2022年各地高考数学月考联考模拟最新分类汇编立体几何2理 .pdf

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1、2012 广东省各地月考联考模拟最新分类汇编（理）：立体几何（ 2）【广东省六校20XX届高三第四次联考理科】6. 若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）主视图俯视图左视图222A. 4 2 B. 2 2C.423 D.2 23【答案】 B 【广东省六校20XX届高三第四次联考理科】7. 已知平面,，直线,m l，点 A，有下面四个命题： A . 若l，mA则l与m必为异面直线； B. 若,llm则m； C. 若 , ,lmlm则； D. 若,mllm，则l. 其中正确的命题是（）【答案】 D 【广东广东省江门市20XX年普通高中高三第一次模拟（理）】如图 2，某几何体的正视图

2、和侧视图都是对角线长分别为4 和 3 的菱形，俯视图是对角线长为3 的正方形，则该几何体的体积为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页A36 B18C12 D6【答案】 D 【广东省江门市20XX届高三调研测试 （理） 】如图 1，正方体/DCBAABCD中，M、E是AB的三等分点，G、N是CD的三等分点，F、H分别是BC、MN的中点，则四棱锥EFGHA/的侧视图为（注：只有选项C“一项是符合题目要求的”，选项 A和 D 是重复错误）【答案】 C 【广东省高州市第三中学20XX 届高考模拟一理】8如图，某几何体的正视图

3、与侧视图都是边长为 1 的正方形，且体积为21，则该几何体的俯视图可以是（）【答案】 C 【解析】方法一：由题意可知当俯视图是A 时，即每个视图都是边长为1 的正方形，那么此时几何体是立方体，体积是1，注意到题目体积是21，知其是立方体的一半，可知选C. 方法二：当俯视图是A 时，正方体的体积是1；当俯视图是B 时，该几何体是圆柱，底面积DCBAHNMGEDAFCB图 1 _D._C._B._A.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页S=221=4, 高为1，则体积是4；当俯视图是C 时，该几何体是直三棱柱，故体积是V

4、=21111=21；当俯视图是D时，该几何体是圆柱切割而成，其体积是V= 4121=4. 故选 C. 【广东省佛山一中20XX 届高三上学期期中理】13如图，M是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DD1的中点，给出下列四个命题：过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直；过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交；过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行其中真命题是是 _.（填写真命题的序号）【答案】【广东省佛山市20XX 届高三第二次模拟理科二】6已知直线m、l与平面、满足l,/l,m,m, 则下列命题一定正确的是（）A且

5、lmB且/mC/m且lmD/且【答案】 A 【广东省东莞市20XX届高三数学模拟试题（1）理】 4三棱柱的侧棱与底面垂直，且底面是边长为 2 的等边三角形，其正视图( 如图所示 ) 的面积为8，则侧视图的面积为 A. 8 B. 4 C.4 3 D.3【答案】 C 【广东省惠州市20XX届高三一模（四调）考试（理数）】18 （本小题满分14 分）已知四棱锥PABCD 的三视图如下图所示，E是侧棱 PC上的动点精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页（）求四棱锥PABCD 的体积；（）是否不论点E在何位置，都有BD AE ？

6、证明你的结论；（）若点E为 PC的中点，求二面角DAE B的大小 . 【答案】 解：(1) 由三视图可知，四棱锥PABCD的底面是边长为1 的正方形，侧棱 PC 底面 ABCD ，且 PC 2. 1分1121 2333PABCDABCDVSPC，即四棱锥PABCD 的体积为23. 3 分(2) 不论点 E在何位置，都有BDAE. 4分证明如下：连结AC ， ABCD 是正方形，BD AC. 5分PC 底面 ABCD ，且 BD ? 平面 ABCD ， BD PC. 6分又AC PC C， BD 平面 PAC. 7分不论点E在何位置，都有AE ? 平面 PAC. 不论点E在何位置，都有BD AE

7、. 8分(3) 解法 1：在平面DAE内过点 D作 DFAE于 F，连结 BF. AD AB 1，DE BE 12122，AE AE 3，RtADE RtABE ，从而 ADF ABF ， BFAE. DFB为二面角DAE B的平面角10分在 RtADE中， DFAD DEAE12363， BF63. 11分又 BD 2，在 DFB中，由余弦定理得cosDFB222122DFBFBDDFBF，12分 DFB 23，13分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页即二面角DAEB的大小为23. 14分解法 2：如图，以点C

8、为原点， CD ，CB ，CP所在的直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系则 D(1,0,0)，A(1,1,0)，B(0,1,0)，E(0,0,1)，9分从而 (0,1,0)， ( 1,0,1)， (1,0,0)， (0 ， 1,1) 设平面 ADE和平面 ABE的法向量分别为1111,nx y z，2222,nxy z由1100nDAnDE11100yxz，取11,0,1n由2200nBAnBE22200 xyz， 取20,1,1n11分设二面角DAEB的平面角为，则121211cos222nnnn， 13 分23，即二面角DAE B的大小为23. 14 分注：若取20,1,1n算出3可

9、酌情给分。【广东省六校20XX届高三第四次联考理科】18. （本小题满分14 分）如图， 四边形ABCD中（图 1） ，E是BC的中点，2DB，1,DC5BC，2.AB AD将（图 1）沿直线BD折起，使二面角ABDC为060（如图 2）（1）求证：AE平面BDC；（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；（3）求点B到平面ACD的距离 . ABDCE图1图 2EBCAD（1）【答案】如图取BD 中点 M ，连接AM ，ME 。因2.ABADBDAM 1分因2DB，1,DC5BC满足：222BCDCDB, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

10、-第 5 页，共 16 页所以BCD是 BC为斜边的直角三角形，DCBD, 因E是BC的中点 , 所以 ME为BCD的中位线CDME21/，BDME,21ME 2 分AME是二面角ABDC的平面角AME=060 3 分BDAM,BDME且 AM 、ME是平面 AME 内两相交于M的直线AEMBD平面AE平面 AEMAEBD 4 分因2.ABAD,2DBABD为等腰直角三角形121BDAM，234360cos2112411cos2222AEAMEMEAMMEAMAEMEAEAMMEAE2221 6分BDCMEBDCBDMEBD面面,BDCAE平面 7 分（2）如图，以M为原点 MB为 x 轴，

11、ME为 y 轴，建立空间直角坐标系，8分则由（ 1）及已知条件可知B(1,0,0),)0,21,0(E，)23,21,0(A,D)0, 0, 1(,C)0 ,1 ,1(),0, 1,0(),23,21,1 (CDAB 9 分设异面直线AB与CD所成角为, 则CDABCDABcos10 分22122111 分由),0, 1,0(),23,21, 1(CDAD可知)2, 0, 3(n满足，, 0,0CDnADnn是平面 ACD的一个法向量 , 12 分记点B到平面ACD的距离 d，则AB在法向量n方向上的投影绝对值为d 则nnABd13 分所以 d721220330322 14 分（2） ，(3)

12、 解法二：取 AD中点 N，连接 MN,则 MN是ABD的中位线 ,MN/AB, 又 ME/CD 所以直线AB与CD所成角为等于 MN与 ME所成的角，即EMN或其补角中较小之一 8分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页DEAEBCDDEBCDAE面面,，N为在AEDRt斜边中点所以有 NE=2221AD,MN=2221AB,ME=21, MEMNNEMEMNEMN2coscos222.9 分=422122242414210 分(3) 记点B到平面ACD的距离 d，则三棱锥B-ACD的体积ACDACDBSdV31,

13、11 分又由（ 1）知 AE是 A-BCD的高、CDBDBCDBCDAACDBSAEVV31.12分6312212331E为 BC中点， AEBC2ABAC又,1,DC2AD, ,为等腰ACD4721212121212222CDADCDSACD13 分B到平面ACD的距离7212476333ACDACDBSVd 14分解法三： (1) 因2DB，1,DC5BC满足：222BCDCDB, DCBD, 1分如图，以D为原点 DB为 x 轴， DC为 y 轴，建立空间直角坐标系，. 2分则 条 件 可 知D(0,0,0), B(2,0,0),C(0,1,0)，1(1, ,0)2E, A(a,b,c)

14、 ( 由 图 知a0,b0,c0) .3分得2.ABAD222222222(2)21,1abcabcabc . 4分平面 BCD的法向量可取1(0,0,1)nu r, (1, , ),(2,0,0)DAb c DBuu u ruu u r，所以平面ABD的一个法向量为1(0, ,)ncbu r 5分则锐二面角ABDC的余弦值12122212cos,cos60n nbn nbcnnu r u u ru r u u ru ru u r.6分从而有13,22bc,133(1,),(0,0,),(0,1,0)222AEADCuu ruuu r 7分0,0,EA DCEA DBEADC EADBuu r

15、 uuu ruur uuu r所以AE平面BDC 9分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页(2) 由 （1）13(1,)22A， D(0,0,0), B(2,0,0),C(0,1,0)，),0, 1,0(),23,21, 1(CDAB设异面直线AB与CD所成角为, 则CDABCDABcos10 分12242111 分(3) 由),0, 1,0(),23,21, 1(CDAD可知)2,0 ,3(n满足，, 0, 0CDnADnn是平面 ACD的一个法向量, 12 分记点B到平面ACD的距离 d，则AB在法向量n方向上的

16、投影绝对值为d 则nnABd13 分所以 d721220330322 14 分【广东广东省江门市20XX年普通高中高三第一次模拟（理）】（本小题满分14 分）如图 6，四棱柱1111DCBAABCD的底面ABCD是平行四边形，且1AB，2BC，060ABC，E为BC的中点，1AA平面ABCD证明：平面AEA1平面DEA1；若EADE1，试求异面直线AE与DA1所成角的余弦值【答案】依题意，CDABBCECBE21 1 分，所以ABE是正三角形，060AEB 2分， 又00030)120180(21CED 3分， 所以090AED，AEDE 4 分，因为1AA平面ABCD，DE平面ABCD，所以

17、DEAA15 分，因为AAEAA1，所以DE平面AEA1 6 分，因为DE平面DEA1，所以平面AEA1平面DEA1 7 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页取1BB的中点F，连接EF、AF 8 分，连接CB1，则DACBEF11/ 9 分，所 以AEF是 异 面 直 线AE与DA1所 成 的 角 10分 。 因 为3DE，2211AEAAEA，所以21AA 11 分，22BF，26121EFAF 12 分，所以662cos222EFAEAFEFAEAEF 14 分（列式计算各1 分） （方法二）以A为原点，过A且

18、垂直于BC的直线为x轴，AD所在直线为y轴、1AA所在直线为z建立右手系空间直角坐标系1 分，设aAA1（0a） ，则)0,0,0(A，)0,2,0(D，),0,0(1aA，)0,21,23(E 3 分设平面AEA1的一个法向量为),(1pnmn，则002123111apAAnnmAEn 4 分，0p，取1m，则3n，从而)0,3,1 (1n 5 分，同理可得平面DEA1的一个法向量为)2,1,3(2an 7分， 直接计算知021nn， 所以平面AEA1平面DEA1 8 分 由EADE1即22222)21()23(0)212()23(a 9分 ， 解 得2a 10 分。)0,21,23(AE

19、11 分，)2,2,0(1DA 12 分，所以异面直线AE与DA1所成角的余弦值66|cos11DAAEDAAE 14 分【广东省江门市20XX届高三调研测试（理） 】（本小题满分14 分）如图 5，长方体1111DCBAABCD中，底面ABCD是正方形，221ABAA，E是1DD上的一点求证：DBAC1；若DB1平面ACE，求三棱锥CDEA的体积；在的条件下，求二面角CAED的平面角的余弦值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页【答案】证明与求解： （方法一）连接AC，则BDAC 1 分，因为1BB面ABCD，所以，

20、ACBB1 2 分，因为BBDBB1，所以AC平面DBB1 3 分，所以DBAC1 4 分。连接DA1，与类似可知AEDA1 6 分，从而1AAADADDE，21DE 7 分，所以12112112131CDEAV 8 分设FAEDA1，OBDAC，GOEDB1，连接FG，则FGAE 9 分，DFG是二面角CAED的平面角 10 分，由等面积关系知32OEDEDODG 11 分，52AEDEDADF 12 分，由知2DGF，65sinDFDGDFG 13 分，66cosDFG 14 分。（方法二）以D为原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系1 分。依题意，)0,

21、0,0(D，)0,0,1(A，)0,1,0(C，)2,1,1(1B 3分，所以)0,1,1(AC，)2,1,1(1DB 4分，所以01ACDB，ACDB1，DBAC1 5 分。设),0,0(aE，则),0,1(aAE 6 分，因为DB1平面ACE，AE平面ACE，所以AEDB1 7 分，所以01AEDB，所以021a，21a 8 分，所以12112112131CDEAV 9 分平面ADE的一个法向量为)0,1,0(1DCn 10 分，平面ACE的一个法向量为)2,1,1(1DB 12分 ， 由 图 知 ， 二 面 角CAED的 平 面 角 的 余 弦 值 为精选学习资料 - - - - - -

22、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页P C D E F B A O G P C D E F B A O G H 6661|cos1111DBnDBn 14 分。【广东省佛山市20XX届高三第二次模拟理科二】18 （本题满分14 分）如图所示四棱锥PABCD中,PA底面ABCD, 四边形ABCD中,ABAD,/BCAD,2PAABBC,4AD,E为PD的中点 ,F为PC中点 . （）求证 :CD平面PAC；（）求证 :/BF平面ACE；（）求直线PD与平面PAC所成的角的正弦值；【答案】（）因为PA底面ABCD,CD面ABCD, 所以PACD, 又因为

23、直角梯形面ABCD中,2 2,2 2ACCD, 所以222ACCDAD, 即ACCD, 又PAACA, 所以CD平面PAC；4 分（） 解法一 : 如图 , 连接BD, 交AC于O, 取PE中点G, 连接,BG FG EO, 则在PCE中,/FGCE, 又EC平面ACE,FG平面ACE, 所以/FG平面ACE, 因为/BCAD, 所以BOGEODED, 则/OEBG, 又OE平面ACE,BG平面ACE,所以/BG平面ACE, 又BGFGG, 所以平面/BFG平面ACE, 因为BF平面BFG, 所以/BF平面ACE. 10 分解法二 : 如图 , 连接BD, 交AC于O, 取PE中点G, 连接F

24、D交CE于H, 连接OH, 则/FGCE, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页在DFG中,/HEFG, 则12GEFHEDHD, 在底面ABCD中,/BCAD, 所以12BOBCODAD, 所以12FHBOHDOD, 故/BFOH, 又OH平面ACE,BF平面ACE, 所以/BF平面ACE. 10 分（）由（）可知,CD平面PAC, 所以DPC为直线PD与平面PAC所成的角 , 在Rt PCD中,222 2,2 5CDPDPAAD, 所以2 210sin52 5CDDPCPD, 所以直线PD与平面PAC所成的角的

25、正弦值为105. 14 分【广东省高州市第三中学20XX届高考模拟一理】19. （本小题满分12 分）已知DBC和ABC所在的平面互相垂直，且，0120DBCCBA，求：直线AD与平面 BCD所成角的大小；直线AD与直线 BC所成角的大小；二面角A-BD-C 的余弦值RHABCD【答案】如图，在平面ABC内，过A作AHBC，垂足为H，则AH平面DBC，ADH即为直线AD与平面BCD所成的角由题设知AHBAHD，则DHBH，AH=DH，ADH=45BCDH，且DH为AD在平面BCD上的射影，BCAD，故AD与BC所成的角为90过H作HRBD，垂足为R，连结AR，则由三垂线定理知，ARBD，故AR

26、H为二面角ABDC的平面角的补角设BC=a, 则由题设知，AH=DH=2,23aBHa, 在HDB中，HR=43a，tanARH=HRAH=2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页故二面角ABD C的余弦值的大小为55. 【广东省佛山一中20XX届高三上学期期中理】18. (本题满分14 分)如图甲， 直角梯形ABCD中，/ABCD，2DAB，点M、N分别在AB，CD上，且MNAB，MCCB，2BC，4MB， 现将梯形ABCD沿MN折起， 使平面AMND与平面MNCB垂直（如图乙）. （）求证：/AB平面DNC；（

27、）当DN的长为何值时，二面角DBCN的大小为30？图乙图甲DNCBMABDCNMA【答案】法一： （） MB/NC，MB平面 DNC ，NC平面 DNC ，MB/ 平面 DNC. 2 分同理 MA/ 平面 DNC ，又 MA MB=M, 且 MA,MB 平面 MAB. MAB /NCDAB /DNCABMAB平面平面平面平面. (6分) （）过N作 NHBC 交 BC延长线于H，连 HN ，平面 AMND 平面 MNCB ，DNMN, 8 分DN平面 MBCN ，从而 DHBC , DHN 为二面角 D-BC-N的平面角 . DHN =o3010 分精选学习资料 - - - - - - - -

28、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页zCBMANxyD由 MB=4 ，BC=2 ，MCB90 知MBC60o，42cos603CN. NH3 sin60 o =23312 分由条件知：DN333 333tanNHD,DNNH.NH3323214 分解法二：如图，以点N为坐标原点，以NM ，NC ，ND所在直线分别作为x轴， y 轴和z轴，建立空间直角坐标系.Nxyz 易得 NC=3 ，MN=3，设 DNa ，则 D(0,0,a), C(0,3,0), B(3,4,0), M(3,0,0), A(3,0,a) . （I ）(0,0, ),(0,3,0),(0,

29、4,)NDaNCABa . 44(0,0,)(0,3,0)33ABaNDNC，,ND NCDNCNDNCN平面，且，AB与平面DNC共面，又 ABDNC平面，/ABDNC平面. (6 分) （II ）设平面DBC的法向量1n( , , )x y z，(0,3,),( 3,1,0)DCa CB则113030DCnyazCB nxy，令1x，则3y，3 3za1n3 3( 1, 3,)a. （8 分）又平面 NBC的法向量2n(0,0,1) . （9 分）cos121212n nn ,n|n |n |23 33a.227131a12 分即：22627913,a,a4a又3a0,a.2即3DN.21

30、4 分【广东省佛山市20XX届高三第二次模拟理科二】16 （本题满分12 分）在四边形ABCD中,2AB,4BCCD,6AD,AC. （）求AC的长；（）求四边形ABCD的面积 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页【答案】（）如图 , 连结AC, 依题意可知 ,BD, 在ABC中, 由余弦定理得22224224cosACB20 16cosB在ACD中,由余弦定理得22264264cosACD5248cos5248cosDB由20 16cos5248cosBB,解得1cos2B从而22016cos28ACB, 即

31、27AC6 分（）由（）可知3sinsin2BD, 所以11sinsin22ABCDABCACDSSSAB BCBAD CDD2. 12分【广东省东莞市20XX届高三数学模拟试题（1）理】 19 （本小题满分14 分）已知斜三棱柱111ABCA B C的底面是直角三角形，90ACB，侧棱与底面所成角为，点1B在底面上的射影D落在BC上（1）求证：AC平面11BB C C；（2）若1cos3，且当13ACBCAA时，求二面角1CABC的大小 【答案】解： （1）点1B在底面上的射影D落在BC上，1B D平面ABC，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

32、 - -第 15 页，共 16 页AC平面ABC，1B DAC又90ACBBCAC，1B DBCDI，AC平面11BB C C 4 分（ 2）以C为原点，CA为 x 轴，CB为y轴，过C点且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则(3,0,0)A，(0,3,0)B，1(0, 1,2 2)C，( 3,3,0)ABuu u r，1(0, 4,22)BCuuu r显然，平面ABC的法向量(0,0,1)n 7 分设平面1ABC的法向量为( , , )mx y z，由100m ABm BCuu u ruuu r，即33042 20 xyyz，( 2,2,2)m 12 分2cos,2n m，,45n m二面角1CABC的大小是45 14 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页