2019年高考数学高考题和高考模拟题分章节汇编专题04立体几何理（含解析）.pdf

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1、专题 04 立体几何专题 04 立体几何 1 【2019 年高考全国卷理数】已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长 为 2 的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF=90，则球O的体积为 AB6864 CD626 【答案】D 【解析】解法一：为边长为 2 的等边三角形，为正三棱锥，,PAPBPCABCPABC ，又，分别为，的中点，又，PBACEFPAABEFPBEFACEFCE 平面，平面，,CEACCEFPACPB PAC2APBPAPBPC 为正方体的一部分，即PABC22226R ，故选 D 3 6446 6 ,6 2338 RVR 解法二：

2、设，分别为的中点，且，2PAPBPCx,E F,PA ABEFPB 1 2 EFPBx 为边长为 2 的等边三角形，ABC3CF 又，90CEF 2 1 3, 2 CExAEPAx 中，由余弦定理可得，AEC 22 43 cos 2 2 xx EAC x 作于，为的中点，PDACDPAPCDAC 1 cos 2 AD EAC PAx ， 22 431 42 xx xx ， 22 12 212 22 xxx ，2PAPBPC 又，两两垂直，=2AB BC AC,PA PB PC22226R 6 2 R ，故选 D. 3 446 6 6 338 VR 【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补

3、体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到 三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决 2【2019 年高考全国卷理数】设，为两个平面，则的充要条件是 A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行 C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面 【答案】B 【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性 质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的 必要条件，故选 B 【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用 面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断面面平行的判定问题要紧扣面

4、面平行判定定理，最容易 犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误,abab 3 【2019 年高考全国卷理数】 如图， 点N为正方形ABCD的中心， ECD为正三角形， 平面ECD平面ABCD，M 是线段ED的中点，则 ABM=EN，且直线BM，EN是相交直线 BBMEN，且直线BM，EN是相交直线 CBM=EN，且直线BM，EN是异面直线 DBMEN，且直线BM，EN是异面直线 【答案】B 【解析】如图所示，作于，连接，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交EOCDOON 直线. 过作于，连接，MMFODFBF 平 面平 面，平 面，平 面，平 面CDE AB

5、CD,EOCD EOCDEEOABCDMF ，与均为直角三角形设正方形边长为 2，易知，ABCD MFBEON3,12EOONEN, ，故选 B 35 ,7 22 MFBFBMBMEN 【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利 用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题 4 【2019 年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为 祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高若某 柱体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该柱体的体积（单位：cm3）是 A158B

6、162 C182D324 【答案】B 【解析】由三视图得该棱柱的高为 6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为 4， 下底为 6， 高为 3， 另一个的上底为 2， 下底为 6， 高为 3， 则该棱柱的体积为. 2646 336162 22 故选 B. 【名师点睛】 本题首先根据三视图， 还原得到几何体棱柱， 根据题目给定的数据， 计算几何体的体积， 常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正 确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算. 5 【2019 年高考浙江卷】设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧

7、棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端 点） 记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB的平面 角为，则 A1,2,Fh （1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直(1,0,0)AB ADE(0,2, )BFh 0BF AB 线平面，所以平面BF ADEBFADE （2）依题意，( 1,1,0),( 1,0,2),( 1, 2,2)BDBECE 设为平面的法向量，则即不妨令，( , , )x y znBDE 0, 0, BD BE n n 0, 20, xy xz 1z 可得因此有(2,2,1)n 4 cos, 9| CE CE CE n n n 所以，

8、直线与平面所成角的正弦值为CEBDE 4 9 （3）设为平面的法向量，则即( , , )x y zmBDF 0, 0, BD BF m m 0, 20, xy yhz 不妨令，可得1y 2 1,1, h m 由题意，有，解得经检验，符合题意 2 2 4 |1 cos, |34 3 2 h h m n m n mn 8 7 h 所以，线段的长为CF 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ABCA1B1C1中，D，E分别为

9、BC，AC的中点，AB=BC 求证：（1）A1B1平面DEC1； （2）BEC1E 【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EDAB. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1， 所以A1B1ED. 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BEAC. 因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC. 又因为BE平面ABC，所以CC1BE. 因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CAC=C， 所以BE平面A1ACC1. 因为C1E平

10、面A1ACC1，所以BEC1E. 【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， 平面平面, 111 ABCABC 11 A ACC ABC ，分别是AC，A1B1的中点.90ABC 11 30 ,BACA AACAC E F （1）证明：；EFBC （2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值. . 【答案】（1）见解析；（2） 3 5 【解析】方法一： （1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC 又平面A1ACC1平

11、面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1平面ABC=AC， 所以，A1E平面ABC，则A1EBC 又因为A1FAB，ABC=90，故BCA1F 所以BC平面A1EF 因此EFBC （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A1EEG，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RtA1EG中，A1E=2，EG=.33 由于O为A1G的中点，故， 1

12、15 22 AG EOOG 所以 222 3 cos 25 EOOGEG EOG EO OG 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 3 5 方法二： （1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC. 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Exyz 不妨设AC=4，则 A1（0，0，2），B（，1，0），C(0，2，0)33 1( 3,3,2 3) B 3 3 (,2 3) 22 F 因此， 3 3 (,2 3)

13、 22 EF (3,1,0)BC 由得 0EF BC EFBC （2）设直线EF与平面A1BC所成角为 由（1）可得 1 =(3 1 0)=(0 22 3)BCAC ， ， 设平面A1BC的法向量为n n， ()xy z， ， 由，得， 1 0 0 BC AC n n 30 30 xy yz 取n n，故，(13 1)， |4 sin|cos|= 5| | EF EF EF ， n n n| 因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为 3 5 【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. 18【云南省昆明市 2019

14、届高三高考 5 月模拟数学试题】 已知直线平面， 直线平面， 若，l m 则下列结论正确的是 A或Bll/lm CDmlm 【答案】A 【解析】对于 A，直线平面，则或，A 正确；l ll 对于 B，直线平面，直线平面，且，则或 与相交或 与异面，B 错误 ；l m/lml m l m 对于 C，直线平面，且，则或与相交或或，C 错误；mm mm m 对于 D， 直线平面， 直线平面， 且， 则或 与相交或 与异面， D 错误l m/lml m l m 故选 A 【名师点睛】本题考查了空间平面与平面关系的判定及直线与直线关系的确定问题，也考查了几何符 号语言的应用问题，是基础题 19 【陕西省

15、 2019 届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等， 111 ABCABC 在底面上的射影为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为 1 AABCBC AB 1 CC AB 3 4 3 4 CD 5 4 5 4 【答案】B 【解析】如图，设的中点为，连接、，BCD 1 AD AD 1 AB 易知即为异面直线与所成的角（或其补角）. 1 A AB AB 1 CC 设三棱柱的侧棱与底面边长均为 1， 111 ABCABC 则， 3 2 AD 1 1 2 AD 1 2 2 AB 由余弦定理，得. 222 11 1 1 cos 2 A AABAB A AB A A AB 1 1

16、1 3 2 2 1 14 故应选 B. 【名师点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，通过平移找到所成角是解这类问题的关键，若 平移不好作，可采用建系，利用空间向量的运算求解，属于基础题.解答本题时，易知即为异 1 A AB 面直线与所成的角（或其补角） ，进而通过计算的各边长，利用余弦定理求解即可.AB 1 CC 1 ABA 20 【四川省宜宾市 2019 届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为 2 的正方形中，分ABCD,E F 别是的中点，现在沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合,BC CD,AE AFEF,B C D 后的点记为，则四面体的高为PPAEF AB 1

17、3 2 3 CD1 3 4 【答案】B 【解析】如图，由题意可知两两垂直，PAPEPF， 平面，PA PEF ， 1111 1 1 2 3323 PEF A PEF VSPA 设P到平面的距离为h，AEF 又， 2 1113 21 21 21 1 2222 AEF S ， 13 322 P AEF h Vh ，故， 1 23 h 2 3 h 故选 B. 【名师点睛】本题考查了平面几何的折叠问题，空间几何体的体积计算，属于中档题折叠后，利用 即可求得P到平面的距离 A PEFP AEF VV AEF 21 【广东省深圳市高级中学 2019 届高三适应性考试 （6 月） 数学试题】 在三棱锥中，

18、平面PABCPAB 平面，是边长为 6 的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形， 则该三棱ABCABC PABAB 锥外接球的表面积为_ 【答案】48 【解析】 如图， 在等边三角形中， 取的中点， 设等边三角形的中心为， 连接PF，CF，OP.ABCABFABCO 由，得，6AB 2 2 3,3 3 AOBOCOCFOF 是以为斜边的等腰角三角形，, PABABPFAB 又平面平面，平面，PAB ABCPFABC ，PFOF 22 2 3OPOFPF 则为棱锥的外接球球心，外接球半径，OPABC2 3ROC 该三棱锥外接球的表面积为， 2 42 348 故答案为.48 【名师点睛】本题主要

19、考查四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面 积和体积，关键是求出球的半径.求外接球半径的常见方法有：若三条棱两两垂直，则用 （为三条棱的长） ；若面（） ，则（为 2222 4Rabc , ,a b cSAABCSAa 222 44Rra r 外接圆半径） ；可以转化为长方体的外接球；特殊几何体可以直接找出球心和半径.ABC 22 【2019 北京市通州区三模数学试题】如图，在四棱柱中，侧棱， 1111 ABCDABC D 1 A AABCD 底面 ，点为线段上的点，且ABAC1AB 1 2,5ACAAADCD=E 1 AA 1 2 AE （1）求证：平面；BE 1

20、 ACB （2）求二面角的余弦值； 11 DACB （3）判断棱上是否存在点，使得直线平面，若存在，求线段的长；若不存在， 11 AB FDF 1 ACB 1 AF 说明理由 【答案】 （1）见解析；（2）；（3）见解析. 10 10 【解析】 （1）因为， 1 A AABCD 底面 所以 1 A AAC 又因为，ABAC 所以平面，AC 11 ABB A 又因为平面，BE 11 ABB A 所以AC BE 因为，EAB=ABB1=90， 1 1 2 AEAB ABBB 所以 1 RtRtABEBB A 所以 1 ABEAB B 因为， 11 90BABAB B 所以 1 90BABABE 所

21、以BE 1 AB 又， 1 ACABA 所以平面BE 1 ACB （2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，A 依题意可得 111 (0,0,0), (0,1,0), (2,0,0),(1, 2,0),(0,0,2),(0,1,2),(2,0,2),ABCDABC- 1 1 (1, 2,2), (0,0, ) 2 DE- 由（1）知，为平面的一个法向量， 1 (0,1,) 2 EB =- 1 ACB 设为平面的法向量( , , )x y zn 1 ACD 因为， 1 (1, 2,2),(2,0,0)ADAC =-= 则即 1 0, 0, AD AC n n 220, 20, xyz x 不妨设，

22、可得1z (0,1,1)n 因此 10 cos, 10| EB EB EB n n n = 因为二面角为锐角， 11 DACB 所以二面角的余弦值为 11 DACB- 10 10 （3）设，则， 1 AFa=(0, ,2)Fa ( 1,2,2)DFa = -+ ， 1 ( 1,2,2) (0,1,)2 10 2 DF EBaa = -+-=+ -= 所以（舍） 1a 即直线DF的方向向量与平面的法向量不垂直， 1 ACB 所以，棱上不存在点，使直线平面 11 AB FDF 1 ACB 【名师点睛】本题主要考查线面垂直与平行、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间 向量的方法求二面角即可，属于常考题型. （1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立； （2）以为原点建立空间直角坐标系，由（1）得到为平面的一个法向量，再A 1 (0,1,) 2 EB =- 1 ACB 求出平面的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果； 1 ACD （3）先设，用向量的方法，由求出的值，结合题意，即可判断出结论. 1 AFa= 0DF EB = a