2020年高考数学立体几何考题预测

2020年高考数学立体几何考题预测2020年高考立体几何试题立体几何的考查形式较为平稳. 12道选择或填空，1道大题。大题的命题体现“一题多问，一题两法”，考查角度主要是两个方面，角度与距离的计算，垂直与平行的证明. 考查的知识点在20个以内.随着新课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着“多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的话题.下对2020年高考立体几何考题作些大胆预测。预测1、判断命题真假例1. 设a、b是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列四个命题（ ） 若 若 其中正确的命题的个数是（ ）A0个B1个C2个D3个解析：注意中b可能在上；中a可能在上；中b/，或均有，故只有一个正确命题，故选B点评：线线、线面、面面垂直与平行的判定和性质定理，是解决此类问题的依据，实物的简单演示法、特例法，是解决问题的法宝.预测2、讨论截面形状图1例2、在正方形中，过对角线的一个平面交于E，交于F， 四边形一定是平行四边形；四边形有可能是正方形；四边形在底面ABCD内的投影一定是正方形；四边形有可能垂直于平面。以上结论正确的为 。（写出所有正确结论的编号） 解析：如图1，四边形分别交两平行平面于，从而由面面平行的性质定理知同理可得从而知四边形一定是平行四边形，故对。要使四边形为正方形，则有又这是不可能的，从而知四边形不可能是正方形，故错；四边形在底面ABCD内的投影点分别为A，B，C，D，显然其射影是正方形，故对；当E，F分别为AA1，CC1的中点时，四边形为菱形，此时有，故对从而以上结论正确的为 。点评：本题属于结论开放型探索性命题，可直接利用条件证明，也可在先假设结论成立，反溯其具备的条件或推出矛盾从而加以否定。这类问题求解关键是执果索因，追溯结论具备的条件。预测3、探求充要关系例3. 设有如下三个命题：甲：相交直线、m都在平面内，并且都不在平面内；乙：直线、m中至少有一条与平面相交；丙：平面与平面相交当甲成立时，A乙是丙的充分而不必要条件 B乙是丙的必要而不充分条件C乙是丙的充分且必要条件 D乙既不是丙的充分条件又不是丙的必要条件解析：当甲成立，即“相交直线、m都在平面内，并且都不在平面内”时，若“、m中至少有一条与平面相交”，则“平面与平面相交”成立；若“平面与平面相交”，则“、m中至少有一条与平面相交”也成立选（C）点评：牢记时，A是B的充分条件，B是A的必要条件.判别两个命题之间的关系，就是探讨存在怎样的因果关系和不能出现的因果关系. 预测 4、动点轨迹问题 例4、如图2，已知边长为 1 的正方体 A B CD A1B1C1D1, M在 A1B1上 , A1M= , P在下底面上 , P 到 A D 的距离与 P 到 M 的距离的平方差为定值, 则P的轨迹为 图2解：在下底面上建立平面直角坐标系 , A1为原点 , A1B1为 x 轴 , A1D1为 y 轴 ,设 P( x , y) ,由题意得 (其中 a 为常数) , 所以轨迹是一段抛物线。点评：动点轨迹问题是较为新颖的一种创新命题形式，它重点体现了在解析几何与立体几何的知识交汇处设计图形。不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本方法，是表现最为活跃的一种创新题型。有时建立坐标系借助解析几何有关定义求解效果较好。预测5、结论开放题例5 、如图3，在正方体1111中，为中截面的中心，则在该正方体各个面上的射影可能是_（要求：把可能的图的序号填上）图3A1B1C1D1ABCDP 解析：在正方体某一个面上的射影，应当是连结三个顶点 ，在这个面上的射影而得的图象由于，在下底面上的射影是它们各自本身，在下底面上的射影是中点，故在下底面上的射影是下底面对角线，因此，图是可能的，且在上底面上的射影是上底面对角线11，也是图的情形；而在侧面1上的射影是，在侧面1上的射影是它本身，在侧面1上的射影是侧面1的中心，故图也是可能的同理可知，在其他三个侧面上的射影也都是图的情形，于是图，是不可能的因此，所有可能的图形是， 点评：本题是一道多选题，涉及的数学概念并不多，侧重于考查数学语言向图形语言的转译，并根据这两种语言提供的信息展开空间想象，弃伪存真，它对于空间想象能力和思维判断能力有着较高的要求，是近几年高考题型改革较为成功的一种新颖题型之一预测6、探索存在性问题 如图4，在棱长为1的正方体中，（I）在侧棱上是否存在一个点P，使得直线与平面所成角的正切值为； （）若P是侧棱上一动点，在线段上是否存在一个定点，使得在平面上的射影垂直于。并证明你的结论.解法一：（）如图5,设PC=m,连AC，设AC与BD相交于点O,AP与平面相交于点G，,连结OG，因为PC平面，平面平面APCOG,故OGPC，所以，OGPC.又AOBD,AOBB1，所以AO平面，故AGO是AP与平面所成的角. 在RtAOG中，tanAGO，即m.所以，当PC时，直线AP与平面所成的角的正切值为.（）可以推测，点Q应当是A1C1的中点O1，因为D1O1A1C1, 且 D1O1A1A ，所以 D1O1平面ACC1A1，又AP平面ACC1A1，故 D1O1AP.那么根据三垂线定理知，D1O1在平面APD1的射影与AP垂直。解法二：()建立如图6所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)所以又由知，为平面的一个法向量。设AP与平面所成的角为，则。依题意有解得。故当时，直线AP与平面所成的角的正切值为。（）若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为，则Q(x，1，1)，。依题意，要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，等价于D1QAP即Q为A1C1的中点时，满足题设要求。点评：本题主要考查线面关系、直线于平面所成的角的有关知识及空间想象能力和推理运算能力，考查运用向量知识解决数学问题的能力。对于由给定结论，反溯应具备的条件的探索性问题，可执果索因，由给定的结论追溯应具备的条件。通过观察、试验、联想、演绎、归纳、类比、分析、综合等思维形式，寻找结论成立的条件.图7预测7、最值问题例7、如图7，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值解: 设容器的高为x则容器底面正三角形的边长为, 当且仅当 故当容器的高为时，容器的容积最大，其最大容积为点评：由于目标函数是关于三次函数的最值问题，因此用导数求解最方便。预测8、组合计数问题例8 、四面体的顶点和各棱的中点10个点。（1）从中任取三点确定一个平面，共能确定多少个平面？（2）以这10 个点顶点，共能确定多少个凸棱锥？解：（1）四面体的每一个面上的6个点只能确定同一个平面，六个中点中又有3对互相平行的连线，每一个棱上的三个点和棱外的点，只能确定一个平面，由间接法，共能确定 不同平面（2）依四面体的性质，若从10个点中取顶点作棱锥，只能是三棱锥或四绫锥。每一组不共面的4个点确定一个三棱锥，每一无三点共线的共面4点与该平面处一点确定一个四棱锥，故共有：即不考虑限制条件后，减去4个面上4个点共面虚构的，6条棱上三点共线虚构的3对平行中位线4点共面虚构的。又每一个面上6点，仅确定6个不同边形，即有，再以不在该平面上的另外4点之一为第五个顶点可作成四棱锥，又每对平行的中位线段为四边形二边可确定一个底面四边形，另取其它6点之一为第5个顶点可作四棱锥，共有个，即共有不同四棱锥+=114个。故共能作成不同的棱锥141+114=255个。图8点评：立体几何组合计数问题求解的关键是充分弄清几何概念及相关位置关系，然后利用排列组合知识正面或反面求解。分类讨论思想是考查的重点。预测9、析叠问题例9、正方形ABCD边长为4，点E是边CD上的一点，将AED沿AE折起到的位置时，有平面 平面ABCE，并且（如图8）（I）判断并证明E点的具体位置；（II）求点D/到平面ABCE的距离.图8-1解：（I）连结AC、BD交于点O，再连DD，由BDAC，且平面ACD平面ABCE于AC，BD平面ACD，故CDBD，又CDBD，CD平面BDD，即得CDDD，在RtCDD中，由于ED=ED，EDD=EDD，则ECD=900EDD=900EDD=EDC，EC=ED=ED，即E点为边CD的中点。图8-2（II）方法一：如图8-1取OC的中点M，连结DM、EM，则EM/BD，得EM平面ACD，即EMD=900，又因为DE=2，EM=，则DM=，又ADEM，ADDE， ADDE，AD平面EMD，则ADDM，在RtAMD中，AD=4，AM=，DM=，过D作DHAM于H点，则DH平面ABCE，由于DH=，此即得点D到平面ABCE的距离. xyz图8-3方法二：如图8-2连结OD，CD平面BDD，CDOD，在ADC中，设OD，则OC，CD=，AOD与DOC互补，由余弦定理得，解得，在直角三角形ODC中，由面积公式得所求距离为.方法三：能用最小角定理帮助解ADC，即，其中可求。另解： 建立如图6-3所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（4，0，0），B（4，4，0），C（0，4，0），设E（0，0），D（），设DH平面ABCE于H点，则H在AC上，H的坐标为（，0），依题意有：，图9-1由与两式相减，将代入得，从而有，即E为CD中点，点D到平面ABCE的距离是。点评 ：折叠问题的解题关键是理顺折叠前后图形中的不变量和改变量，可以先将这些关系一一指出以备后用。如本题中的DE=DE，AD=AD，ADE=ADE等等。除武装-2，0，2，4；本题多解其实是在考查考生的解三角形知识，考试结果表明，一般学生解题中遇到的主要障碍也在于此。本题给我们的教学启示是要关注立体几何命题与三角函数、解三角形知识之间的联系，在教学实践中要指导学生如何运用分析的方法，从复杂的空间图形关系中抽象出对应的三角形，掌握“化空间问题为平面问题，化复杂问题为简单问题”的化归思想，同时注意掌握求解折叠问题的解法规律。另外，通过本题要教会学生如何在一般图形中，建立恰当的空间直角坐标系。如本题可以采用的另一种建系方法是：以O点为原点，OA射线为轴，以OB射线为轴，垂直于OAB平面的射线为轴；读者不妨一试预测10、综合创新问题例 10 如图9 ,在正四棱锥 S ABCD中 , E 是 B C 的中点 ,P点在侧面 SCD内及其边界上运动 ,并且总是保持 PE A C.(1)指出动点 P 的轨迹 (即说明动点 P在满足给定的条件下运动时所形成的图形) ,证明你的结论 ;(2)以轨迹上的动点 P 为顶点的三棱锥P - CD E的最大体积是正四棱锥 S - AB CD体积的几分之几 ?(3)如图 3 ,设动点 P 在 G 点的位置时三棱锥 P - CD E的体积取最大值 V1,二面角 G - D E - C 的大小为,二面角 G - C大小为,求 tantan的值 ;(4) 若将“ E 是 B C 的中点”改B C 上异于 B 、C 的一定点”,其它条请指出点 P 的轨迹 ,证明你的结论.解析 (1) 如图3 ,分别取 CD 、S C 的中点 F、G ,连结 EF、EG、FG、BD. 设 A C与 BD 的交点为 O ,连结 S O , 则动点 P的轨迹是 SCD 的中位线 FG.由正四棱锥可得SBAC , EFA C.又因为 EGSB ,所以 EG A C ,所以 A C 平面 EFG ,因为 P FG , E平面 EFG ,所以 A C PE.(2)由于 SCD E是定值 ,所以当 P 到平面 CD E 的距离最大时 , VP- CD E最大 ,易知当P与G重合时, P到平面 CD E的距离最大,故( VP- CD E)max= VG- CDE又 SCD E= S正方形AB CD, G到 平 面AB CD的距离是点 S 到平面 AB CD 的距离的 ,所 以 ( VP- CD E)max=VG- CDE= VS - AB CD. (3) 令 AB = a , EF 与 A C 交于 N 点 ,连 GN ,则 GN 平面 AB CD.因此二面角 G - D E - C 和二面角 G -E - D 的平面角的正切值的比就等于 N 到E 和 CE 的距离的倒数比.因为 N 是 OC的中点 ,所以 N 到B C的距为14a.连结 D E 交 OC 于 M ,则 M 是 DB C 的重心 ,所以 MN =.又 M E =, N E = ,在 Rt M N E 中 , 容易求得 N 到 D E 的距离为 .故 tantan = 5 1.(4)动点 P在侧面 S CD 内部及其边界上运动 ,且总保持 PE A C , 那么这些相交于定点 E 的直线应位于某个与直线 A C 垂直的平面内 ,而由正四棱锥的性质可