2019高考數(shù)學(xué)(文)真題分類(lèi)匯編-立體幾何含答案

1、立體幾何專(zhuān)題1【 2019 年高考全國(guó) 卷文數(shù)】設(shè) ，為兩個(gè)平面，則 的充要條件是A內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與 平行B內(nèi)有兩條相交直線與 平行C，平行于同一條直線D， 垂直于同一平面【答案】 B【解析】由面面平行的判定定理知：內(nèi)兩條相交直線都與 平行是 的充分條件，由面面平行性質(zhì)定理知， 若 ，則 內(nèi)任意一條直線都與平行， 所以 內(nèi)兩條相交直線都與 平行是 的必要條件，故選 B【名師點(diǎn)睛】本題考查了空間兩個(gè)平面的判定與性質(zhì)及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養(yǎng)，利用 面面平行的判定定理與性質(zhì)定理即可作出判斷面面平行的判定問(wèn)題要緊扣面面平行判定定理，最容易 犯的錯(cuò)誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如： “若 a

2、 ,b,a b，則 ”此類(lèi)的錯(cuò)誤2【 2019 年高考全國(guó) 卷文數(shù)】如圖，點(diǎn) N 為正方形 ABCD 的中心， ECD 為正三角形，平面 ECD平面 ABCD ，M 是線段ED 的中點(diǎn)，則ABM =EN，且直線BM， EN 是相交直線CDBM EN，且直線BM =EN，且直線BM EN ，且直線BM ，EN 是相交直線BM ，EN 是異面直線BM， EN 是異面直線答案】 B解析】如圖所示，作 EO CD于O，連接 ON ，BD ，易得直線 BM，EN 是三角形 EBD 的中線，是相交直線 .過(guò)M作MF OD于F ，連接 BF，平面CDE 平面 ABCD ，EO CD,EO 平面CDE ， E

3、O 平面 ABCD ，MF 平面 ABCD，MFB 與 EON 均為直角三角形設(shè)正方形邊長(zhǎng)為 2，易知 EO 3,ON 1,EN 2 ，MF 2BF 25, BM 7 ，BM EN ，故選 B .解答本題時(shí)，先利名師點(diǎn)睛】本題考查空間想象能力和計(jì)算能力，解答本題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形用垂直關(guān)系，再結(jié)合勾股定理進(jìn)而解決問(wèn)題3【 2019 年高考浙江卷】祖暅?zhǔn)俏覈?guó)南北朝時(shí)代的偉大科學(xué)家，他提出的“冪勢(shì)既同，則積不容異 ”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V 柱體=Sh，其中 S 是柱體的底面積， h 是柱體的高若某柱體的三視圖如圖所示（單位： cm），則該柱體的體積（單位： cm3）是

4、B162D324A158C182【答案】 B下底為 6，高為 3，另一個(gè)的上底為 2，下底為 6，高為 3，則該棱柱的體積為 2 6 3 4 6 3 6 162.22故選 B.【名師點(diǎn)睛】本題首先根據(jù)三視圖，還原得到幾何體 棱柱，根據(jù)題目給定的數(shù)據(jù)，計(jì)算幾何體的體 積，常規(guī)題目 .難度不大，注重了基礎(chǔ)知識(shí)、視圖用圖能力、基本計(jì)算能力的考查.易錯(cuò)點(diǎn)有二，一是不能正確還原幾何體；二是計(jì)算體積有誤 .為避免出錯(cuò)，應(yīng)注重多觀察、細(xì)心算 .4【2019 年高考浙江卷】設(shè)三棱錐 VABC 的底面是正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等，P是棱 VA 上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）記直線 PB 與直線 AC 所成的角為，直線 PB 與

5、平面 ABC 所成的角為 ，二面角 PACB 的平面 角為，則A<，<B<，<C<，<D<，<【答案】 B【解析】如圖， G為AC中點(diǎn)，連接 VG，V在底面 ABC的投影為 O ，則P在底面的投影 D在線段 AO 上，過(guò) D作DE垂直于 AC于 E，連接 PE， BD，易得 PE VG ，過(guò) P作PFAC交VG于F ，連接BF，過(guò) D作DHAC，交 BG于 H，則BPF, PBD,PED ，結(jié)合PFB，BDH，PDB 均為直角三角形，可得 cosPF EG DH BDcos ，即 ；在 RtPED 中，tan PDEDPD tan ，即BDPB

6、PB PB PB名師點(diǎn)睛】本題以三棱錐為載體， 綜合考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、 二面角的概念，以及各種角的計(jì)算 .解答的基本方法是通過(guò)明確各種角，應(yīng)用三角函數(shù)知識(shí)求解， 而后比較大小 .而充分利用圖形特征，則可事倍功半 .常規(guī)解法下易出現(xiàn)的錯(cuò)誤有，不能正確作圖得出各種角，未能想到利用殊位置法”，尋求簡(jiǎn)便解法 .5【2019年高考全國(guó)卷文數(shù)】已知 ACB= 90°，P為平面 ABC外一點(diǎn)， PC=2，點(diǎn) P到 ACB兩邊 AC，BC 的距離均為 3 ，那么 P 到平面 ABC 的距離為答案】 2解析】作 PD, PE分別垂直于 AC, BC ， PO 平面 ABC ，連

7、接 CO，由題意可知 CD PD,CD PO， PD PO=P，CD 平面 PDO ，又 OD 平面 PDO ， CD OD ，PD PE 3 ，PC 2， sin PCE sin PCD 3 ，2PCB PCA 60 ， 又易知 PO CO，CO為 ACB 的平分線，OCD 45 , OD CD 1,OC 2 ，又 PC 2 ， PO 4 2 2 【名師點(diǎn)睛】本題主要考查學(xué)生空間想象能力，合理畫(huà)圖成為關(guān)鍵，準(zhǔn)確找到 P 在底面上的射影，使 用線面垂直定理，得到垂直關(guān)系，利用勾股定理解決注意畫(huà)圖視角選擇不當(dāng)，線面垂直定理使用不 夠靈活，難以發(fā)現(xiàn)垂直關(guān)系，問(wèn)題則很難解決，將幾何體擺放成正常視角，

8、是立體幾何問(wèn)題解決的有 效手段，幾何關(guān)系利于觀察，解題事半功倍6【2019 年高考全國(guó) 卷文數(shù)】中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形狀多為長(zhǎng) 方體、 正方體或圓柱體， 但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體 ”（圖 1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美圖 2 是一個(gè)棱數(shù)為 48 的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1則該半正多面體共有個(gè)面，其棱長(zhǎng)為 （本題第一空 2 分，第二空 3 分）【答案】 26， 2 1【解析】由圖可知第一層（包括上底面）與第三層（包括下底面）各有 9 個(gè)面，計(jì)

9、 18 個(gè)面，第二層共有 8 個(gè)面，所以該半正多面體共有 18 8 26 個(gè)面如圖，設(shè)該半正多面體的棱長(zhǎng)為 x，則 AB BE x，延長(zhǎng) CB與FE的延長(zhǎng)線交于點(diǎn) G，延長(zhǎng) BC交 正方體的棱于 H ，由半正多面體對(duì)稱性可知， BGE 為等腰直角三角形，22BG GE CH x, GH 2 x x （ 2 1）x 1 ， 22x 1 2 1 ，21即該半正多面體的棱長(zhǎng)為 2 1 【名師點(diǎn)睛】本題立意新穎，空間想象能力要求高，物體位置還原是關(guān)鍵，遇到新題別慌亂，題目其實(shí) 很簡(jiǎn)單，穩(wěn)中求勝是關(guān)鍵立體幾何平面化，無(wú)論多難都不怕，強(qiáng)大空間想象能力，快速還原圖形7【 2019年高考全國(guó) 卷文數(shù)】學(xué)生到工

10、廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D 打印技術(shù)制作模型如圖，該模型為長(zhǎng)方體 ABCD A1B1C1D1 挖去四棱錐 O- EFGH 后所得的幾何體，其中 O 為長(zhǎng)方體的中心， E，F(xiàn)，G，H 分別為所在棱的中點(diǎn)， AB= BC= 6 cm ，AA1 = 4cm ，3D打印所用原料密度為 0.9 g/cm3，不考慮打 印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為 g.答案】 118.812【解析】由題意得， S四邊形 EFGH 4 6 4 2 3 12cm ，EFGH 213四棱錐 O- EFGH 的高為 3cm， VO EFGH12 3 12cm3 33又長(zhǎng)方體 ABCD A1B1C1D1 的體積為 V2 4 6 6

11、144cm ，所以該模型體積為 V V2 VO EFGH 144 12 132cm 3，其質(zhì)量為 0.9 132 118.8g 【名師點(diǎn)睛】本題考查幾何體的體積問(wèn)題，理解題中信息聯(lián)系幾何體的體積和質(zhì)量關(guān)系，從而利用公式 求解根據(jù)題意可知模型的體積為長(zhǎng)方體體積與四棱錐體積之差進(jìn)而求得模型的體積，再求出模型的質(zhì) 量即可 .8【2019 年高考北京卷文數(shù)】某幾何體是由一個(gè)正方體去掉一個(gè)四棱柱所得，其三視圖如圖所示如果網(wǎng) 格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為 1，那么該幾何體的體積為 答案】 40解析】如圖所示， 在棱長(zhǎng)為 4的正方體中， 三視圖對(duì)應(yīng)的幾何體為正方體去掉棱柱MPD1A1 NQC1B1之后余下的幾何體

12、，31則幾何體的體積 V 432 4 2 4 40 .2【名師點(diǎn)睛】本題首先根據(jù)三視圖，還原得到幾何體，再根據(jù)題目給定的數(shù)據(jù)，計(jì)算幾何體的體積.屬于中等題 .（1） 求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中 線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)體積公式求解；（2）若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補(bǔ)形法等方法進(jìn)行求解9【 2019 年高考北京卷文數(shù)】已知 l，m是平面 外的兩條不同直線給出下列三個(gè)論斷：lm； m ；l 以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫(xiě)出一個(gè)正確的命題： 【答案】如果 l，m，則 l m.【解

13、析】將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論，得到如下三個(gè)命題：（1）如果 l， m，則 l m，正確；（2）如果 l，lm，則 m ，不正確，有可能 m 在平面 內(nèi)；（3）如果 l m， m ，則 l ，不正確，有可能 l 與 斜交、 l .故答案為：如果 l，m，則 l m.【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間線面的位置關(guān)系、命題、邏輯推理能力及空間想象能力.將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論加以分析即可 .10【 2019 年高考天津卷文數(shù)】已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為2 的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均為 5 .若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過(guò)四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn)，另一個(gè)底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為答案】 解析】

14、由題意，四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為 2 的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均為 5 ，借助勾股定理，可知四棱錐的高為 5 1 2 .若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過(guò)四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn)，一個(gè)底面的圓心為四棱錐底面的中心，故圓柱的高為 1，圓柱的底面半徑為 1 ，故圓柱的體積為2121 2 4名師點(diǎn)睛】根據(jù)棱錐的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，確定所求的圓柱的高和底面半徑.注意本題中圓柱的底面半徑是棱錐底面對(duì)角線長(zhǎng)度的一半、不是底邊棱長(zhǎng)的一半11【2019年高考江蘇卷】如圖，長(zhǎng)方體 ABCD A1B1C1D1 的體積是120，E 為 CC1的中點(diǎn)，則三棱錐 E-BCD的體積是 答案】 10【解析】因?yàn)殚L(zhǎng)方體 ABCD A1B1C1D1的體積為 1

15、20，所以 AB BC CC1 120，1 因?yàn)?E為 CC1的中點(diǎn)，所以 CECC1，2 由長(zhǎng)方體的性質(zhì)知 CC1 底面 ABCD， 所以 CE是三棱錐 E BCD的底面 BCD上的高，1 11 11 1所以三棱錐 E BCD的體積 V AB BC CE AB BC CC1120 10 .3 23 221 12【名師點(diǎn)睛】本題蘊(yùn)含 “整體和局部”的對(duì)立統(tǒng)一規(guī)律 .在幾何體面積或體積的計(jì)算問(wèn)題中，往往需要注意 理清整體和局部的關(guān)系，靈活利用 “割”與“補(bǔ)”的方法解題 .由題意結(jié)合幾何體的特征和所給幾何體的性質(zhì) 可得三棱錐的體積 .12【2019年高考全國(guó)卷文數(shù)】如圖，直四棱柱 ABCD A1B

16、1C1D1的底面是菱形， AA1=4，AB=2，BAD=60°， E，M， N分別是 BC，BB1，A1D的中點(diǎn) .1）證明： MN 平面 C1DE；2）求點(diǎn) C 到平面 C1DE 的距離答案】（ 1）見(jiàn)解析；（ 2） 4 1717【解析】（ 1）連結(jié) B1C,ME . 1因?yàn)镸，E分別為 BB1, BC的中點(diǎn)，所以 ME B1C，且MEB1C.21又因?yàn)?N為 A1D 的中點(diǎn)，所以 NDA1D .2由題設(shè)知 A1B1= DC ，可得 B1C= A1D ，故 ME= ND ，因此四邊形 MNDE 為平行四邊形， MNED.又 MN 平面 C1DE ，所以 MN 平面 C1DE .（2

17、）過(guò) C作C1E的垂線，垂足為 H.由已知可得 DE BC ， DE C1C ，所以 DE平面 C1CE ，故 DECH.從而CH 平面 C1DE ，故CH的長(zhǎng)即為 C到平面 C1DE的距離， 由已知可得 CE=1， C1C=4 ，所以 C1E17，故 CH 4 17 .1 17 從而點(diǎn) C到平面 C1DE 的距離為 4 17 .【名師點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問(wèn)題，涉及的知識(shí)點(diǎn)有線面平行的判定，點(diǎn)到平面的距離的求解，在解題的過(guò)程中，注意要熟記線面平行的判定定理的內(nèi)容，注意平行線的尋找思路，再者就 是利用線面垂直找到距離問(wèn)題，當(dāng)然也可以用等積法進(jìn)行求解 .13【 2019年高考全國(guó) 卷文

18、數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體 ABCD A1B1C1 D1的底面 ABCD 是正方形，點(diǎn) E 在棱 AA1 上， BE EC11）證明： BE平面 EB1C1；2）若 AE=A1E，AB=3，求四棱錐 E BB1C1C 的體積答案】（1）見(jiàn)詳解；（2）18.解析】（ 1）由已知得 B1C1平面 ABB1A1，BE 平面 ABB1A1，故 B1C1 BE 又 BE EC1 ，所以 BE平面 EB1C12）由（ 1）知 BEB1=90 °.故 AE=AB=3， AA1 2AE 6.作 EF BB1 ，垂足為 F，則 EF 平面 BB1C1C ，且 EF AB 31所以，四棱錐 E BB1C1C 的體

19、積 V 3 6 3 18 1 1 3【名師點(diǎn)睛】本題主要考查線面垂直的判定，以及四棱錐的體積的求解，熟記線面垂直的判定定理， 以及四棱錐的體積公式即可，屬于基礎(chǔ)題型 .14【 2019年高考全國(guó) 卷文數(shù)】圖 1是由矩形 ADEB， Rt ABC和菱形 BFGC 組成的一個(gè)平面圖形，其 中 AB=1 ， BE=BF=2 ，F(xiàn)BC=60°將其沿 AB，BC折起使得 BE 與BF重合，連結(jié) DG，如圖 2（1）證明：圖 2中的 A，C，G，D 四點(diǎn)共面，且平面 ABC平面 BCGE；（ 2）求圖 2 中的四邊形 ACGD 的面積 .答案】（ 1）見(jiàn)解析；（2） 4.解析】 （1）由已知得

20、AD BE，CG BE，所以 AD CG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而 A，C，G，D四點(diǎn)共面由已知得 AB BE，AB BC，故AB 平面 BCGE 又因?yàn)?AB 平面 ABC，所以平面 ABC 平面 BCGE （2）取CG的中點(diǎn) M ，連結(jié)EM，DM.因?yàn)锳B DE，AB 平面BCGE，所以 DE 平面BCGE，故DE CG. 由已知，四邊形 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所以四邊形 ACGD 的面積為 4【名師點(diǎn)睛】本題是很新穎的立體幾何考題，首先是多面體折疊問(wèn)

21、題，考查考生在折疊過(guò)程中哪些量 是不變的，再者折疊后的多面體不是直棱柱，突出考查考生的空間想象能力 .15【 2019年高考北京卷文數(shù)】如圖，在四棱錐P ABCD 中， PA 平面 ABCD ，底部 ABCD 為菱形， E為 CD 的中點(diǎn)1）求證： BD 平面 PAC；2）若 ABC=60°，求證：平面 PAB 平面 PAE；3）棱 PB 上是否存在點(diǎn) F，使得 CF 平面 PAE？說(shuō)明理由【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）存在，理由見(jiàn)解析【解析】（1）因?yàn)?PA 平面 ABCD，所以 PA BD 又因?yàn)榈酌?ABCD 為菱形，所以 BD AC 所以 BD 平面 PAC（2）

22、因?yàn)?PA平面 ABCD， AE 平面 ABCD，所以 PA AE因?yàn)榈酌?ABCD為菱形， ABC=60°，且 E為CD的中點(diǎn)，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上存在點(diǎn) F，使得 CF平面 PAE取F為PB的中點(diǎn)，取 G為PA的中點(diǎn)，連結(jié) CF， FG，EG1 則FG AB，且FG = AB2因?yàn)榈酌?ABCD 為菱形，且 E為CD的中點(diǎn)，1 所以 CE AB，且 CE= AB2所以 FG CE，且 FG = CE所以四邊形 CEGF 為平行四邊形所以 CF EG因?yàn)?CF 平面PAE， EG 平面 PAE，所以CF平面

23、 PAE【名師點(diǎn)睛】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問(wèn)題等知 識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力 .16【 2019年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四棱錐P ABCD 中，底面 ABCD為平行四邊形， PCD為等邊三角形，平面 PAC 平面 PCD， PA CD,CD 2,AD 3.（1）設(shè) G，H 分別為 PB， AC 的中點(diǎn)，求證： GH平面 PAD ；（2）求證： PA 平面 PCD ；（ 3）求直線 AD 與平面 PAC 所成角的正弦值 .3【答案】（ 1）見(jiàn)解析；（ 2）見(jiàn)解析；（ 3） 3 3【解析】（ 1）連接 BD ，易知 AC BD H ，

24、 BH DH .又由 BG= PG，故 GH PD.又因?yàn)?GH 平面 PAD， PD 平面 PAD ，所以 GH平面 PAD.（2）取棱 PC 的中點(diǎn) N，連接 DN.依題意，得 DNPC，又因?yàn)槠矫?PAC 平面 PCD，平面 PAC 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 ，所以 PA 平面 PCD.（3）連接 AN，由（ 2）中 DN 平面 PAC，可知 DAN 為直線 AD 與平面 PAC 所成的角， 因?yàn)镻CD為等邊三角形， CD=2且 N為PC的中點(diǎn)，所以 DN 3 .又 DN AN ，DN

25、 3在RtAND中， sin DAN DN3.AD 3所以，直線 AD 與平面 PAC 所成角的正弦值為名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí) .考查空間想象能力和推理論證能力.17【 2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別為 BC，AC 的中點(diǎn)， AB=BC求證：（ 1）A1B1平面 DEC1；2)BEC1E【答案】（ 1）見(jiàn)解析；（ 2）見(jiàn)解析 .【解析】（ 1）因?yàn)?D ，E 分別為 BC，AC 的中點(diǎn)， 所以 ED AB.在直三棱柱 ABC-A 1B1C1中， AB A1B1， 所以 A1B1

26、 ED.又因?yàn)?ED? 平面 DEC1，A1B1 平面 DEC 1， 所以 A1B1平面 DEC1.（ 2）因?yàn)?AB=BC， E 為 AC 的中點(diǎn)，所以 BE AC.因?yàn)槿庵?ABC-A 1B1C1 是直棱柱，所以 CC1平面 ABC.又因?yàn)?BE? 平面 ABC，所以 CC1 BE.因?yàn)?C1C? 平面 A1ACC1，AC? 平面 A1ACC1，C1CAC=C，所以 BE平面 A1ACC 1.因?yàn)?C1E? 平面 A1ACC1，所以 BEC1E. 【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空 間想象能力和推理論證能力 .18【 2019 年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱 ABC A1B1C1 ，平面 A1ACC1 平面 ABC , ABC 90 ，BAC 30 ,A1A A1C AC,E,F 分別是 AC，A1B1的中點(diǎn) .1）證明： EF BC ；2）求直線 EF 與平面 A1BC 所成角的余弦值 .答案】（ 1）見(jiàn)解析；（ 2）5解析】方法一：（1）連接 A1E，因?yàn)?A1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以 A1E AC 又平面 A1ACC1平面 ABC， A1E 平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1