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2019年高考真题理科数学分类汇编解析版全套含答案打包下载可编辑

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所以,线段CF的长为

8. 7

【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.

16.【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CC1⊥BE.

因为C1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C, 所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E?平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.

【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.

17.【2019年高考浙江卷】(本小题满分15分)如图,已知三棱柱ABC?A1B1C1,平面A1ACC1?平面ABC,

?AC,E,F分别是AC,A1B1的中点. ?ABC?90?,?BAC?30?,A1A?AC1(1)证明:EF?BC;

(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

【答案】(1)见解析;(2)【解析】方法一:

3. 5(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1, 平面A1ACC1∩平面ABC=AC, 所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC. 又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC.

(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形. 由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形. 由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1, 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角). 不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=23,EG=3. 由于O为A1G的中点,故EO?OG?A1G15, ?22EO2?OG2?EG23所以cos?EOG??.

2EO?OG5因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二:

(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1, 平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC.

如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E–xyz.

3. 5

不妨设AC=4,则

A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F(33,,23),C(0,2,0). 22因此,EF?(33,,23),BC?(?3,1,0). 22由EF?BC?0得EF?BC. (2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ. 10),A1C=(0,2,?23). 由(1)可得BC=(?3,,z), 设平面A1BC的法向量为n?(x,y,??BC?n?0??3x?y?0?由?,得?, ???A1C?n?0?y?3z?01),故sin??|cosEF,n|=取n?(1,3,|EF?n|4?,

|EF|?|n|53. 5因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为

【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.

专题5 平面解析几何

1.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知椭圆C的焦点为F1(?1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B

两点.若|AF2|?2|F2B|,|AB|?|BF1|,则C的方程为

x2?y2?1 A.2

x2y2??1 B.32x2y2??1 D.54x2y2??1 C.43【答案】B

【解析】法一:如图,由已知可设F2B?n,则AF2?2n,BF1?AB?3n, 由椭圆的定义有2a?BF1?BF2?4n,?AF1?2a?AF2?2n.

4n2?9n2?9n21在△AF1B中,由余弦定理推论得cos?F1AB??.

2?2n?3n3在△AF1F2中,由余弦定理得4n?4n?2?2n?2n?2213?4,解得n?. 32x2y2?2a?4n?23,?a?3,?b?a?c?3?1?2,?所求椭圆方程为??1,故选B.

32222

法二:由已知可设F2B?n,则AF2?2n,BF1?AB?3n, 由椭圆的定义有2a?BF1?BF2?4n,?AF1?2a?AF2?2n.

?4n2?4?2?2n?2?cos?AF2F1?4n2在△AF1F2和△BF1F2中,由余弦定理得?2, 2?n?4?2?n?2?cos?BF2F1?9n又?AF2F1,?BF2F1互补,?cos?AF2F1?cos?BF2F1?0,两式消去cos?AF2F1,cos?BF2F1,得

3n2?6?11n2,解得n?3.?2a?4n?23,?a?3,?b2?a2?c2?3?1?2,?所求椭圆方2x2y2程为??1,故选B.

32【名师点睛】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,很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养.

2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆A.2 C.4 【答案】D

x23p?y2p?1的一个焦点,则p=

B.3 D.8

x2y2pp2??1的一个焦点,【解析】因为抛物线y?2px(p?0)的焦点(,0)是椭圆所以3p?p?(),3pp222解得p?8,故选D.

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