高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编附答案解析
数学《空间向量与立体几何》知识点
一、选择题
1.若a ,b 是不同的直线,α,β是不同的平面,则下列四个命题:①若a P α,
b β∥,a b ⊥r r
,则αβ⊥;②若a P α,b β∥,a b ∥,则αβ∥;③若a α⊥,
b β⊥,a b ∥,则αβ∥;④若a P α,b β⊥,a b ⊥r r
,则αβ∥.正确的个数为
( ) A .0 B .1
C .2
D .3
【答案】B 【解析】 【分析】
对每一个选项逐一分析得解. 【详解】
命题①中α与β还有可能平行或相交; 命题②中α与β还有可能相交; 命题④中α与β还有可能相交;
∵a b P ,a α⊥,∴b α⊥,又b β⊥,∴αβP .故命题③正确. 故选B . 【点睛】
本题主要考查空间直线平面位置关系的判断,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.
2.如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存
在一点P ,使得1AP D P +取得最小值,则此最小值为( )
A 7
B .3
C .3
D .2
【答案】A 【解析】 【分析】
把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上,连接1MD 并求出,就 是最小值. 【详解】
把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上,连接1MD .1MD 就是1||||AP D P +的最小值,
Q ||||3AB AD ==,1||1AA =,∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=.
所以11=90+60=150MA D ∠o o o
221111111113
2cos 13223()72
MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-??-
??=
故选A . 【点睛】
本题考查棱柱的结构特征,考查计算能力,空间想象能力,解决此类问题常通过转化,转化为在同一平面内两点之间的距离问题,是中档题.
3.已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍,且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等,则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为( ). A 10 B .3:1
C .2:1
D 102
【答案】A 【解析】 【分析】
设圆锥SC 的底面半径为r ,可求得圆锥的母线长,根据圆锥侧面积公式求得侧面积;由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高,进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积,从而求得比值. 【详解】
设圆锥SC 的底面半径为r ,则高为3r ,∴圆锥SC 的母线长22910l r r r =+=,
∴圆锥SC 的侧面积为210rl r ππ=;
圆柱OM 的底面半径为2r ,高为h , 又圆锥的体积23133V r r r ππ=
?=,234r h r ππ∴=,4
r h ∴=, ∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ?==,
∴圆锥SC 与圆柱OM 2210:10r r ππ=.
故选:A . 【点睛】
本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题,涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用,属于基础题.
4.已知正方体1111ABCD A B C D -中,M ,N 分别为AB ,1AA 的中点,则异面直线
1C M 与BN 所成角的大小为( )
A .30°
B .45?
C .60?
D .90?
【答案】D 【解析】 【分析】
根据题意画出图形,可将异面直线转化共面的相交直线,再进行求解 【详解】 如图:
作AN 的中点'N ,连接'N M ,1'C N 由题设可知'N M BN P ,则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角,设正方体的边长为4,由几何关系可得,'5N M = ,
16C M =,1'41C N =,得2
112
2
''N M M C N C =+,即1'90N MC ∠=?
故选D 【点睛】
本题考查异面直线的求法,属于基础题
5.如图,网格纸是由边长为1的小正方形构成,若粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为( )
A .920π+
B .926π+
C .520π+
D .526π+
【答案】C 【解析】 【分析】
根据三视图还原为几何体,结合组合体的结构特征求解表面积. 【详解】
由三视图可知,该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体,其中半圆柱的底面半圆半径为1,高为4,长方体的底面四边形相邻边长分别为1,2,高为4,所以该几何体的表面积2
1
12141222
S ππ=?+???+??14224520π+??+?=+,故选C. 【点睛】
本题主要考查三视图的识别,利用三视图还原成几何体是求解关键,侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.
6.设α为平面,a ,b 为两条不同的直线,则下列叙述正确的是( ) A .若//a α,//b α,则//a b B .若a α⊥,//a b ,则b α⊥ C .若a α⊥,a b ⊥r r ,则//b α D .若//a α,a b ⊥r r
,则b α⊥
【答案】B 【解析】 【分析】
利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解. 【详解】
若//a α,//b α,则a 与b 相交、平行或异面,故A 错误;
若a α⊥,//a b ,则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥,故B 正确; 若a α⊥,a b ⊥r r
,则//b α或b α?,故C 错误;
若//a α,a b ⊥r r
,则//b α,或b α?,或b 与α相交,故D 错误.
故选:B . 【点睛】
本题考查命题的真假的判断,是基础题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养.
7.如图,在正方体1111ABCD A B C D -,点P 在线段1BC 上运动,则下列判断正确的是( )
①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD
③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是
0,3
π?? ??
?
④三棱锥1D APC -的体积不变 A .①② B .①②④
C .③④
D .①④
【答案】B 【解析】 【分析】
由面面垂直的判定定理判断①,由面面平行的性质定理判断②,求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角,判断③,由换底求体积法判断④. 【详解】
正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ,从而有1AC B D ⊥,同理有11B D AD ^,证得
1B D ⊥平面1ACD ,由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ,①正确;
正方体中11//A B CD ,11//BC AD ,从而可得线面平行,然后可得面面平行,即平面
11A BC //平面1ACD ,而1A P ?平面11A BC ,从而得1//A P 平面1ACD ,②正确;
当P 是1BC 中点时,1A P 在平面11A B CD 内,正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面
11A B CD ,从而11AD A P ⊥,1A P 与1AD 所成角为90?.③错;
∵11D APC P AD C V V --=,由1//BC 平面1ACD ,知P 在线段1BC 上移动时,P 到平面1ACD 距离相等,因此1P AD C V -不变,④正确. 故选:B . 【点睛】
本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识,考查学生的空间想象能力,属于中档题.
8.在正方体1111ABCD A B C D -中,点E ∈平面11AA B B ,点F 是线段1AA 的中点,若
1D E CF ⊥,则当EBC V 的面积取得最小值时,
EBC
ABCD
S S =△( )
A .
25
B .
12
C .
5 D .
510
【答案】D 【解析】 【分析】
根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上,当EBC V 的面积取得最小值时,线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离,即可求得面积关系. 【详解】
先证明一个结论P :若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ,则l ⊥m ,
即:已知直线l 在平面内的射影为直线OA ,OA ⊥OB ,求证:l ⊥OB . 证明:直线l 在平面内的射影为直线OA ,
不妨在直线l 上取点P ,使得PA ⊥OB ,OA ⊥OB ,OA ,PA 是平面PAO 内两条相交直线, 所以OB ⊥平面PAO ,PO ?平面PAO , 所以PO ⊥OB ,即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理. 如图所示,取AB 的中点G ,
正方体中:1111A C D B ⊥,CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C , 由三垂线定理可得:11CF D B ⊥,
CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ,1FB B G ⊥
由三垂线定理可得:1CF B G ⊥,1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线, 所以CF ⊥平面11B D G ,
∴当点E 在直线1B G 上时,1D E CF ⊥,
设BC a =,则11
22
EBC S EB BC EB a =
??=??△, 当EBC V 的面积取最小值时,
线段EB的长度为点B到直线1B G的距离,∴线段EB
,
EBC
ABCD
S
S
∴==
△.
故选:D.
【点睛】
此题考查立体几何中的轨迹问题,通过位置关系讨论面积关系,关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.
9.已知,m l是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,则下列可以推出αβ
⊥的是()
A.,,
m l m l
βα
⊥?⊥B.,,
m l l m
αβα
⊥?=?
C.//,,
m l m l
αβ
⊥⊥D.,//,//
l m l m
αβ
⊥
【答案】D
【解析】
【分析】
A,有可能出现α,β平行这种情况.B,会出现平面α,β相交但不垂直的情况.C,根据面面平行的性质定理判断.D,根据面面垂直的判定定理判断.
【详解】
对于A,m l
⊥,mβ
?,若lβ
⊥,则//
αβ,故A错误;
对于B,会出现平面α,β相交但不垂直的情况,故B错误;
对于C,因为//
m l,mα
⊥,则lα
⊥,又因为lβαβ
⊥?∥,故C错误;
对于D,lα
⊥,m l mα
?⊥
∥,又由mβαβ
?⊥
∥,故D正确.
故选:D
【点睛】
本题考查空间中的平行、垂直关系的判定,还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.
10.如图,平面四边形ABCD中,1
AB AD CD
===
,BD=,BD CD
⊥,将其沿对角线BD折成四面体A BCD
'-,使平面A BD
'⊥平面BCD,若四面体A BCD
'-的顶点在同一个球面上,则该球的表面积为()
A .3π
B 3
C .4π
D 3 【答案】A 【解析】 【分析】
设BC 的中点是E ,连接DE ,由四面体A′-BCD 的特征可知,DE 即为球体的半径. 【详解】
设BC 的中点是E ,连接DE ,A′E , 因为AB =AD =1,BD 2 由勾股定理得:BA ⊥AD
又因为BD ⊥CD ,即三角形BCD 为直角三角形 所以DE 为球体的半径
32
DE =
2
3432
S ππ== 故选A 【点睛】
求解球体的表面积、体积的问题,其实质是求球体的半径,解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式,构造常用的方法是构造直角三角形,再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.
11.设A ,B ,C ,D 是同一个球面上四点,ABC ?是斜边长为6的等腰直角三角形,若三棱锥D ABC -体积的最大值为27,则该球的表面积为( ) A .36π B .64π
C .100π
D .144π
【答案】C 【解析】 【分析】
由题意画出图形,求出三棱锥D ABC -的外接球的半径,代入表面积公式求解. 【详解】 解:如图,
ABC ?是斜边BC 长为6的等腰直角三角形,则当D 位于直径的端点时,三棱锥D ABC -体积取最大值为27,
由AB AC =,AB AC ⊥,6BC =,可得斜边BC 上的高3AE =,32AB AC == 由11
32322732
DE ?
?=,解得9DE =, 则2
1AE EF DE
==.
∴球O 的直径为10DE EF +=, 则球O 的半径为
1
1052
?=. ∴该球的表面积为245100S ππ=?=. 故选C . 【点睛】
本题考查多面体外接球表面积的求法,考查数形结合的解题思想方法,是中档题.
12.设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形,VA ⊥底面ABC ,M 是线段BC 上的点(端点除外),记VM 与AB 所成角为α,VM 与底面ABC 所成角为β,二面角A ﹣VC ﹣B 为γ,则( ) A .2
π
αββγ+<,> B .2
π
αββγ+<,<
C .2
π
αββγ+>,>
D .2
π
αββγ+>,<
【答案】C 【解析】 【分析】
由最小角定理得αβ>,由已知条件得AB ⊥平面VAC ,过A 作AN VC ⊥,连结BN ,得BNA γ=∠,推导出BVA γ>∠,由VA ⊥平面ABC ,得VMA β=∠,推导出
MVA γ>∠,从而2
π
βγ+>
,即可得解.
【详解】
由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形,
VA ⊥平面ABC ,M 是线段BC 上的点(端点除外),
记VM 与AB 所成角为α,VM 与底面ABC 所成角为β,二面角A VC B --为γ,
由最小角定理得αβ>,排除A 和B ; 由已知条件得AB ⊥平面VAC ,
过A 作AN VC ⊥,连结BN ,得BNA γ=∠, ∴tan tan AB
BNA AN
γ=∠=, 而tan AB
BVA AV
∠=
,AN AV <,∴tan tan BNA BVA ∠>∠, ∴BVA γ>∠,
∵VA ⊥平面ABC ,∴VMA β=∠, ∴2
MVA π
β+∠=,
∵tan AM
MVA AV
∠=
,AB AM >,∴tan tan BVA MVA ∠>∠, ∴MVA γ>∠,∴2
π
βγ+>.
故选:C .
【点睛】
本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解,考查了空间思维能力,属于中档题.
13.在正四面体A BCD -中,P 是AB 的中点,Q 是直线BD 上的动点,则直线PQ 与
AC 所成角可能为( )
A .
12
π
B .
4
π C .
512
π D .
2
π 【答案】C 【解析】 【分析】
根据题意,取BC 的中点M ,连接MQ ,则//AC MQ ,所以QPM ∠为异面直线PQ 与
AC 所成角,在利用余弦定理可得242MQ x x =+-,易知PQ MQ =,所以在等腰三
角形PMQ 中()2
cos 0442QPM x x x
∠=
≤≤+-,,即可求出
33cos QPM ??
∠∈????
,,进而求出结果.
【详解】
取BC 的中点M ,连接MQ ,则//AC MQ ,所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角,如下图所示:
设正四面体A BCD -的棱长为4,()04BQ x x =≤≤,,
在BMQ ?中,2
2
2
2
2cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-??=+-, 在正四面体A BCD -中,易知PQ MQ =, 所以在等腰三角形PMQ 中,()2
cos 0442QPM x x x
∠=
≤≤+-
所以33cos 123QPM ∠∈??
,,
所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π
. 故选:C. 【点睛】
本题主要考查了异面直线成角,余弦定理的应用,考查了空间几何中的动态问题,考查学生的应用能力和空间想象能力,属于中档题.
14.在三棱锥P ABC -中,PA ⊥平面ABC ,2π
,43
BAC AP ∠=
=,23AB AC ==P ABC -的外接球的表面积为( )
A .32π
B .48π
C .64π
D .72π
【答案】C 【解析】 【分析】
先求出ABC V 的外接圆的半径,然后取ABC V 的外接圆的圆心G ,过G 作//GO AP ,
且1
22
GO AP =
=,由于PA ⊥
平面ABC ,故点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心,OA 为外接球半径,求解即可. 【详解】
在ABC V 中,23AB AC ==,23BAC π∠=
,可得6
ACB π∠=, 则ABC V 的外接圆的半径
2323
π
2sin 2sin 6
AB r ACB =
==,取ABC V 的外接圆的圆心G ,过G 作//GO AP ,且1
22
GO AP =
=, 因为PA ⊥平面ABC ,所以点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心, 则2
2
2
OA OG AG =+,即外接球半径()
2
2
223
4R =
+=,
则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为24π4π1664πR =?=. 故选C.
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法,考查了学生的空间想象能力,属于中档题.
15.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的体积为( )
A .
643
π B .8316π
π C .28π
D .82163
π
π+
【答案】B 【解析】 【分析】
结合三视图,还原直观图,得到一个圆锥和一个圆柱,计算体积,即可. 【详解】
结合三视图,还原直观图,得到
故体积22221183242231633V r h r l πππππ=?+?=?+??=+,故选B . 【点睛】
本道题考查了三视图还原直观图,考查了组合体体积计算方法,难度中等.
16.已知空间四边形OABC ,其对角线为OB ,AC ,M ,N 分别是边OA ,CB 的中点,点G 在线段MN 上,且使2MG GN =,用向量OA u u u v ,OB uuu v ,OC u u u v 表示向量OG u u u v
是( )
A .2233
OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v
B .122233OG OA OB O
C u u u v u u u v u u u v u u u v =++
C .111633
OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v
D .112633
OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v
【答案】C 【解析】 【分析】
根据所给的图形和一组基底,从起点O 出发,把不是基底中的向量,用是基底的向量来表
示,就可以得到结论. 【详解】
2OG OM MG OM MN 3
=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r ,
()()
2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u
r u u u r u u u r =+++=++-=++
111OG OA OB OC 633
u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ ,
故选:C . 【点睛】
本题考查向量的基本定理及其意义,解题时注意方法,即从要表示的向量的起点出发,沿着空间图形的棱走到终点,若出现不是基底中的向量的情况,再重复这个过程.
17.如图1,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,M ,N ,Q 分别是线段AD 1,B 1C ,C 1D 1上的动点,当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时,三棱锥俯视图的面积为
A .2
B .1
C .
32 D .
52
【答案】C 【解析】 【分析】
判断俯视图的形状,利用三视图数据求解俯视图的面积即可. 【详解】
由正视图可知:M 是1AD 的中点,N 在1B 处,Q 在11C D 的中点, 俯视图如图所示:
可得其面积为:1113
222111122222
?-??-??-??=,故选C . 【点睛】
本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积,判断它的形状是解题的关键,属于中档题.
18.已知,αβ是不同的两个平面,直线a α?,直线b β?,条件:p a 与b 没有公共点,条件://q αβ,则p 是q 的( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充要条件 D .既不充分又不必要条件
【答案】B 【解析】
∵a 与b 没有公共点时,a 与b 所在的平面β可能平行,也可能相交(交点不在直线b 上)
∴命题p :a 与b 没有公共点?命题q :α∥β,为假命题 又∵α∥β时,a 与b 平行或异面,即a 与b 没有公共点 ∴命题q :α∥β?命题p :a 与b 没有公共点,为真命题; 故p 是q 的必要不充分条件 故选B
19.已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图所示,则剩余部分的表面积为( )
A .
B .
C .
D .
【答案】B 【解析】
【分析】
根据三视图得到几何体的直观图,然后再根据题中的数据求出几何体的表面积即可.
【详解】
由三视图可得,该几何体为如图所示的正方体截去三棱锥和三棱锥后的剩余部分.
其表面为六个腰长为1的等腰直角三角形和两个边长为的等边三角形,
所以其表面积为.
故选B.
【点睛】
在由三视图还原空间几何体时,一般以主视图和俯视图为主,结合左视图进行综合考虑.热悉常见几何体的三视图,能由三视图得到几何体的直观图是解题关键.求解几何体的表面积或体积时要结合题中的数据及几何体的形状进行求解,解题时注意分割等方法的运用,转化为规则的几何体的表面积或体积求解.
20.一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2,则该四面体外接球的表面积为()
A.6πB.12πC.32πD.48π
【答案】B
【解析】
【分析】
先作出几何图形,确定四个直角和边长,再找到外接球的球心和半径,再计算外接球的表面积.
【详解】
由题得几何体原图如图所示,
其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,
所以2,3
SC=
设SC中点为O,则在直角三角形SAC中,3,
在直角三角形SBC中,OB=1
3 2
SC=
所以3
所以点O3
所以四面体外接球的表面积为43=12
ππ.
故选:B
【点睛】
本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.
(完整word版)高中数学解析几何大题精选
解析几何大量精选 1.在直角坐标系xOy 中,点M 到点()1,0F ,) 2 ,0F 的距离之和是4,点M 的轨迹 是C 与x 轴的负半轴交于点A ,不过点A 的直线:l y kx b =+与轨迹C 交于不同的两点P 和Q . ⑴求轨迹C 的方程; ⑴当0AP AQ ?=u u u r u u u r 时,求k 与b 的关系,并证明直线l 过定点. 【解析】 ⑴ 2 214 x y +=. ⑴将y kx b =+代入曲线C 的方程, 整理得2 2 2 (14)8440k x kbx b +++-=, 因为直线l 与曲线C 交于不同的两点P 和Q , 所以222222644(14)(44)16(41)0k b k b k b ?=-+-=-+> ① 设()11,P x y ,()22,Q x y ,则122 814kb x x k +=-+,21224414b x x k -= + ② 且2222 121212122 4()()()14b k y y kx b kx b k x x kb x x b k -?=++=+++=+, 显然,曲线C 与x 轴的负半轴交于点()2,0A -, 所以()112,AP x y =+u u u r ,()222,AQ x y =+u u u r . 由0AP AQ ?=u u u r u u u r ,得1212(2)(2)0x x y y +++=. 将②、③代入上式,整理得22121650k kb b -+=. 所以(2)(65)0k b k b -?-=,即2b k =或6 5 b k =.经检验,都符合条件① 当2b k =时,直线l 的方程为2y kx k =+.显然,此时直线l 经过定点()2,0-点. 即直线l 经过点A ,与题意不符. 当65b k =时,直线l 的方程为6655y kx k k x ? ?=+=+ ?? ?. 显然,此时直线l 经过定点6,05?? - ??? 点,满足题意. 综上,k 与b 的关系是65b k =,且直线l 经过定点6,05?? - ??? 2. 已知椭圆2222:1x y C a b +=(0)a b >>的离心率为1 2 ,以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的 圆与直线0x y -=相切. ⑴ 求椭圆C 的方程; ⑴ 设(4,0)P ,A ,B 是椭圆C 上关于x 轴对称的任意两个不同的点,连结PB 交椭圆C 于另一点E ,证明直线AE 与x 轴相交于定点Q ; ⑴ 在⑴的条件下,过点Q 的直线与椭圆C 交于M ,N 两点,求OM ON ?u u u u r u u u r 的取值范围. 【解析】 ⑴22 143 x y +=. ⑴ 由题意知直线PB 的斜率存在,设直线PB 的方程为(4)y k x =-.
高三数学解析几何专题
专题四 解析几何专题 【命题趋向】解析几何是高中数学的一个重要内容,其核心内容是直线和圆以及圆锥曲线.由于平面向量可以用坐标表示,因此以坐标为桥梁,可以使向量的有关运算与解析几何中的坐标运算产生联系,平面向量的引入为高考中解析几何试题的命制开拓了新的思路,为实现在知识网络交汇处设计试题提供了良好的素材.解析几何问题着重考查解析几何的基本思想,利用代数的方法研究几何问题的基本特点和性质.解析几何试题对运算求解能力有较高的要求.解析几何试题的基本特点是淡化对图形性质的技巧性处理,关注解题方向的选择及计算方法的合理性,适当关注与向量、解三角形、函数等知识的交汇,关注对数形结合、函数与方程、化归与转化、特殊与一般思想的考查,关注对整体处理问题的策略以及待定系数法、换元法等的考查.在高考试卷中该部分一般有1至2道小题有针对性地考查直线与圆、圆锥曲线中的重要知识和方法;一道综合解答题,以圆或圆锥曲线为依托,综合平面向量、解三角形、函数等综合考查解析几何的基础知识、基本方法和基本的数学思想方法在解题中的应用,这道解答题往往是试卷的把关题之一. 【考点透析】解析几何的主要考点是:(1)直线与方程,重点是直线的斜率、直线方程的各种形式、两直线的交点坐标、两点间的距离公式、点到直线的距离公式等;(2)圆与方程,重点是确定圆的几何要素、圆的标准方程与一般方程、直线与圆和圆与圆的位置关系,以及坐标法思想的初步应用;(3)圆锥曲线与方程,重点是椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程和简单几何性质,圆锥曲线的简单应用,曲线与方程的关系,以及数形结合的思想方法等. 【例题解析】 题型1 直线与方程 例1 (2008高考安徽理8)若过点(4,0)A 的直线l 与曲线22(2)1x y -+=有公共点,则直线l 的斜率的取值范围为( ) A .[ B .( C .[33 D .(33 - 分析:利用圆心到直线的距离不大于其半径布列关于直线的斜率k 的不等式,通过解不等式解决. 解析:C 设直线方程为(4)y k x =-,即40kx y k --=,直线l 与曲线22(2)1 x y -+= 有公共点,圆心到直线的距离小于等于半径 1d =≤,得222141,3 k k k ≤+≤,选择C 点评:本题利用直线和圆的位置关系考查运算能力和数形结合的思想意识.高考试卷中一般不单独考查直线与方程,而是把直线与方程与圆、圆锥曲线或其他知识交汇考查. 例2.(2009江苏泰州期末第10题)已知04,k <<直线1:2280l kx y k --+=和直线
近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总
高考真题集锦(立体几何部分) 1.(2016.理1)如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积是( ) A 20π B24π C28π D.32π 2. βα,是两个平面,m,n 是两条直线,有下列四个命题: (1)如果m ⊥n,m ⊥α,n ∥β,那么βα⊥; (2)如果m ⊥α,n ∥α,那么m ⊥n. (3)如果αβα?m ,∥那么m ∥β。 (4)如果m ∥n,βα∥,那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。 其中正确的命题有___________ 3.(2016年理1)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互相垂直的半径.若该几何体的体积是π328,则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ,α//平面11D CB ,?α平面ABCD =m , ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为( ) A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.(2016年理1)如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD ,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .(12分) (Ⅰ)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (Ⅱ)求二面角E-BC-A 的余弦值.
6. (2015年理1)圆柱被一个平面截取一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积是16+20π,则r=( ) A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点,BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明:平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为() 9.如图,长方体1111D C B A ABCD -中,AB = 16,BC = 10,AA1 = 8,点E ,F 分别在1111C D B A , 上,411==F D E A ,过点E,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形。 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB=5,AC=6,点E,F 分别在AD,CD 上,AE=CF=45 ,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置,OD ’=10 (1)证明:D ’H ⊥平面ABCD (2)求二面角B-D ’A-C 的正弦值
高考数学解析几何专题练习及答案解析版
高考数学解析几何专题练习解析版82页 1.一个顶点的坐标()2,0 ,焦距的一半为3的椭圆的标准方程是( ) A. 19422=+y x B. 14922=+y x C. 113422=+y x D. 14132 2=+y x 2.已知双曲线的方程为22 221(0,0)x y a b a b -=>>,过左焦点F 1的直线交 双曲线的右支于点P ,且y 轴平分线段F 1P ,则双曲线的离心率是( ) A . 3 B .32+ C . 31+ D . 32 3.已知过抛物线y 2 =2px (p>0)的焦点F 的直线x -my+m=0与抛物线交于A ,B 两点, 且△OAB (O 为坐标原点)的面积为,则m 6+ m 4的值为( ) A .1 B . 2 C .3 D .4 4.若直线经过(0,1),(3,4)A B 两点,则直线AB 的倾斜角为 A .30o B . 45o C .60o D .120o 5.已知曲线C 的极坐标方程ρ=2θ2cos ,给定两点P(0,π/2),Q (-2,π),则有 ( ) (A)P 在曲线C 上,Q 不在曲线C 上 (B)P 、Q 都不在曲线C 上 (C)P 不在曲线C 上,Q 在曲线C 上 (D)P 、Q 都在曲线C 上 6.点M 的直角坐标为)1,3(--化为极坐标为( ) A .)65, 2(π B .)6 ,2(π C .)611,2(π D .)67,2(π 7.曲线的参数方程为???-=+=1 232 2t y t x (t 是参数),则曲线是( ) A 、线段 B 、直线 C 、圆 D 、射线 8.点(2,1)到直线3x-4y+2=0的距离是( ) A . 54 B .4 5 C . 254 D .4 25 9. 圆0642 2 =+-+y x y x 的圆心坐标和半径分别为( ) A.)3,2(-、13 B.)3,2(-、13 C.)3,2(--、13 D.)3,2(-、13 10.椭圆 122 2 2=+b y x 的焦点为21,F F ,两条准线与x 轴的交点分别为M 、N ,若212F F MN ≤,则该椭圆离心率取得最小值时的椭圆方程为 ( )
2020高考数学专题复习-解析几何专题
《曲线的方程和性质》专题 一、《考试大纲》要求 ⒈直线和圆的方程 (1)理解直线的倾斜角和斜率的概念,掌握过两点的直线的斜率公式.掌握直线方 程的点斜式、两点式、一般式,并能根据条件熟练地求出直线方程. (2)掌握两条直线平行与垂直的条件,两条直线所成的角和点到直线的距离公式.能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系. (3)了解二元一次不等式表示平面区域. (4)了解线性规划的意义,并会简单的应用. (5)了解解析几何的基本思想,了解坐标法. (6)掌握圆的标准方程和一般方程,了解参数方程的概念,理解圆的参数方程. ⒉圆锥曲线方程 (1)掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质,理解椭圆的参数方程. (2)掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质. (3)掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质. (4)了解圆锥曲线的初步应用. 二、高考试题回放 1.(福建)已知F 1、F 2是椭圆的两个焦点,过F 1且与椭圆长轴垂直 的直线交椭圆于A 、B 两点,若△ABF 2是正三角形,则这个椭圆的离心率是 ( ) A . 33 B .32 C .2 2 D .23
2.(福建)直线x +2y=0被曲线x 2+y 2-6x -2y -15=0所截得的弦长等于 . 3.(福建)如图,P 是抛物线C :y=2 1x 2上一点,直线l 过点P 且与抛物线C 交于另一点Q.(Ⅰ)若直线l 与过点P 的切线垂直,求线段PQ 中点M 的轨迹方程; (Ⅱ)若直线l 不过原点且与x 轴交于点S ,与y 轴交于点T ,试求 | || |||||SQ ST SP ST +的取值范围. 4.(湖北)已知点M (6,2)和M 2(1,7).直线y=mx —7与线段M 1M 2的交点M 分有向线段M 1M 2的比为3:2,则m 的值为 ( ) A .2 3 - B .3 2- C .4 1 D .4 5.(湖北)两个圆0124:0222:222221=+--+=-+++y x y x C y x y x C 与的 公切线有且仅有 ( ) A .1条 B .2条 C .3条 D .4条 6.(湖北)直线12:1:22=-+=y x C kx y l 与双曲线的右支交于不同的两 点A 、B. (Ⅰ)求实数k 的取值范围; (Ⅱ)是否存在实数k ,使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F ?若存在,求出k 的值;若不存在,说明理由. 7.(湖南)如果双曲线112 132 2 =-y x 上一点P 到右焦点的距离为13, 那么 点 P 到右准线 的 距 离 是 ( )
高考数学专题复习立体几何(理科)练习题
A B C D P 《立体几何》专题 练习题 1.如图正方体1111D C B A ABCD -中,E 、F 分别为D 1C 1和B 1C 1的中点, P 、Q 分别为A 1C 1与EF 、AC 与BD 的交点, (1)求证:D 、B 、F 、E 四点共面; (2)若A 1C 与面DBFE 交于点R ,求证:P 、Q 、R 三点共线 2.已知直线a 、b 异面,平面α过a 且平行于b ,平面β过b 且平行于a ,求证:α∥β. 3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 4=AB 1=BC 3=BE ,4=CF ,若如图所示建立空间直角坐标系. ①求EF 和点G 的坐标; ②求异面直线EF 与AD 所成的角; ③求点C 到截面AEFG 的距离. 4. 如图,三棱锥P —ABC 中, PC ⊥平面ABC ,PC=AC=2,AB=BC ,D 是PB 上一点,且CD 平面PAB . (I) 求证:AB ⊥平面PCB ; (II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小; (III )求二面角C-PA-B 的余弦值. 5. 如图,直二面角D —AB —E 中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,AE=EB ,F 为CE 上的点,且BF ⊥平面ACE. (1)求证AE ⊥平面BCE ; (2)求二面角B —AC —E 的余弦值. 6. 已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2,点M 在侧棱1BB 上. P Q F E D 1C 1B 1A 1D C B A F E C B y Z x G D A
(Ⅰ)若P 为AC 的中点,M 为BB 1的中点,求证BP//平面AMC 1; (Ⅱ)若AM 与平面11AA CC 所成角为30ο,试求BM 的长. 7. 如图,在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,PA =AB =1,BC =2. (1)求证:平面PDC ⊥平面PAD ; (2)若E 是PD 的中点,求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值; 8. 已知:在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AB = a ,AA 1 = 2a . D 是侧棱BB 1的中点.求证: (Ⅰ)求证:平面ADC 1⊥平面ACC 1A 1; (Ⅱ)求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的余弦值. 9. 已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形,且60DAB ∠=,1AD AA =F 为 棱1BB 的中点,M 为线段1AC 的中点. (Ⅰ)求证:直线MF //平面ABCD ; (Ⅱ)求证:直线MF ⊥平面11ACC A ; (Ⅲ)求平面1AFC 与平面ABCD 所成二面角的大小 10. 棱长是1的正方体,P 、Q 分别是棱AB 、CC 1上的内分点,满足 21==QC CQ PB AP . P A B C D E