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文档介绍
湖南历年06文科数学高考立体几何真题
湖南历年文科数学高考试卷 立体空间几何部分 (06-14 年) 2006 年高考文科数学试卷(湖南卷) 4.过半径为 12 的球 O 表面上一点 A 作球 O 的截面,若 OA 与该截面所成的角是 60 °则该截面的面积是 ( ) A.π B. 2π C. 3π D. 14. 过三棱柱 ABC-A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线,其中与平面 ABB1A1 平行 的直线共有 条. 18.(本小题满分14 分) 如图 2,已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-ABCD 的高都是 2,AB=4. (Ⅰ)证明 PQ⊥平面 ABCD; (Ⅱ)求异面直线 AQ 与 PB 所成的角; (Ⅲ)求点 P 到平面 QAD 的距离. π32 Q B C P A D 图 2 2007 年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷(文) 6.如图 1,在正四棱柱 中,E、F 分别是 的中点,则以下结论中不成立的是( ) A. B. C. D. 15.棱长为 1 的正方形 的 8 个顶点都在球 O 的表面上,则球 O 的表面积是 ;设 分别是该正方形的棱 的中点,则直线 被 球 O 截得的线段长为 . 18.(本小题满分14 分) 如图,已知直二面角 , 直线 CA 和平面 所成的角为 . (Ⅰ)证明 ; (Ⅱ)求二面角 的大小. 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1AB C、B 1EF BB与 垂直 EF BD与 垂直 EF与CD异面 EF 1 1与AC异面 1 1 1 1ABCD A B C D− E、F 1 1AA、DD EF 45PQ A PQ B C BAPα β α β− − ∈ ∈ ∈ ∠ = , , , , α 30 BC PQ⊥ B AC P− − 图 1 β 2008 高考湖南文科数学试题及全解全析 5.已知直线 m,n 和平面 满足 ,则( ) 或 或 9.长方体 的 8 个顶点在同一个球面上,且 AB=2,AD= , ,则顶点 A、B 间的球面距离是( ) A. B. C. D.2 18 . 如 图 所 示 , 四 棱 锥 的 底 面 是 边 长 为 1 的 菱 形 , , E 是 CD 的中点,PA 底面 ABCD, 。 (I)证明:平面 PBE 平面 PAB; (II)求二面角 A—BE—P 和的大小。 βα, βα ⊥⊥⊥ ,, amnm .A n β⊥ ,//. βnB β⊂n α⊥nC. ,//. αnD α⊂n 1 1 1 1ABCD A B C D− 3 11 =AA 4 2π 2 2π π2 π2 P ABCD− ABCD 060=∠BCD ⊥ 3=PA ⊥ P A B CED 2009 年高考湖南文科数学试题及全解全析 6.平面六面体 中,既与 共面也与 共面的棱的条数为 ( ) A.3 B.4 C.5 D.6 18 如图 3,在正三棱柱 中, AB=4, ,点 D 是 BC 的中点, 点 E 在 AC 上,且 DE E. (Ⅰ)证明:平面 平面 ; (Ⅱ)求直线 AD 和平面 所成角的正弦值。 1 1 1 1ABCD A B C D− AB 1CC 1 1 1ABC A B C− 1 7AA = ⊥ 1A 1A DE ⊥ 1 1ACC A 1A DE 2010 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 数学(文史类)解析版 13.图 2 中的三个直角三角形是一个体积为 20cm2 的几何体的三视图,则 h= cm 18.(本小题满分 12 分) 如图所示,在长方体 中,AB=AD=1,AA1=2,M 是棱 CC1 的中 点 (Ⅰ)求异面直线 A1M 和 C1D1 所成的角的正切值; (Ⅱ)证明:平面 ABM⊥平面 A1B1M1 1 1 1 1ABCD A B C D− 2011 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)文史类 4.设图1是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 A. B. C. D. 19.(本题满分 12 分) 如 图 3 , 在 圆 锥 中 , 已 知 的 直 径 的中点. (I)证明: (II)求直线和平面 所成角的正弦值. 9 42π + 36 18π + 9 122 π + 9 182 π + PO 2,PO O= 2, ,AB C AB D AC= ∠ 点 在 上, 且 CAB=30 为 ;AC POD⊥ 平面 PAC 3 3 2 正视图 侧视图 俯视图 图 1 2012 年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学文史类(湖南卷) 4.某几何体的正视图和侧视图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是 ( ) 19.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是等腰梯 形,AD∥BC,AC⊥BD. (1)证明:BD⊥PC; (2)若 AD=4,BC=2,直线 PD 与平面 PAC 所成的角为 30°,求四棱锥 P- ABCD 的体积. 2013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类 (湖南卷) 7.(2013 湖南,文 7)已知正方体的棱长为 1,其俯视图是一个面积为 1 的正方 形,侧视图是一个面积为 的矩形,则该正方体的正视图的面积等于( ). A. B.1 C. D. 17.(2013 湖南,文 17)(本小题满分 12 分)如图,在直棱柱ABC-A1B1C1 中,∠BAC =90°,AB=AC= ,AA1=3,D 是 BC 的中点,点 E 在棱 BB1 上运动. (1)证明:AD⊥C1E; (2)当异面直线 AC,C1E 所成的角为 60°时,求三棱锥 C1-A1B1E 的体积. 2 3 2 2 1 2 + 2 2 2014 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 数学(文) 8.一块石材表示的几何体的三视图如图 2 所示,将 石材切削、打磨、加工成球, 则能得到的最大球的半径等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4 18.(本小题满分 12 分) 如图 3,已知二面角 的大小为 ,菱形 在面 内, 两 点在棱 上, , 是 的中点, 面 ,垂足为 . (1)证明: 平面 ; (2)求异面直线 与 所成角的余弦值. MNα β− − 60 ABCD β ,A B MN 60BAD∠ = E AB DO ⊥ α O AB ⊥ ODE BC OD 答案 2006 年高考文科数学参考答案(湖南卷) 4 、 A 14. 6 18. 解法一 (Ⅰ)连结 AC、BD,设 . 由 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥,所以 PO⊥平面 ABCD,QO⊥平面 ABCD. 从而 P、O、Q 三点在一条直线上,所以 PQ⊥平面 ABCD. (Ⅱ)由题设知,ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD. 由(Ⅰ),QO⊥平面 ABCD. 故可分别以直线 CA、DB、QP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直 角坐标系(如图),由题条件,相关各点的坐标分别是 P(0,0,2),A( ,0,0),Q (0,0,-2),B(0, ,0). 所以 于是 . 从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 . (Ⅲ)由(Ⅱ),点 D 的坐标是(0,- ,0), , ,设 是平面 QAD 的一个法向量,由 得 . 取 x=1,得 . 所以点 P 到平面 QAD 的距离 . 解法二 (Ⅰ)取 AD 的中点,连结 PM,QM. 因为 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥, 所以 AD⊥PM,AD⊥QM. 从而 AD⊥平面 PQM. 又 平面 PQM,所以 PQ⊥AD. 同理 PQ⊥AB,所以 PQ⊥平面 ABCD. (Ⅱ)连结 AC、BD 设 ,由 PQ⊥平面 ABCD 及正四棱锥的性质可知 O 在 PQ 上,从而 P、A、Q、C 四 OBDAC = 22 22 )2,0,22( −−=AQ )2,22,0( −=PB 3 1 3232 4,cos = × = ⋅ ⋅>=< PBAQ PBAQPBAQ 3 1arccos 22 )0,22,22( −−=AD )4,0,0( −=PQ ),,( zyxn = =⋅ =⋅ 0 0 ADn AQn =+ =+ 0 02 yx zx )2,1,1( −−=n 22= ⋅ = n nPQ d ⊂PQ OBDAC = Q B C P A D z yx O Q B C P A D OM 点共面. 因为 OA=OC,OP=OQ,所以 PAQC 为平行四边形,AQ∥PC. 从而∠BPC(或其补角)是异面直线 AQ 与 PB 所成的角. 因为 , 所以 . 从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 . (Ⅲ)连结 OM,则 . 所以∠PMQ=90°,即 PM⊥MQ. 由(Ⅰ)知 AD⊥PM,所以 PM⊥平面 QAD. 从而 PM 的长是点 P 到平面 QAD 的距离. 在直角△PMO 中, . 即点 P 到平面 QAD 的距离是 . 2007 年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷(文) 6 【答案】D 【解析】连 B1C,则 B1C 交 BC1 于 F 且 F 为 BC1 中点,三角形 B1AC 中 EF ,所以 EF∥ 平面 ABCD,而 B1B⊥面 ABCD,所以 ;又 AC⊥BD,所以 , 。由 EF ,AC∥A1C1 得 EF∥A1C1 15 【答案】 , 【解析】正方体对角线为球直径,所以 ,所以球的表面积为 ;由已知所求 EF 是 正方体在球中其中一个截面的直径,d= ,所以 ,所以 EF=2r= 。 322)22( 2222 =+=+== OPOCPCPB 3 1 32322 161212 2cos 222 = ×× −+=⋅ −∠ PCPB BCPCPBBPC += 3 1arccos PQABOM 2 122 1 === 2222 2222 =+=+= OMPOPM 22 // AC2 1 1EF BB与 垂直 EF BD与 垂直 EF与CD异面 // AC2 1 3π 2 4 32 =R 3π 2 3,2 1 =R 2 2 4 1 4 3 =−=r 2 18 解:(I)在平面 内过点 作 于点 , 连结 . 因为 , ,所以 , 又因为 ,所以 . 而 , 所 以 , . 从 而 .又 , 所以 平面 .因为 平面 ,故 . ( II) 解法 一 :由 ( I) 知, , 又 , , , 所以 . 过点 作 于点 ,连结 ,由三垂线定理知, . 故 是二面角 的平面角. 由(I)知, ,所以 是 和平面 所成的角,则 , 不妨设 ,则 , . 在 中, ,所以 , 于是在 中, . 故二面角 的大小为 . 解法二:由(I)知, , , ,故可以 为原点,分别以直线 为 轴, 轴, 轴建立空间直角坐标系(如图). 因为 ,所以 是 和平面 所成的角,则 . 不妨设 ,则 , . 在 中, , 所以 . 则相关各点的坐标分别是 , , , . β C CO PQ⊥ O OB α β⊥ PQα β = CO α⊥ CA CB= OA OB= 45BAO∠ = 45ABO∠ = 90AOB∠ = BO PQ⊥ CO PQ⊥ PQ⊥ OBC BC ⊂ OBC PQ BC⊥ BO PQ⊥ α β⊥ PQα β = BO α⊂ BO β⊥ O OH AC⊥ H BH BH AC⊥ BHO∠ B AC P− − CO α⊥ CAO∠ CA α 30CAO∠ = 2AC = 3AO = 3sin30 2OH AO= = Rt OAB△ 45ABO BAO∠ = ∠ = 3BO AO= = Rt BOH△ 3tan 2 3 2 BOBHO OH ∠ = = = B AC P− − arctan 2 OC OA⊥ OC OB⊥ OA OB⊥ O OB OA OC, , x y z CO α⊥ CAO∠ CA α 30CAO∠ = 2AC = 3AO = 1CO = Rt OAB△ 45ABO BAO∠ = ∠ = 3BO AO= = (0 0 0)O ,, ( 3 0 0)B ,, (0 3 0)A , , (0 01)C ,, A B C Q α β P O x y z A B C Q α β P O H C 1D 1 B 1A 1 OD C BA 所以 , . 设 是平面 的一个法向量,由 得 取 ,得 . 易知 是平面 的一个法向量. 设二面角 的平面角为 ,由图可知, . 所以 . 故二面角 的大小为 . 2008 高考湖南文科数学试题及全解全析 5 D 9 【答案】B 【解析】 设 则 故选B. 18 解 : 解 法 一 ( I ) 如 图 所 示 , 连 结 由 是 菱 形 且 知, 是等边三角形. 因为 E 是 CD 的中点,所以 又 所以 又因为 PA 平面 ABCD, 平面 ABCD, 所以 而 因此 平面 PAB. ( 3 3 0)AB = − , , (0 31)AC = − , , 1n { }x y z= , , ABC 1 1 0 0 n AB n AC = = , 3 3 0 3 0 x y y z − = − + = , 1x = 1 (11 3)n = ,, 2 (1 0 0)n = ,, β B AC P− − θ 1 2n nθ =< > , 1 2 1 2 1 5cos 5| | | | 5 1 n n n n θ = = = × B AC P− − 5arccos 5 1 1 2 2 2,BD AC R= = = 2,R∴ = 1 1 ,BD AC O= 2,OA OB R= = = ,2AOB π⇒ ∠ = 2 ,2l R πθ∴ = = × ,BD ABCD 060=∠BCD BCD△ ,BE CD⊥ ,AB CD/ / ,BE AB⊥ ⊥ BE ⊂ ,BEPA⊥ ,AB A=PA BE ⊥ C 1D 1 B 1A 1 D C BA 又 平面 PBE,所以平面 PBE 平面 PAB. (II)由(I)知, 平面 PAB, 平面 PAB, 所以 又 所 以 是 二 面 角 的 平 面 角. 在 中 , . 故二面角 的大小为 解法二:如图所示,以 A 为原点,建立空间直角坐标系.则相关各点的坐 标分别是 (I)因为 平面 PAB 的一个法向量是 所以 和 共线. 从而 平面 PAB. 又因为 平面 PBE,所以平面 PBE 平面 PAB. (II)易知 设 是平面 PBE 的一个法向量, 则由 得 所以 故可取 而平面 ABE 的一个法向量是 于是, . 故二面角 的大小为 2009 年高考湖南文科数学试题及全解全析 6 解:如图,用列举法知合要求的棱为: 、 、 、 、 ,BC CD 1 1C D 1BB 1AA BE ⊂ ⊥ BE ⊥ PB ⊂ .PB BE⊥ ,BEAB⊥ PBA∠ A BE P− − Rt PAB△ tan 3, 60 .PAPBA PBAAB ∠ = = ∠ = A BE P− − 60 . (0 0 0),A ,, (1 0 0),B ,, 3 3( 0),2 2C , , 1 3( 0),2 2D , , (0 0 3),P ,, 3(1 0).2E , , 3(0, 0),2BE = , 0 (01 0),n = ,, BE 0n BE ⊥ BE ⊂ ⊥ 3(1 0, 3), (0, 0),2PB BE= − = , , 1n 1 1 1( )x y z= , , 1 1 0 0 n PB n BE ⋅ = ⋅ = , 1 1 1 1 1 1 0 3 0 30 0 02 x y z x y z + × − = × + + × = , 1 1 13 .y x z==0, 1n ( 3 01).= ,, 2 (0 01).n = ,, 1 2 1 2 1 2 1cos , .2| | | | n nn n n n ⋅< >= = A BE P− − 60 . 故选 C. 18 解:(Ⅰ)如图所示,由正三棱柱 的性质知 平面 . 又 DE 平面 ABC,所以 DE .而 DE E, , 所以 DE⊥平面 .又 DE 平面 , 故平面 ⊥平面 . (Ⅱ)解法 1: 过点 A 作 AF 垂直 于点 , 连接 DF.由(Ⅰ)知,平面 ⊥平面 , 所以 AF 平面 ,故 是直线 AD 和 平面 所成的角。 因为 DE , 所以 DE AC.而 ABC 是边长为 4 的正三角形, 于是 AD= ,AE=4-CE=4- =3. 又因为 ,所以 E= = 4, , . 即直线 AD 和平面 所成角的正弦值为 . 解法 2 : 如图所示,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0,), (2,0, ), D(-1, ,0), E(-1,0,0). 易知 =(-3, ,- ), =(0,- ,0), =(-3, ,0). 设 是平面 的一个法向量,则 解得 . 1 1 1ABC A B C− 1AA ⊥ ABC ⊂ 1AA⊥ ⊥ 1A 1 1 1AA A E A= 1 1ACC A ⊂ 1A DE 1A DE 1 1ACC A 1A E F 1A DE 1 1ACC A ⊥ 1A DE ADF∠ 1A DE ⊥ 1 1ACC A ⊥ ∆ 2 3 1 2 CD 1 7AA = 1A 2 2 1 1A E AA AE= + 2 2( 7) 3= + 1 1 3 7 4 AE AAAF A E ⋅= = 21sin 8 AFADF AD ∠ = = 1A DE 21 8 1A 7 3 1A D 3 7 DE 3 AD 3 ( , , )n x y z= 1A DE 1 3 0, 3 3 7 0. n DE y n A D x y z ⋅ = − = ⋅ = − + − = 7 , 03x z y= − = 故可取 .于是 = . 由此即知,直线 AD 和平面 所成角的正弦值为 . 2010 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 数学(文史类)解析版 13、 4 18 2011 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷)文史类 4 答案:D 解析:有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合 体,其体积 。 ( 7,0, 3)n = − cos , n ADn AD n AD ⋅= ⋅ 3 7 21 84 2 3 − = − × 1A DE 21 8 34 3 9+3 3 2= 183 2 2V π π= × × +( ) 19 解析:(I)因为 又 内的两条相交直 线,所以 (II)由(I)知, 又 所以平面 在 平面 中,过 作 则 连结 ,则 是 上的射影,所以 是直线 和平面 所成的角. 在 在 2012 年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学文史类(湖南卷) 4. D 若为 D 项,则主视图如图所示,故不可能是 D 项. 19.解:(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,BD 平面 ABCD, 所以 PA⊥BD. 又 AC⊥BD,PA,AC 是平面 PAC 内的两条相交直线,所以 BD⊥平面 PAC, 而 PC 平面 PAC,所以 BD⊥PC. (2)设 AC 和 BD 相交于点 O,连结 PO,由(1)知,BD⊥平面 PAC, 所以∠DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角, 从而∠DPO=30°. 由 BD⊥平面 PAC,PO 平面 PAC 知,BD⊥PO. 在 Rt△POD 中,由∠DPO=30°得 PD=2OD. ,OA OC D AC= ⊥是 的中点, 所以AC OD. , , .PO O AC O AC OD⊥ ⊂ ⊥ 底面 底面 所以 PO是平面 POD ;AC POD⊥ 平面 ,AC POD⊥ 平面 ,AC PAC⊂ 平面 ,POD PAC⊥ 平面 POD O OH PD⊥ 于H, ,OH PAC⊥ 平面 CH CH OC PAC在平面 OCH∠ OC PAC 2 2 12 22, 312 4 PO ODRt POD OH PO OD × = = = + + 中 2,sin 3 OHRt OHC OCH OC ∠ = = 中 因为四边形 ABCD 为等腰梯形,AC⊥BD, 所以△AOD,△BOC 均为等腰直角三角形, 从而梯形 ABCD 的高为 AD+ BC= ×(4+2)=3, 于是梯形 ABCD 的面积 S= ×(4+2)×3=9. 在等腰直角三角形 AOD 中, , 所以 PD=2OD= , . 故四棱锥 P-ABCD 的体积为 V= ×S×PA= ×9×4=12. 2013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学文史类 (湖南卷) 7. 答案:D 解析:如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1 的俯视图为 ABCD,侧视图为 BB1D1D,此时满足其面 积为 ,故该正方体的正视图应为 AA1C1C.又因 AC= ,故其面积为 . 17. (1)证明:因为 AB=AC,D 是 BC 的中点, 所以 AD⊥BC.① 又在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BB1⊥平面 ABC,而 AD 平面 ABC,所以 AD⊥BB1.② 由①,②得 AD⊥平面 BB1C1C. 由点 E 在棱 BB1 上运动,得 C1E 平面 BB1C1C,所以 AD⊥C1E. (2)解:因为 AC∥A1C1,所以∠A1C1E 是异面直线 AC,C1E 所成的角,由题设,∠A1C1E= 60°, 因为∠B1A1C1=∠BAC=90°,所以 A1C1⊥A1B1,又 AA1⊥A1C1,从而 A1C1⊥平面 A1ABB1,于是 A1C1⊥A1E. 故 C1E= , 又 B1C1= =2, 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 22OD AD= = 4 2 2 2 4PA PD AD= − = 1 3 1 3 2 2 2 ⊂ ⊂ 1 1 2 2cos60 AC =° 2 2 1 1 1 1AC A B+ 所以 B1E= =2, 从而 = ×A1C1= . 2014 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 数学(文) 18、 2 2 1 1 1C E B C− 1 1 1C A B EV −三棱锥 1 1 1 3 A B ES∆ 1 1 22 2 23 2 3 × × × × =查看更多