入手得到相应的垂直关系和长度,并加以证明和求解. 解:设,以为原点,为轴,为轴建立空间直角坐标系,则设. ()
12、证明:由得, 所以,所以, .所以,所以平面; () 设平面的法向量为,又,由得,设平面的法向量为,又,由,得,由于二面角为,所以,解得. 所以,平面的法向量为,所以与平面所成角的正弦值为,所以与平面所成角为. 【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平常练习的试题和相像,底面也是特别的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比拟有点难度的,因此最好运用空间直角坐标系解决该问题为好. 【考点定位】此题第二问是对根本功的考察,对于学问驾驭不牢靠的学生可能不能顺当解答.第三问的创新式问法,难度特别大. 解:(1), 平面, 又平面, 又, 平面 (2)如图建系,则, 设平面法向量为,则 又 与平面所成角的大小 (3)设线段上存在点,设点坐标为,则则, 设平面法向量为,则 假设平面与平面垂直,则, 不存在线段上存在点,使平面与平面垂直 【解析】(I)取的中点为点,连接 则,面面面 同理:面 得:共面 又面 ()延长到,使 得: ,面面面面 ()是二面角的平面角 在中, 在中, 得:二面角的余弦值为.