专题06立体几何(1)-2010-2019学年高考新课标全国I卷数学(文)真题分类汇编(Word版含解析)
专题6：立体几何（1）立体几何小题：10年19考，一般考三视图和球，主要计算体积和表面积．其中，“点线面”也有可能出现在小题．1．（2019年）已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为 ． 【答案】2【解析】∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，过点P 作PD ⊥AC ，交AC 于D ，作PE ⊥BC ，交BC 于E ，过P 作PO ⊥平面ABC ，交平面ABC 于O ，连结OD ，OC ，则PD ＝PE ＝3，∴CD ＝CE ＝OD ＝OE ＝()2223-＝1，∴PO ＝22D D P -O ＝31-＝2．∴P 到平面ABC 的距离为2．2．（2018年）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A ．2 B ．12πC ．2D ．10π【答案】B【解析】设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ，圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R 2＝8，解得R ＝2，则该圆柱的表面积为22222ππ⨯⨯+⨯＝12π．故选B ．3．（2018年）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．217B ．25C ．3D ．2【答案】B【解析】由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为222425+=．故选B ．4．（2018年）在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为（ ） A ．8 B ．62C ．82D ．83【答案】C【解析】长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，即∠AC 1B ＝30°，可得BC 1＝tan 30ABo＝23．可得BB 1＝()22232-＝22．所以该长方体的体积为2×222⨯＝82．故选C ．5．（2017年）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；所以选项A满足题意．故选A．6．（2017年）已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为．【答案】36π【解析】三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA ＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得112932r r r⨯⨯⨯⨯=，解得r＝3．球O的表面积为4πr2＝36π．7．（2016年）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是283π，则它的表面积是（）A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【答案】A【解析】由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉18后的几何体，如图，可得：37428R 833ππ⨯=，R ＝2．它的表面积是227342284ππ⨯⨯+⨯⨯＝17π．故选A ．8．（2016年）平面α过正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m 、n 所成角的正弦值为（ ） A ．32B ．22C ．33D ．13【答案】A【解析】如图，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABA 1B 1＝n ，可知：n ∥CD 1，m ∥B 1D 1，∵△CB 1D 1是正三角形．m 、n 所成角就是∠CD 1B 1＝60°．则m 、n 所成角的正弦值为3．故选A ．9．（2015年）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：”今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？“其意思为：”在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？“已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【答案】B【解析】设圆锥的底面半径为r ，则2πr ＝8，解得r ＝16π，故米堆的体积为21116543ππ⎛⎫⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭≈3209，∵1斛米的体积约为1.62立方，∴3209÷1.62≈22，故选B ． 10．（2015年）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r ＝（ ）A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】6【解析】由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：12×4πr 2+12×πr 212+⨯2r ×2πr +2r ×2r +12×πr 2＝5πr 2+4r 2，又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5πr 2+4r 2＝16+20π，解得r ＝2，故选B ．11．（2014年）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱【答案】D【解析】根据几何体的三视图，可知几何体是三棱柱，如图．故选B．12．（2013年）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π【答案】A【解析】三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4．∴长方体的体积＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积＝12×22×π×4＝8π，所以这个几何体的体积是16+8π，故选A．13．（2013年）已知H是球O的直径AB上一点，AH：HB＝1：2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为．【答案】9 2π【解析】设球的半径为R，∵AH：HB＝1：2，∴平面α与球心的距离为13R，∵α截球O所得截面的面积为π，∴d＝13R时，r＝1，故由R2＝r2+d2得R2＝12+（13R）2，∴R2＝98，∴球的表面积S＝4πR2＝92π．14．（2012年）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．18【答案】B【解析】该几何体是三棱锥，底面是俯视图，三棱锥的高为3，底面三角形斜边长为6，高为3的等腰直角三角形，此几何体的体积为V ＝13×12×6×3×3＝9．故选B ． 15．（2012年）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（ ） A ．6π B ．43πC ．46πD ．63π【答案】B【解析】因为平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，所以球的半径为()221+＝3．所以球的体积为()3433π⨯＝43π．故选B ．16．（2011年）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选D ．17．（2011年）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ． 【答案】13【解析】不妨设球的半径为4，球的表面积为64π，圆锥的底面积为12π，圆锥的底面半径为23体的特征知球心到圆锥底面的距离，求的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形，由此可()224232-=，所以圆锥体积较小者的高为4﹣2＝2，同理可得圆锥体积较大者的高为4+2＝6，所以这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为13． 18．（2010年）设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A ．3πa 2B ．6πa 2C ．12πa 2D ．24πa 2【答案】B【解析】根据题意球的半径R满足（2R）2＝6a2，所以S球＝4πR2＝6πa2．故选B．19．（2010年）一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的（填入所有可能的几何体前的编号）①三棱锥②四棱锥③三棱柱④四棱柱⑤圆锥⑥圆柱．【答案】①②③⑤【解析】一个几何体的正视图为一个三角形，显然①②⑤正确；③是三棱柱放倒时也正确；④⑥不论怎样放置正视图都不会是三角形．。
2019年高考文数——立体几何(解答)
2019年高考文数——立体几何1.(19全国一文19．（12分）)如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．2.(19全国二文17．（12分）)如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．3.(19全国三文19．（12分）)图1是由矩形ADEB，Rt△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）证明：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ACGD的面积.4.(19北京文（18）（本小题14分）)-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．如图，在四棱锥P ABCD（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．5.(19天津文（17）（本小题满分13分）)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（Ⅰ）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.参考答案：1．解：（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =.又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥.又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故41717CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为417.2．解：（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．3．解：（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ． （2）取CG 的中点M ，连结EM ，DM.因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE ⊥CG .由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC =60°得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM ⊥CG ．在Rt △DEM 中，DE =1，EM =3，故DM =2． 所以四边形ACGD 的面积为4．4.解：（Ⅰ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA BD ⊥．又因为底面ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥．所以BD ⊥平面PAC ．（Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ． 因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（Ⅲ）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ．所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ． 因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．5.（Ⅰ）证明：连接BD ，易知AC BD H =I ，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH ∥平面PAD . （Ⅱ）证明：取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC I 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥，CD DN D =I ，所以PA ⊥平面PCD .（Ⅲ）解：连接AN ，由（Ⅱ）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3.。
2019年全国I卷文科数学高考真题
1. 已知集合M={x|-4＜x＜2}，N={x|-x-6＜0}，则M∩U=A. B.D.3. 已知a=，b=,c=,则4. 古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐到足底的长度之比是，著名的“断臂维纳斯”便是如此。
此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是。
若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是5. 函数的图像大致为A.C.A. B.C.D.7. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为A. B.C.D.8. 右图是求的程序框图，图中空白框中应填入A. B.D.9. 记为等差数列｛｝的前ｎ项和．已知，，则A. B.D.10.A. B.D.②f(x)在区间（，π）单调递增A. 8B.4 C.2 D.16. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点.若，，则C的离心率为。
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c。
设。
（2）若，求sinC。
如图，直四棱柱ABCD-的底面是菱形，= 4, ＝２,∠＝，E，M，N分别是，，的中点。
（１）证明：ＭＮ∥平面；（２）求二面角的正弦值。
已知抛物线的焦点为Ｆ，斜率为的直线l与Ｃ的交点为Ａ，Ｂ，与ｘ轴的交点为Ｐ。
（１）若，求ｌ的方程；（２）若，求。
已知函数，为的导数。
证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有２个零点。
药得１分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得１分，甲药得-１分：若都治愈或都未治愈则两种药均得０分。
甲、乙两种药的治愈率分别记为和，一轮试验中甲药的得分记为Ｘ。
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予４分，表示“甲药的累计得分为ｉ时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，。
假设，。
（i）证明：为等比数列；（ii）求，并根据的值解释这种试验方案的合理性。
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为。
2019年全国卷1含答案
2019年全国卷1(文科数学)含答案(总10页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试文科数学（全国Ⅰ卷）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设3i12iz -=+，则z = A ．2BCD ．12．已知集合{}{}{}1,2,3,4,5,6,72,3,4,52,3,6,7U A B ===，，，则A ．{}1,6B ．{}1,7C ．{}6,7D ．{}1,6,73．已知0.20.32log 0.2,2,0.2a b c ===，则 A ．B ．C ．D ．4．古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是12（12≈，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是a b c <<a c b <<c a b <<b c a <<105 cm ，头顶至脖子下端的长度为26 cm ，则其身高可能是A ．165 cmB ．175 cmC ．185 cmD ．190 cm5．函数f (x )=2sin cos x xx x++在[-π，π]的图像大致为 A ． B ．C ．D ．6．某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验.若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是 A ．8号学生 B ．200号学生C ．616号学生D ．815号学生 7．tan255°=A ．B ．C ．D ．8．已知非零向量a ，b 满足a =2b ，且（a -b ）⊥b ，则a 与b 的夹角为A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π69．如图是求112122++的程序框图，图中空白框中应填入A ．A =12A+ B ．A =12A+C ．A =112A+ D ．A =112A+10．双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线的倾斜角为130°，则C 的离心率为 A ．2sin40°B ．2cos40°C ．1sin50︒D ．1cos50︒11．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A -b sin B =4c sin C ，cos A =-14，则bc=A ．6B ．5C ．4D ．312．已知椭圆C 的焦点为12(1,0),(1,0)F F -，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点.若22||2||AF F B =，1||||AB BF =，则C 的方程为A ．2212x y +=B ．22132x y +=C ．22143x y +=D ．22154x y +=二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
专题06 立体几何(解答题)
专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【答案】（1）见解析；（2）41717. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故417CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △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）证明：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ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC ⊥． 所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（33【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ， 所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点， 所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)22F ，C (0，2，0)． 因此，33(,,23)22EF =，(3,1,0)BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥． 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32又23BP DQ DA ==，所以22BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）455． 【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =23． 连结OB ．因为AB =BC =22AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离． 由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC =23，∠ACB =45°． 所以OM =253，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455．所以点C 到平面POM 45【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°． （1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）1326；（3）34． 【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt △DAM 中，AM =1，故DM 22=13AD AM +AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN 22=13AD AN +在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得1132cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326． （3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM =3．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD =22AC AD +=4．在Rt △CMD 中，3sin 4CM CDM CD ∠==． 所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）3913. 【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122AB A B ==， 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =， 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =，由1CC AC ⊥，得113AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由1111115,22,21BC A B AC ==1111116cos 77C A B C A B ∠=∠=， 所以13C D ， 故11139sin C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),3,1),A B A B C --因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=- 由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n .所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB 39. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥． 由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ． 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ． 设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==． 可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB AP ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面， 故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ， 由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD⊂底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以142PN x=.因为△PCD的面积为27，所以114227 22x x⨯⨯=，解得x=−2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC的中点O，连结DO，BO.因为AD=CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ， 故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==， 故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ， 所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，2BD DC ==由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）55． 【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角． 因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos 5AD DAP AP ∠==． 所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ， 则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角． 因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影， 所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2． 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得2225DF CD CF =+=， 在Rt △DPF 中，可得5sin 5PD DFP DF ∠==． 所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55． 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱， 所以1111,AO OC AO OC =∥， 因此四边形11AOCO 为平行四边形， 所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ， 所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点， 所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ， 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCDF(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【答案】（1）见解析；（2）见解析.⊥，【解析】（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF AD∥．所以EF AB又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．⊥，（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC BD所以BC⊥平面ABD．因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC AD∥，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）8． 【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 EF BC ∥且EF BC =，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ． 因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE所以AD⊥平面PBN，由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=14，在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。
2019年高考新课标(全国卷1)文数 真题(word版,含解析)
2019年高考新课标全国1卷（文科数学）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
1．设3i12iz -=+，则z =A ．2B CD ．12．已知集合{}{}{}1,2,3,4,5,6,72,3,4,52,3,6,7U A B ===，，，则C U B AA ．{}1,6B ．{}1,7C ．{}6,7D ．{}1,6,73．已知0.20.32log 0.2,2,0.2a b c ===，则A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c a b <<D ．b c a <<4．古希腊时期，≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，则其身高可能是 A ．165 cm B ．175 cmC ．185 cmD ．190cm5．函数f (x )=2sin cos x xx x++在[—π，π]的图像大致为 A ．B ．C ．D ．6．某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是 A ．8号学生 B ．200号学生C ．616号学生D ．815号学生7．tan255°=A ．－2B ．－C ．2D ．8．已知非零向量a ，b 满足a =2b ，且（a –b ）⊥b ，则a 与b 的夹角为A ．π6 B ．π3C ．2π3D ．5π69．如图是求112122++的程序框图，图中空白框中应填入A ．A =12A +B ．A =12A +C ．A =112A +D ．A =112A+10．双曲线C :22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为 A ．2sin40°B ．2cos40°C ．1sin50︒D ．1cos50︒11. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A －b sin B =4c sin C ，cos A =－14，则b c=A ．6B ．5C ．4D ．312．已知椭圆C 的焦点为121,01,0F F -()，()，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点.若222AF F B =││││，1AB BF =││││，则C 的方程为A ．2212x y +=B ．22132x y +=C ．22143x y +=D ．22154x y +=二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2019文科数学全国卷立体几何真题练习答案在卷尾
2019文科数学全国卷立体几何真题练习答案在卷尾全国卷14.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是215-（618.0215≈-称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是215- .若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为cm 105，头顶至脖子下端的长度为cm 26，则其身高可能是（ ）A.cm 165B.cm 175C.cm 185D.cm 19016.已知90ACB ∠=︒，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边,AC BC 的，那么P 到平面ABC 的距离为 .19. 如图直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2AA AB ==，60BAD ∠=，,,E M N 分别是11,,BC BB A D 的中点.（1）证明：//MN 平面1C DE（2）求点C 到平面1C DE 的距离.全国卷27. 设,αβ为两个平面，则//αβ的充要条件是( )A. α内有无数条直线与β平行B. α内有两条相交直线与β平行C. ,αβ平行于同一条直线D. ,αβ垂直于同一平面16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.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表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面，其棱长为 .(本题第一空2分，第二空3分.)17.如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥. （1）证明：BE ⊥平面11EB C（2）若1AE AE =,3AB =,求四棱锥11E BB C C -的体积.全国卷38.如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面⊥ECD 平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ）A.EN BM =，且直线EN BM ,是相交直线B.EN BM ≠，且直线EN BM ,是相交直线C.EN BM =，且直线EN BM ,是异面直线D.EN BM ≠，且直线EN BM ,是异面直线16.学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型。
2019年全国1卷省份高考模拟文科数学分类----立体几何
2019年全国1卷省份高考模拟文科数学分类----立体几何1.（2019安徽名师联盟特供文科）如图，是一块木料的三视图，将它经过切削，打磨成半径最大的球，则该木料最多加工出球的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】B【解析】由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r ，则435r r -+-=，∴1r =．球的直径为2，两个球的直径和为4，棱柱的高为5，所以则该木料最多加工出球的个数为2．故选B ．2.（2019安徽名师联盟特供文科）如图，在ABC Rt △中，1AB BC ==，D 和E 分别是边BC 和AC 上一点，DE BC ⊥，将CDE △沿DE 折起到点P 位置，则该四棱锥P ABDE -体积的最大值为_______．【解析】在ABC Rt △中，由已知1AB BC ==，DE BC ⊥，所以设()01CD DE x x ==<<，四边形ABDE 的面积为()()()21111122=S x x x +-=-， 当CDE △⊥平面ABDE 时，四棱锥P ABDE -体积最大，此时PD ABDE ⊥平面，且PD CD x ==，故四棱锥P ABDE -体积为()31136=V S PD x x =⋅-，()21136V x '=-，x ⎛∈ ⎝⎭时，0V '>；3x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，0V '<，所以当x =max V =． 3. （2019安徽名师联盟特供文科）已知三棱柱ABC A B C '''-的底面ABC 是等边三角形，侧面AA C C ''⊥底面ABC ，D 是棱BB '的中点．（1）求证：平面DA C '⊥平面ACC A ''；（2）求平面DA C '将该三棱柱分成上下两部分的体积比．【答案】（1）见证明；（2）1：1．【解析】（1）取AC ，A C ''的中点O ，F ，连接OF 与A C '交于点E ，连接DE ，OB ，B F '，则E 为OF 的中点，OF AA BB ''∥∥，且OF AA BB ''==，所以BB FO '是平行四边形，又D 是棱BB '的中点，所以DE OB ∥，侧面AA C C ''⊥底面ABC ，且OB AC ⊥，所以OB ⊥平面ACC A ''，所以DE ⊥平面ACC A ''，又DE Ì平面DA C '，所以平面DA C '⊥平面ACC A ''．（2）连接A B '，设三棱柱ABC A B C '''-的体积为V ，故四棱锥A BCC B -'''的体积1233A BCCB V V V V '''-=-=， 又D 是棱BB '的中点，BCD △的面积是BCC B ''面积的14， 故四棱锥A B C CD '''-的体积33214432A B C CD A BCC B V V V V ''''''--==⨯=， 故平面DA C '将该三棱柱分成上下两部分的体积比为1:1．4.（2019武汉市武昌区文科模拟）如图，某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．3解：根据几何体得三视图转换为几何体为：故：V．故选：A．5. （2019武汉市武昌区文科模拟）已知正四棱锥P﹣ABCD的所有顶点都在球O的球面上，PA＝AB＝2，则球O的表面积为（）A．2πB．4πC．8πD．16π解：∵正四棱锥P﹣ABCD的所有顶点都在球O的球面上，PA＝AB＝2，∴连结AC，BD，交于点O，连结PO，则PO⊥面ABCD，OA＝OB＝OC＝OD，OP，∴O是球心，球O的半径r，∴球O的表面积为S＝4πr2＝8π．故选：C．6.（2019武汉市武昌区文科模拟）如图，四棱锥S﹣ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥DC，AB＝AD＝l，DC＝2，SD，E为棱SB的中点．（1）求证：SC⊥平面ADE；（2）求点B到平面AEC的距离，证明：（1）由AD⊥平面SDC，得AD⊥SC，取BC的中点F，连结EF，AF，∵AB＝AD＝l，DC＝2，SD，E 为棱SB的中点．∴在△AEF中，AE＝1，EF，AF，∴AE⊥EF，∴AE⊥SC，∵EF∩SC＝F，∴SC ⊥平面ADE．解：（2）AC，EC，，，设点B到平面AEC的距离为h，∵V B﹣AEC＝V E﹣ABC，∴，解得h，∴点B到平面AEC的距离为．7.（2019山西省文科模拟）已知一个几何体的三视图如图所示，则其体积为（）A．12πB．16πC．D．【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的应用求出结果．【解答】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：一个底面半径为2，高为4的圆柱挖去一个的几何体．故：V＝，故选：D．【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．8.（2019山西省文科模拟）已知正方形ABCD的边长为2，CD边的中点为E，现将△ADE，△BCE分别沿AE，BE折起，使得C，D两点重合为一点记为P，则四面体P﹣ABE外接球的表面积是（）A．B．C．D．【分析】由题意画出图形，找出四面体P﹣ABE外接球的球心，求得半径，代入球的表面积公式求解．【解答】解：如图，PE⊥P A，PE⊥PB，PE＝1，△P AB是边长为2的等边三角形，设H是△P AB的中心，OH⊥平面P AB，O是外接球的球心，则OH＝，PH＝，则．故四面体P﹣ABE外接球的表面积是S＝．故选：C．【点评】本题考查多面体外接球表面积与体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．9.（2019山西省文科模拟）在三棱柱ABC﹣A'B'C'中，AB＝BC＝CA＝AA'＝2，侧面AA'C'C⊥底面ABC，D是棱BB'的中点．（1）求证：平面DA'C⊥平面ACC'A'；（2）若∠A'AC＝60°，求四棱锥A'﹣B'C'CD的体积．【分析】（1）取AC中点O，A′C中点E，证明四边形OBDE是平行四边形可得OB∥DE，证明OB⊥平面ACC′A′得出DE⊥平面ACC′A′，故而平面DA'C⊥平面ACC'A'；（2）计算A′O得出三棱柱的体积，从而可得四棱锥A′﹣BCC′B′的体积，再根据梯形CC′B′D 与菱形BCC′B′的面积比得出四棱锥A'﹣B'C'CD的体积．【解答】（1）证明：取A′C的中点E，AC的中点O，连接OB，OE，DE，∵O，E分别是AC，A′C的中点，∴OE∥AA′，OE＝AA′，∵D是BB′的中点，AA′∥BB′，AA′＝BB′，∴BD∥AA′，BD＝AA′，∴BD∥OE，BD＝OE，∴四边形BDEO是平行四边形，∴OB∥DE．∵AB＝BC，∴OB⊥AC，又侧面AA'C'C⊥底面ABC，侧面AA'C'C∩底面ABC＝AC，OB⊂平面ABC，∴OB⊥平面ACC′A′，∴DE⊥平面ACC′A′，又DE⊂平面A′CD，∴平面DA'C⊥平面ACC'A'．（2）连接A′O，∵AC＝AA′，∠A′AC＝60°，∴△A′AC为等边三角形，∴A′O⊥AC，又侧面AA'C'C⊥底面ABC，侧面AA'C'C∩底面ABC＝AC，A′O⊂平面ACC′A′，∴A′O⊥平面ABC．AA′＝2，AO＝1，故A′O＝，∴三棱柱ABC﹣A′B′C′的体积V＝＝3，∴V A′﹣BCC′B′＝V﹣V A′﹣ABC＝V﹣V＝V＝2，又D是BB′的中点，∴S CC′B′D＝S BCC′B′，∴V A′﹣B′C′CD＝V A′﹣BCC′B′＝＝．【点评】本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．10.（2019福州市文科模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．【分析】几何体为两个大小一样的三棱锥的组合体，作出直观图计算表面积．【解答】解：作出直观图如图所示：其中AB⊥平面BCD，AB＝BC＝BD＝1，BC⊥BD，∴AD＝AC＝CD＝，即△ACD为等边三角形，∴三棱锥A﹣BCD的表面积为3+＝+，∴几何体的表面积为2×（+）＝3+．故选：A．11.（2019福州市文科模拟）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑“．如图，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD．将其沿对角线BD折成一个鳖臑A'﹣BCD，则该鳖臑内切球的半径为．【分析】推导出CD⊥A′D，CD⊥BD，从而CD⊥平面A′BD，CD⊥A′B，由由A′B＝A′D＝1，BD＝，得A′B⊥A′D，从而A′B⊥平面A′CD，A′B⊥A′C，由此能求出结果．【解答】解：∵A′D＝CD＝1，且△A′CD为直角三角形，∴CD⊥A′D，又CD⊥BD，BD∩A′D＝D，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′B，又由A′B＝A′D＝1，BD＝，得A′B⊥A′D，∴A′B⊥平面A′CD，∴A′B⊥A′C，由题意得A′C＝，设内切球的半径为r，则（S△A′BC+S△A′CD+S△A′BD+S△BCD）r＝，∴，解得r＝．故答案为：．12.（2019福州市文科模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面A1B1C1，D为AB1的中点，B1C交BC1于点E，AC⊥BC，BC＝2，侧面AA1C1C的周长为8．（1）证明：DE⊥平面BB1C1C；（2）设F是棱AA1上的点，且A1F＝A1A，求四棱锥B1﹣A1FCC1的体积的最大值．【分析】（1）推导出CC1⊥AC，AC⊥BC，从而AC⊥平面BB1C1C，推导出DE∥AC，由此能证明DE⊥平面BB1C1C．（2）由题意得CC1+A1C1＝4，B1C1是四棱锥B1﹣A1FCC1的高，四棱锥B1﹣A1FCC1的体积：V＝•B1C1，由此能求出当CC1＝2时，四棱锥B1﹣A1FCC1的体积取最大值，最大值为【解答】证明：（1）∵CC1⊥平面A1B1C1，∴CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC，∵AC⊥BC，CC1∩BC＝C，∴AC⊥平面BB1C1C，由题意四边形BCC1B1是矩形，∴E为B1C的中点，又D为AB1的中点，∴DE∥AC，∴DE⊥平面BB1C1C．解：（2）由题意得CC1+A1C1＝4，B1C1是四棱锥B1﹣A1FCC1的高，∴四棱锥B1﹣A1FCC1的体积：V＝•B1C1＝＝（4﹣CC1）＝[﹣（CC1﹣2）2+4]≤，∴当CC1＝2时，四棱锥B1﹣A1FCC1的体积取最大值，最大值为．13.（2019广东文科模拟）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内，若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为（）A．8 B．4 C．D．解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，过M作MG⊥平面ABCD，G是垂足，过G作GH⊥BC，交BC于H，连结MH，则D（0，0，0），C（0，4，0），A（4，0，0），P（4，0，2），C（0，4，0），D1（0，0，4），B（4，4，0），设M（4，a，b），则（4，a，b﹣4），（4，﹣4，2），∵D1M⊥CP，∴•16﹣4a+2b﹣8＝0，解得2a﹣b＝4，∴CH＝4﹣a，MG＝b＝2a﹣4，MH，，∴y时，（S△BCM）min＝2•．故选：D．14.（2019广东文科模拟）已知点A，B，C，D在球O的表面上，且 ， ，若三棱锥A﹣BCD的体积为，球心O恰好在棱AD上，则这个球的表面积为．解：如下图所示，设△ABC的外接圆为圆E，则点E为线段BC的中点，作圆E的直径AF，连接DF、OE，则OE⊥平面ABC，∵O、E分别为AD、AF的中点，∴OE∥DF，则DF⊥平面ABC，∵AB＝AC＝2，，∴AB2+AC2＝BC2，∴∠ ，∴，三棱锥A﹣BCD的体积为，得圆E的直径为，所以，球O的直径为，则R＝2，因此，球O的表面积为4πR2＝16π．故答案为：16π．15.（2019广东文科模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面△ABC为等腰直角三角形，AB＝BC＝2，AA1＝3，P为B1C1的中点，Q为BB1的三等分点（靠近B1）点．（Ⅰ）求三棱锥P﹣AQC的体积；（Ⅱ）在线段A1C1上找点M，使得B1M∥平面APQ，写出作图步骤，但不要求证明．解：（Ⅰ）在直三棱柱中，面BCC1B1⊥面ABC，又AB⊥BC，∴AB⊥面BCC1B1，在矩形BCC1B1中，求得S△PQC＝2，∴；（Ⅱ）如图，在平面ABB1A1内，过点B1作B1E∥AQ交AA1于点E，连结A1P，在△AA1P中，作EF∥AP交A1P于点F，连结B1F并延长交A1C1于点M，则B1M为所求作直线．16.（2019广东东莞市文科模拟）在长方体ABCD一A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝，CC1＝2，M为AA1的中点，则异面直线AC与B1M所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A（，0，0），C（0，2，0），B1（，2，2），M（，0，），∴＝（﹣，2，0），＝（0，﹣2，﹣），设异面直线AC与B1M所成角为θ，则cosθ＝＝＝．∴异面直线AC与B1M所成角的余弦值为．故选：B．17.（2019广东东莞市文科模拟）如图画出的是某几何体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：由三视图还原原几何体，可知原几何体为组合体，是半径为2的球的与半径为的球，其体积V＝．故选：C．18.（2019广东东莞市文科模拟）已知四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为的正方形，且四棱锥S﹣ABCD的顶点都在半径为2的球面上，则四棱锥S﹣ABCD体积的最大值为．【解答】解：设M为正方形ABCD的中心，O为外接球的球心，则OM⊥平面ABCD，∵正方形ABCD边长为，∴AM＝，∴OM＝＝1，当S，O，M在同一条直线上且O在四棱锥内部时，S到平面ABCD的距离取得最大值，最大距离为2+1＝3．∴四棱锥的最大体积为（）2×3＝6．故答案为：6．19.（2019广东东莞市文科模拟）如图，在四边形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，点C在AB上，且AB⊥CD，AC＝BC＝CD＝2，现将△ACD沿CD折起，使点A到达点P的位置，且PE＝．（1）求证：平面PBC⊥平面DEBC；（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．【解答】证明：（1）∵AB⊥BE，AB⊥CD，∴BE∥CD，∵AC⊥CD，∴PC⊥CD，∴PC⊥BE，又BC⊥BE，PC∩BC＝C，∴EB⊥平面PBC，又∵EB⊂平面DEBC，∴平面PBC⊥平面DEBC．解：（2）解法1：∵AB∥DE，结合CD∥EB得BE＝CD＝2，由（1）知EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，由PE＝，得，∴△PBC为等边三角形，∴，∴三棱锥P﹣EBC的体积＝．解法2：∵AB∥DE，结合CD∥EB得BE＝CD＝2，由（1）知EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，由PE＝，得，∴△PBC为等边三角形，取BC的中点O，连结OP，则，∵PO⊥BC，∴PO⊥平面EBCD，∴三棱锥P﹣EBC的体积＝．20.（2019湖南师大附中文科模拟）多面体MN ABCD -的底面ABCD 为矩形，其正（主）视图和侧（左）视图如图，其中正（主）视图为等腰梯形，侧（左）视图为等腰三角形，则AM 的长为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：如图，,E F 分别是BC 和AD 的中点，由正视图可知2,4MN CF ==．由侧视图可知多面体的高为2，2BC =．所以1,FK MF ==所以AM ===考点：空间几何体的三视图.21.（2019湖南师大附中文科模拟）已知平面α平面β=直线l ，点A 、C α∈，点B 、D β∈，且A 、B 、C 、D l ∉，点M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点，则下列说法正确的是（ ）A. 当2CD AB =时，M 、N 不可能重合B. M 、N 可能重合，但此时直线AC 与l 不可能相交C. 当直线AB 、CD 相交，且//AC l 时，BD 可与l 相交D. 当直线AB 、CD 异面时，MN 可能与l 平行【答案】B【解析】【分析】根据直线与直线的位置关系依次判断各个选项，排除法可得结果.【详解】A 选项：当2CD AB =时，若,,,A B C D 四点共面且//AC BD 时，则,M N 两点能重合，可知A 错误；B 选项：若,M N 可能重合，则//AC BD ，故//AC l ，此时直线AC 与直线l 不可能相交，可知B 正确； C 选项：当AB 与CD 相交，直线//AC l 时，直线BD 与l 平行，可知C 错误；D 选项：当AB 与CD 是异面直线时，MN 不可能与l 平行，可知D 错误.本题正确选项：B【点睛】本题考查空间中直线与直线的位置关系相关命题的判断，考查学生的空间想象能力.22.（2019湖南师大附中文科模拟）如图所示，四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为四边形，AC BD ⊥，BC CD =，PB PD =，平面PAC ⊥平面PBD ，AC =30PCA ∠=︒，4PC =（1）求证：PA ⊥平面ABCD ；（2）若四边形ABCD 中，120BAD ∠=︒，AB BC ⊥，M 为PC 上一点，且2PM MC=，求三棱锥M PBD -体积.【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ【分析】（Ⅰ）根据题意，设AC BD O ⋂=，连接PO ，易证PA BD ⊥；再在三角形PAC 中应用余弦定理证明PA AC ⊥，进而可证PA ⊥平面ABCD 。
2019年全国Ⅰ卷高考文科数学真题及解析(Word版,精校解析版)
2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国 I 卷）文科数学1. 设312iz i-=+，则z =（ ） A.2 B.3 C.2 D.1 答案：C 解析： 因为3(3)(12)1712(12)(12)5i i i iz i i i ----===++- 所以z =2217()()55+-2= 2. 已知集合}7,6,5,4,3,2,1{=U ，5}43{2，，，=A ，7}63{2，，，=B ，则=A C B U （ ） A. }6,1{ B.}7,1{ C.}7,6{ D. }7,6,1{ 答案：C解析：}7,6,5,4,3,2,1{=U ，5}43{2，，，=A ，则7}6{1，，=A C U ，又 7}63{2，，，=B ，则7}{6，=A C B U ，故选C.3.已知2log 0.2a =，0.22b =，0.30.2c =，则（ ）A.a b c <<B.a c b <<C.c a b <<D.b c a << 答案：B 解答：由对数函数的图像可知：2log 0.20a =<；再有指数函数的图像可知：0.221b =>，0.300.21c <=<，于是可得到：a c b <<.4.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是215-（618.0215≈-称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是215- .若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为cm 105，头顶至脖子下端的长度为cm 26，则其身高可能是（ ）A.cm 165B.cm 175C.cm 185D.cm 190答案：B解析： 方法一：设头顶处为点A ，咽喉处为点B ，脖子下端处为点C ，肚脐处为点D ，腿根处为点E ，足底处为F ，t BD =，λ=-215， 根据题意可知λ=BD AB ,故t AB λ=；又t BD AB AD )1(+=+=λ，λ=DFAD，故t DF λλ1+=； 所以身高t DF AD h λλ2)1(+=+=，将618.0215≈-=λ代入可得t h 24.4≈.根据腿长为cm 105，头顶至脖子下端的长度为cm 26可得AC AB <，EF DF >；即26<t λ，1051>+t λλ，将618.0215≈-=λ代入可得4240<<t 所以08.1786.169<<h ，故选B.方法二：由于头顶至咽喉的长度与头顶至脖子下端的长度极为接近，故头顶至脖子下端的长度cm 26可估值为头顶至咽喉的长度；根据人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是215-（618.0215≈-称为黄金分割比例）可计算出咽喉至肚脐的长度约为cm 42；将人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度相加可得头顶至肚脐的长度为cm 68，头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是215-可计算出肚脐至足底的长度约为110；将头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度相加即可得到身高约为cm 178，与答案cm 175更为接近，故选B.5. 函数2sin ()cos x xf x x x+=+在[,]ππ-的图像大致为（ ） A. B.C. D.答案：D 解答：∵()()()2sin ()cos x x f x x x ---=-+-=2sin cos x xx x+-+()f x =-， ∴()f x 为奇函数，排除A.又22sin 4222()02cos22f πππππππ++==>⎛⎫+ ⎪⎝⎭，排除C ，()22sin ()01cos f πππππππ+==>++，排除B ，故选D. 6.某学校为了解1000名新生的身体素质，将这些学生编号为1,2,3,,1000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是（ ）.A.8号学生B.200号学生C.616号学生D.815号学生 答案：C 解答：从1000名学生中抽取100名，每10人抽一个，46号学生被抽到，则抽取的号数就为106(099,)n n n N +≤≤∈，可得出616号学生被抽到.7. tan 255︒=（ ）A.2-B.2-2D.2+ 答案：D 解析：因为tan 255tan(18075)tan 75︒=︒+︒=︒tan 45tan 30tan(4530)1tan 45tan 30︒+︒=︒+︒=-︒⋅︒化简可得tan 2552︒=8. 已知非零向量a ，b 满足||2||b a =，且b b a⊥-)(，则a 与b 的夹角为（ ）A.6π B.3π C.32π D.65π 答案：B 解答：||2||b a =，且b b a ⊥-)(，∴0)(=⋅-b b a ，有0||2=-⋅b b a ，设a 与b 的夹角为θ，则有0||cos ||||2=-⋅b b a θ，即0||cos ||222=-b b θ，0)1cos 2(||2=-θb ， 0||≠b ，∴21cos =θ，3πθ=，故a 与b的夹角为3π，选B .9. 右图是求112+12+2的程序框图，图中空白框中应填入（ ）A.12A A =+ B.12A A=+ C.112A A =+ D.112A A=+答案：A解答：把选项代入模拟运行很容易得出结论选项A 代入运算可得1=12+12+2A ，满足条件，选项B 代入运算可得1=2+12+2A ,不符合条件， 选项C 代入运算可得12A =,不符合条件，选项D 代入运算可得11+4A =,不符合条件.10.双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x C ：的一条渐近线的倾斜角为︒130，则C 的离心率为（ ）A.︒40sin 2B.︒40cos 2C.︒50sin 1D.︒50cos 1答案：D解答： 根据题意可知︒=-130tan a b ，所以︒︒=︒=50cos 50sin 50tan a b ， 离心率︒=︒=︒︒+︒=︒︒+=+=50cos 150cos 150cos 50sin 50cos 50cos 50sin 1122222222a b e . 11. ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知sin sin 4sin a A b B c C -=，1cos 4A =-，则bc=（ ）A.6B.5C.4D. 3答案：A 解答：由正弦定理可得到：222sin sin 4sin 4a A b B c C a b c -=⇒-=，即2224a c b =+，又由余弦定理可得到：2221cos 24b c a A bc +-==-，于是可得到6b c =12. 已知椭圆C 的焦点坐标为1(1,0)F -，2(1,0)F ，过2F 的直线与C 交于A ，B 两点，若222AF F B =，1AB BF =，则C 的方程为（ ）A.2212x y +=B.22132x y +=C.22143x y +=D.22154x y +=答案：B 解答：由222AF F B =，1AB BF =，设2F B x =，则22AF x =，13BF x =，根据椭圆的定义21212F B BF AF AF a +=+=，所以12AF x =，因此点A 即为椭圆的下顶点，因为222AF F B =，1c =所以点B 坐标为3(,)22b，将坐标代入椭圆方程得291144a +=，解得 223,2ab ==，故答案选B.13.曲线23()xy x x e =+在点(0,0)处的切线方程为 . 答案：3y x = 解答：∵23(21)3()xxy x e x x e '=+++23(31)xx x e =++，∴结合导数的几何意义曲线在点(0,0)处的切线方程的斜率3k =， ∴切线方程为3y x =.14. 记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若11a =，334S =，则4S = . 答案：58解析：11a =，312334S a a a =++=设等比数列公比为q ∴211134a a q a q ++=∴12q =- 所以4S =5815．函数3()sin(2)3cos 2f x x x π=+-的最小值为___________． 答案：4- 解答：23()sin(2)3cos cos 23cos 2cos 3cos 12f x x x x x x x π=+-=--=--+， 因为cos [1,1]x ∈-，知当cos 1x =时()f x 取最小值， 则3()sin(2)3cos 2f x x x π=+-的最小值为4-． 16.已知90ACB ∠=︒，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边,AC BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为 . 答案：2解答：如图，过P 点做平面ABC 的垂线段，垂足为O ，则PO 的长度即为所求，再做,PE CB PF CA ⊥⊥，由线面的垂直判定及性质定理可得出,OE CB OF CA ⊥⊥，在Rt PCF ∆中，由2,3PC PF ==，可得出1CF =，同理在Rt PCE ∆中可得出1CE =，结合90ACB ∠=︒，,OE CB OF CA⊥⊥可得出1OE OF ==，2OC =，222PO PC OC =-=17.某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：满 意不 满 意男 顾 客 40 10女 顾 客30 20（1） 分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；（2） 能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？附：22()()()()()n ad bc a b c d a c b d κ-=++++2()P k κ≥0.0500.0100.001k3.841 6.63510.828解答：（1） 男顾客的的满意概率为404505P == 女顾客的的满意概率为303505P ==. (2) 22100(40201030) 4.762(4010)(3020)(4030)(1020)κ⨯-⨯==++++ 4.762 3.841>有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.18.记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知59a S -=； （1）若43=a ，求{}n a 的通项公式；（2）若01>a ，求使得n n a S ≥的n 的取值范围. 解答：（1）由59a S -=结合591992)(9a a a S =+=可得05=a ，联立43=a 得2-=d ，所以102)3(3+-=-+=n d n a a n（2）由59a S -=可得d a 41-=，故d n a n )5(-=，2)9(dn n S n -=. 由01>a 知0<d ，故n n a S ≥等价于010112≤+-n n ，解得101≤≤n ，所以n 的取值范围是{}N n n n ∈≤≤,101 19. 如图直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2AA AB ==，60BAD ∠=，,,E M N 分别是11,,BC BB A D 的中点.（1）证明：//MN 平面1C DE （2）求点C 到平面1C DE 的距离. 解答：（1）连结1111,AC B D 相交于点G ，再过点M 作1//MH C E 交11B C 于点H ，再连结GH ，NG .,,E M N 分别是11,,BC BB A D 的中点.于是可得到1//NG C D ，//GH DE ， 于是得到平面//NGHM 平面1C DE ， 由MN ⊂平面NGHM ，于是得到//MN 平面1C DE（2）E 为BC 中点，ABCD 为菱形且60BAD ∠=DE BC ∴⊥，又1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1DE CC ∴⊥ 1DE C E ∴⊥，又12,4AB AA ==，1DE C E ∴==，设点C 到平面1C DE 的距离为h由11C C DE C DCE V V --=得1111143232h ⨯=⨯⨯解得h =所以点C 到平面1C DE 20. 已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '是()f x 的导数. （1）证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点； （2）若[0,]x π∈时，()f x ax ≥，求a 的取值范围. 解答：（1）由题意得()2cos [cos (sin )]1f x x x x x '=-+--cos sin 1x x x =+- 令()cos sin 1g x x x x =+-，∴()cos g x x x '= 当(0,]2x π∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，当(,)2x ππ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，∴()g x 的最大值为()122g ππ=-，又()2g π=-，(0)0g =∴()()02g g ππ⋅<，即()()02f f ππ''⋅<，∴()f x '在区间(0,)π存在唯一零点.（2）令()()F x f x ax =-2sin cos x x x x ax =---， ∴()F x 'cos sin 1x x x =+-a -，由（1）知()f x '在(0,)π上先增后减，存在(,)2m ππ∈，使得()0f m '=，且(0)0f '=，()=1022f ππ'->，()2f π'=-， ∴()F x '在(0,)π上先增后减，(0)F a '=-，()122F a ππ'=--，()2F a π'=--，当()02F π'≤时，()F x '在(0,)π上小于0，()F x 单调递减，又(0)0F =，则()(0)0F x F ≤=不合题意，当()02F π'>时，即102a π-->，12a π<-时，若(0)0F '≥，()0F π'≤，()F x 在(0,)m 上单调递增，在(,)m π上单调递减，则(0)0()0F F π≥⎧⎨≥⎩解得0a ≤，而(0)0()20F a F a π'=-≥⎧⎨'=--≤⎩解得20a -≤≤，故20a -≤≤，若(0)0F '≥，()0F π'≥，()F x 在(0,)π上单调递增，且(0)0F =， 故只需(0)0()20F a F a π'=-≥⎧⎨'=--≥⎩解得2a ≤-；若(0)0F '≤，()0F π'≤，()F x 在(0,)2π上单调递增，且(0)0F =，故存在(0,)2x π∈时，()(0)0F x F ≤=，不合题意，综上所述，a 的取值范围为(],0-∞.21. 已知点,A B 关于坐标原点O 对称，4AB =，M 过点,A B 且与直线20x +=相切.（1）若A 在直线0x y +=上，求M 的半径；（2）是否存在定点P ，使得当A 运动时，MA MP -为定值？并说明理由. 解答： （1）∵M 过点,A B ，∴圆心在AB 的中垂线上即直线y x =上，设圆的方程为222()()x a y a r -+-=，又4AB =，根据222AO MO r +=得2242a r +=；∵M 与直线20x +=相切，∴2a r +=，联解方程得0,2a r ==或4,6a r ==.（2）设M 的坐标为(,)x y ，根据条件22222AO MO r x +==+即22242x y x ++=+ 化简得24y x =，即M 的轨迹是以(1,0)为焦点，以1x =-为准线的抛物线，所以存在定点(1,0)P ，使(2)(1)1MA MP x x -=+-+=.22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22211()41t x t t t y t ⎧-=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩为参数.以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为2cos 3sin 110ρθρθ++=.（1）求C 和l 的直角坐标方程；（2）求C 上的点到l 距离的最小值. 解答：(1)曲线C :由题意得22212111t x t t -==-+++即2211x t +=+，则2(1)y t x =+，然后代入即可得到2214y x +=而直线l ：将cos ,sin x y ρθρθ==代入即可得到23110x y ++=（2）将曲线C 化成参数方程形式为则4sin()112cos 23sin 11677d πθθθ++++==所以当362ππθ+=723.已知a ，b ，c 为正数，且满足1=abc ，证明：（1）222111c b a cb a ++≤++；（2）24)()()(333≥+++++a c c b b a .解析：（1） ab b a 222≥+，bc c b 222≥+，ac a c 222≥+，∴ac bc ab c b a 222222222++≥++，即ac bc ab c b a ++≥++222，当且仅当c b a ==时取等号. 1=abc 且a ，b ，c 都为正数，∴c ab 1=，a bc 1=，bac 1=，故222111c b a cb a ++≤++. （2） 3333333)()()(3)()()(ac c b b a a c c b b a +++≥+++++，当且仅当333)()()(a c c b b a +=+=+时等号成立，即c b a ==时等号成立.又- 11 - ))()((3)()()(33333a c c b b a a c c b b a +++=+++ac bc ab 2223⋅⋅⨯≥abc 42=， 当且仅当c b a ==时等号成立， 1=abc ，故2424)()()(33333=≥+++abc a c c b b a ，即得24)()()(333≥+++++a c c b b a .。
2019年高考全国Ⅰ卷立体几何试题解析与备考建议
行运算求解, 再利用所求得的数据进行的推理论证, 并通过
进一步的列式和列方程进行求解, 最终得出正确结论. 因此
在运算求解能力的考查上, 这 4 道题都有较高要求.
2.2 解法剖析
题目 1 的解法剖析
《考试大纲》提出了对考生空间想象力的识图和画图要
求, 考生在解决此题时对识图和画图的不同认知, 会直接导
得 P H 垂直平面 ACB, 所以 P H 的长度√即为点 P 到√平面
2
10
ABC 的距离. 由勾股定理可得: OC = √
2 , PO =
(1) 证明: M N // 平面 C1DE; (2) 求点 C 到平面 C1DE 的距离. 题 目 4 (2019 年 高 考 全 国 I 卷 理 科 第 18 题) 如 图 2, 直四棱柱 ABCD − A1B1C1D1 的底面是菱形, AA1 = 4,
AB = 2, ∠BAD = 60◦, E, M, N 分别是 BC, BB1, A1D 的 中点.
致其采取以下几种不同解法:
解 法 1 依 题 意, 如 图 3 所 示 其 中 P E⊥CA 于 E,
P F ⊥CB 于 F . 取 EF 中点 O, 连接 P O、CO. 由已知可得
△P EC = △P F C, 从而得到 CF = CE, 再由 P E = P F , 可 得 EF ⊥ 面 P OC. 过 P 作 CO 的 垂 线, 垂 足 为 H, 可
(1) 证明: M N // 平面 C1DE; (2) 求二面角 A − M A1 − N 的正弦值.
图1
图2
2. 解法研究
2.1 问题分析
《普通高等学校招生全国统一考试大纲—数学 (文、理 科) 》(以下简称《考试大纲》) 对考生能力要求包括空间想象 能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、数据处 理能力以及应用意识和创新意识. 立体几何突出考查了考生 的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.
2019年高考试题——数学文(新课标Ⅰ卷)Word版解析版
绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设3i12iz -=+，则z =A. 2B.C.D. 1【答案】C 【解析】 【分析】先由复数的除法运算（分母实数化），求得z ，再求z ．【详解】因为312iz i -=+，所以(3)(12)17(12)(12)55i i z i i i --==-+-，所以z ==，故选C ． 【点睛】本题主要考查复数的乘法运算，复数模的计算．本题也可以运用复数模的运算性质直接求解．2.已知集合{}{}{}1,2,3,4,5,6,72,3,4,52,3,6,7U A B ===，，，则C U B A I A. {}1,6 B. {}1,7C. {}6,7D. {}1,6,7【答案】C 【解析】 【分析】先求U A ð，再求U B A ⋂ð．【详解】由已知得{}1,6,7U C A =，所以U B C A ⋂={6,7}，故选C ．【点睛】本题主要考查交集、补集的运算．渗透了直观想象素养．使用补集思想得出答案．3.已知0.20.32log 0.2,2,0.2a b c ===，则A. a b c <<B. a c b <<C. c a b <<D. b c a <<【答案】B 【解析】 【分析】运用中间量0比较,a c ，运用中间量1比较,b c 【详解】22log 0.2log 10,a =<=0.20221,b =>=0.3000.20.21,<<=则01,c a c b <<<<．故选B ．【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．4.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是51-（51-≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是51-．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26 cm ，则其身高可能是A. 165 cmB. 175 cmC. 185 cmD. 190cm【答案】B【解析】 【分析】理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解．【详解】设人体脖子下端至肚脐的长为x cm ，肚脐至腿根的长为y cm ，则2626511052x x y +-==+，得42.07, 5.15x cm y cm ≈≈．又其腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，所以其身高约为42．07+5．15+105+26=178．22，接近175cm ．故选B ．【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取类比法，利用转化思想解题．5.函数f (x )=2sin cos x xx x ++在[—π，π]的图像大致为A.B.C. D.【答案】D 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，得()f x 是奇函数，排除A ，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案． 【详解】由22sin()()sin ()()cos()()cos x x x xf x f x x x x x -+----===--+-+，得()f x 是奇函数，其图象关于原点对称．又221422()1,2()2f πππππ++==>2()01f πππ=>-+．故选D ． 【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．6.某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是 A. 8号学生 B. 200号学生C. 616号学生D. 815号学生【答案】C 【解析】 【分析】等差数列的性质．渗透了数据分析素养．使用统计思想，逐个选项判断得出答案．【详解】详解：由已知将1000名学生分成100个组，每组10名学生，用系统抽样，46号学生被抽到， 所以第一组抽到6号，且每组抽到的学生号构成等差数列{}n a ，公差10d =， 所以610n a n=+()n *∈N ，若8610n =+，则15n =，不合题意；若200610n =+，则19.4n =，不合题意； 若616610n =+，则61n =，符合题意；若815610n =+，则80.9n =，不合题意．故选C ． 【点睛】本题主要考查系统抽样.7.tan255°= A. －2B. －C. 2【答案】D 【解析】 【分析】本题首先应用诱导公式，将问题转化成锐角三角函数的计算，进一步应用两角和的正切公式计算求解．题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查． 【详解】详解：000000tan 255tan(18075)tan 75tan(4530)=+==+=0001tan 45tan 3021tan 45tan 30+==+- 【点睛】三角函数的诱导公式、两角和与差的三角函数、特殊角的三角函数值、运算求解能力．8.已知非零向量a ，b 满足a =2b ，且（a –b ）⊥b ，则a 与b 的夹角为A. π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】B【解析】【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由()a b b-⊥得出向量,a b的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．【详解】因为()a b b-⊥，所以2()a b b a b b-⋅=⋅-=0，所以2a b b⋅=，所以cosθ=22||12||2a b ba b b⋅==⋅，所以a与b的夹角为3π，故选B．【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为[0,]π．9.如图是求112122++的程序框图，图中空白框中应填入A. A=12A+B. A=12A+ C. A=112A+D. A=112A+【答案】A【解析】【分析】本题主要考查算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构特征与程序框图结构，即可找出作出选择．【详解】执行第1次，1,122A k ==≤是，因为第一次应该计算1122+=12A +，1k k =+=2，循环，执行第2次，22k =≤，是，因为第二次应该计算112122++=12A +，1k k =+=3，循环，执行第3次，22k =≤，否，输出，故循环体为12A A=+，故选A ．【点睛】秒杀速解 认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为12A A=+．10.双曲线C :22221(0,0)x y a b a b-=>>的 一条渐近线的倾斜角为130°，则C 的离心率为A. 2sin40°B. 2cos40°C.1sin50︒D.1cos50︒【答案】D 【解析】【分析】由双曲线渐近线定义可得tan130,tan 50b b a a -=︒∴=︒，再利用c e a == 【详解】由已知可得tan130,tan 50b ba a-=︒∴=︒， 1cos50c e a ∴======︒，故选D ． 【点睛】对于双曲线：()222210,0x y a b a b -=>>，有c e a ==对于椭圆()222210x y a b a b +=>>，有c e a ==11.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A －b sin B =4c sin C ，cos A =－14，则bc =A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理推论得出a ，b ，c 关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果. 【详解】详解：由已知及正弦定理可得2224a b c -=，由余弦定理推论可得22222141313cos ,,,464224242b c a c c c b A bc bc b c +---==∴=-∴=∴=⨯=，故选A ． 【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．12.已知椭圆C 的焦点为121,01,0F F -()，()，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点.若222AF F B =││││，1AB BF =││││，则C 的方程为A. 2212x y +=B. 22132x y +=C. 22143x y +=D. 22154x y +=【答案】B 【解析】【分析】由已知可设2F B n =，则212,3AF n BF AB n ===，得12AF n =，在1AF B △中求得11cos 3F AB ∠=，再在12AF F △中，由余弦定理得n =，从而可求解. 【详解】法一：如图，由已知可设2F B n =，则212,3AF n BF AB n ===，由椭圆的定义有121224,22a BF BF n AF a AF n =+=∴=-=．在1AF B △中，由余弦定理推论得22214991cos 2233n n n F AB n n +-∠==⋅⋅．在12AF F △中，由余弦定理得2214422243n n n n +-⋅⋅⋅=，解得n = 22224312,a n a b a c ∴==∴=∴=-=-=∴所求椭圆方程为22132x y +=，故选B ．法二：由已知可设2F B n =，则212,3AF n BF AB n ===，由椭圆的定义有121224,22a BF BF n AF a AF n =+=∴=-=．在12AF F △和12BF F △中，由余弦定理得2221222144222cos 4,422cos 9n n AF F n n n BF F n⎧+-⋅⋅⋅∠=⎨+-⋅⋅⋅∠=⎩，又2121,AF F BF F ∠∠互补，2121cos cos 0AF F BF F ∴∠+∠=，两式消去2121cos cos AF F BF F ∠∠,，得223611n n +=，解得32n =．2222423,3,312,a n a b a c ∴==∴=∴=-=-=∴所求椭圆方程为22132x y +=，故选B ．【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。