2019届高考理科数学专题 高考中的立体几何问题
积和体积,考查考生的直观想象能力与数学运算能力.解答题主要考查空间
线面平行关系、垂直关系的证明以及空间几何体体积的计算,考题设置通常
是先证明后计算,主要考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力,难度中等.
涉及的思想主要有转化与化归思想、数形结合思想.
考向1 求空间几何体的表面积和体积
命题意图
本题主要考查圆柱体积的计算,意在考查考生的空间想象能力
A
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
示例5
[2016全国卷Ⅰ,18,12分][理]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-BEF都是60°. (Ⅰ)证明:平面ABEF⊥平面EFDC; (Ⅱ)求二面角E-BC-A的余弦值.
所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C,D中均有AB∥平面MNQ.选A.
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
解法二
对于选项A,设正方体的底面对角线的交点为O(如图4-3所示),连接
OQ,则OQ∥AB,因为OQ与平面MNQ有交点,所以AB与平面MNQ也有交点,即 AB与平面MNQ不平行,故选A.
答案
及数形结合思想的应用.
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
考向2 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算
示例3 的是 [2017全国卷Ⅰ,6,5分]在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶
点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行
第二步:确定点的坐标;
第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标; 第四步:计算向量的夹角(或函数值); 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角; 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
命题意图
本题主要考查面面垂直的证明及二面角的余弦值的求解,意在考
查考生的空间想象能力和运算求解能力.
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
答题模板Biblioteka 利用向量求空间角的步骤第一步:建立空间直角坐标系;
A
B
C
D
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
命题意图
本题主要考查线面位置关系等基础知识,意在考查考生的空间想
象能力及转化与化归思想的应用.
解析 解法一 对于选项B,如图所示,连接CD,因为AB∥CD,M,Q分别是所
在棱的中点,所以MQ∥CD,所以AB∥MQ,又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,
【理科数学】微专题4：高考中的立体几何问题
微专题4
高考中的立体几何问题
CONTENTS
目录
考向1 求空间几何体的表面积或体积 考向2 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算
理科数学 微专题4：高考中的立体几何问题
考向1 求空间几何体的表面积或体积
考向2 空间点、线、面的位置关系及空
间角的计算
考情揭秘 立体几何是高考考查的重要内容,在高考中一般是两道小题,一道大题. 小题常以三视图和常见的空间几何体(尤其是球)为载体,求解几何体的表面
2019年高考理科数学(全国1卷)答案详解(附试卷)
P 20 5 64 16
PS：其实可以对题目进行抽象：即有 A、B 两种字母，填 6 个位置，求恰有 3 个 A 的概率.这样更
容易求解.
【答案】A
第 2 页 共 18 页
7．（平面向量）已知非零向量 a，b 满足 | a | 2 | b | ，且 (a b) b ，则 a 与 b 的夹角为
头顶至肚脐的长度小于 68.07cm，所以身高小于 68.07+68.07÷0.618=178.21cm. 所以选答案 B.
【答案】B
5．（函数）函数
f
(x)
sin x x cos x x2
在[, ] 的图像大致为
A．
B．
C．
D．
【解析】∵
f (x)
sin x x cos x x2
A． (x+1)2 y 2 1 B． (x 1)2 y2 1 C． x2 ( y 1)2 1 D． x2 ( y+1)2 1
【解析】由题意得 z i x ( y 1)i ，∵ z i =1 ，∴ x2 ( y 1)2 1 ，即 x2 ( y 1)2 1
【答案】D
6．（概率统计）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻 组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦 恰有 3 个阳爻的概率是
5
A．
16
11
B．
32
21
C．
32
11
D．
16
【解析】所有重卦的个数为 26 64 ，恰有 3 个阳爻的个数为 C36C33 20 ，因此恰有 3 个阳爻的概率为
【精品】2019届高三数学年复习专题--立体几何专题训练附参考答案
1 【精品】2019届高三数学年复习专题--立体几何专题训练附参考答案一、解答题 1.如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是棱长为2的正方形，侧面PAD 为正三角形，且面PAD ⊥面ABCD ，E 、F 分别为棱AB 、PC 的中点． （1）求证：EF ∥平面PAD ； （2）求三棱锥B-EFC 的体积； （3）求二面角P-EC-D 的正切值．2.如图，三棱柱ABF-DCE 中，∠ABC=120°，BC=2CD ，AD=AF ，AF ⊥平面ABCD ．（Ⅰ）求证：BD ⊥EC ；（Ⅱ）若AB=1，求四棱锥B-ADEF 的体积．3.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1，AA 1=2，E 为棱CC 1的中点． （1）求证：B 1D 1⊥AE ；（2）求三棱锥A-BDE 的体积．4.如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥底面ABCD ，且△PAD 是边长为2的等边三角形，PC= ，M 在PC 上，且PA ∥面MBD ． （1）求证：M 是PC 的中点； （2）求多面体PABMD 的体积．25.已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 为菱形，∠ABC=60°，△PAB 是等边三角形，AB=2，PC= ，AB 的中点为E.（1）证明：PE ⊥平面ABCD ； （2）求三棱锥D-PBC 的体积．6.一块边长为10cm 的正方形铁块按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器．（1）试把容器的容积V 表示为x 的函数.（2）若x =6，求图2的主视图的面积.7.如图，矩形ABCD 中，BC=2，AB=1，PA ⊥平面ABCD ，BE ∥PA ，BE=PA ，F 为PA 的中点．（1）求证：PC ∥平面BDF ．（2）记四棱锥C-PABE 的体积为V 1，三棱锥P-ACD 的体积为V 2，求的值．8.如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1=AC=CB=2，AB=2 ．（Ⅰ）证明：BC 1∥平面A 1CD ；（Ⅱ）求锐二面角D-A 1C-E 的余弦值．9.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，PD⊥平面ABCD，PD=AD=1，点E、F分别为AB和PC的中点，连接EF、BF．（1）求证：直线EF∥平面PAD；（2）求三棱锥F-PBE的体积．10.如图，梯形FDCG，DC∥FG，过点D，C作DA⊥FG，CB⊥FG，垂足分别为A，B，且DA=AB=2．现将△DAF沿DA，△CBG沿CB翻折，使得点F，G重合，记为E，且点B在面AEC的射影在线段EC上．（Ⅰ）求证：AE⊥EB；（Ⅱ）设=λ，是否存在λ，使二面角B-AC-E的余弦值为？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．11.在四边形ABCD中，对角线AC，BD垂直相交于点O，且OA=OB=OD=4，OC=3．将△BCD沿BD折到△BED的位置，使得二面角E-BD-A的大小为90°（如图）．已知Q为EO的中点，点P在线段AB 上，且．（Ⅰ）证明：直线PQ∥平面ADE；（Ⅱ）求直线BD与平面ADE所成角θ的正弦值．12.如图，四棱锥P-ABCD是底面边长为1的正方形，PD⊥BC，PD=1，PC=．（Ⅰ）求证：PD⊥面ABCD；（Ⅱ）求二面角A-PB-D的大小．3413.如图在三棱锥A-BCD 中，侧面ABD 、ACD 是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD= ，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形. （1）求证：AD ⊥BC ；（2）求二面角B-AC-D 的余弦值； （3）点E 在直线AC 上，当直线ED 与平面BCD 成30°角若时，求点C 到平面BDE 的距离．14.如图所示，在边长为 的正方形ABCD 中，以A 为圆心画一个扇形，以O 为圆心画一个圆，M ，N ，K 为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O 为圆锥底面，围成一个圆锥，求圆锥的全面积与体积．15.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC=∠BAD=90°，AD=AP=4，AB=BC=2，M 为PC 的中点，点N 在线段AD 上．（I ）点N 为线段AD 的中点时，求证：直线PA ∥BMN ； （II ）若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为，求平面PBC 与平面BMN 所成角θ的余弦值．16.如图，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是CC 1的中点，求证： （1）AC 1⊥BD ；（2）AC 1∥平面BDE ．17.如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中， （1）求证：AC ⊥平面B 1D 1DB ； （2）求三棱锥B-CD 1B 1的体积．18.在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，∠APD=90°，PA=PD=AB=a，ABCD是矩形，E是PD的中点．（1）求证：PB∥平面AEC（2）求证：PB⊥AC．19.如图，已知平面ADC∥平面A1B1C1，B为线段AD的中点，△ABC≈△A1B1C1，四边形ABB1A1为正方形，平面AA1C1C丄平面ADB1A1，A1C1=A1A，∠C1A1A=，M为棱A1C1的中点．（I）若N为线段DC1上的点，且直线MN∥平面ADB1A1，试确定点N的位置；（Ⅱ）求平面MAD与平面CC1D所成的锐二面角的余弦值．20.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，D为AA1的中点，E为BC的中点．（1）求证：直线AE∥平面BDC1；（2）若三棱柱 ABC-A1B1C1是正三棱柱，AB=2，AA1=4，求平面BDC1与平面ABC所成二面角的正弦值．21.如图所示，已知长方体ABCD中，AB=4，AD=2，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM．（1）求证：平面ADM⊥平面ABCM；（2）若点E为线段DB的中点，求点E到平面DMC的距离．5622.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点． （1）若正方体的棱长为1，求三棱锥B 1-A 1BE 的体积；（2）在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥面A 1BE ？若存在，试确定点F 的位置，并证明你的结论．23.如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC=CA=AA 1=2，∠CAA 1=60°．（1）求证：AC 1⊥A 1B ；（2）求直线A 1B 与平面BAC 1所成角的正弦值．24.在图所示的几何体中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，EC ∥PD ，且PD=AD=2EC=2，N 为线段PB 的中点． （1）证明：NE ⊥平面PBD ； （2）求四棱锥B-CEPD 的体积．25.已知梯形ABCD 中AD ∥BC ，∠ABC=∠BAD=，AB=BC=2AD=4，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，EF ∥BC ，AE=x ．沿EF 将梯形AEFD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF （如图）．G 是BC 的中点．（1）当x =2时，求证：BD ⊥EG ；（2）当x 变化时，求三棱锥D-BCF 体积的最大值．26.如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=16，BC=10，AA 1=8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E=D 1F=4，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所成角的正弦值．727.在如图所示的多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为正方形，底面ABFE 为直角梯形，∠ABF 为直角， ，，平面ABCD ⊥平面ABFE ． （1）求证：DB ⊥EC ；（2）若AE=AB ，求二面角C-EF-B 的余弦值．28.如图，四棱锥P-ABCD 中，AD ⊥平面PAB ，AP ⊥AB ． （1）求证：CD ⊥AP ； （2）若CD ⊥PD ，求证：CD ∥平面PAB ．29.如图所示，四棱锥P-ABCD 的侧面PAD 是边长为2的正三角形，底面ABCD 是∠ABC=60°的菱形，M 为PC 的中点，PC= ．（Ⅰ）求证：PC ⊥AD ；（Ⅱ）求三棱锥M-PAB 的体积．30.如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=2，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD 且PO=6，M 为BD的中点．（1）证明：AD ⊥平面PAC ； （2）求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．31.如图，多面体EF-ABCD 中，ABCD 是正方形，AC 、BD 相交于O ，EF ∥AC ，点E 在AC 上的射影恰好是线段AO 的中点． （Ⅰ）求证：BD ⊥平面ACF ；（Ⅱ）若直线AE 与平面ABCD 所成的角为60°，求平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值．32.如图，三棱锥P-ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，∠BCA=90°，且BC=CA=2，PC=PA ．（1）求证：PA ⊥BC ；8 （2）当PC 的值为多少时，满足PA ⊥平面PBC ？并求出此时该三棱锥P-ABC 的体积．33.如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AA 1=AB ，AB ⊥BC ，且N 是A 1B 的中点．（1）求证：直线AN ⊥平面A 1BC ；（2）若M 在线段BC 1上，且MN ∥平面A 1B 1C 1，求证：M 是BC 1的中点．34.．如图所示，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=AD=1，AA 1=2，点P 为DD 1的中点． （1）求证：直线BD 1∥平面PAC （2）求证：平面PAC ⊥平面BDD 1B 1．35.如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC=90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD= ． （1）求证：平面MQB ⊥平面PAD ； （2）若二面角M-BQ-C 大小的为60°，求QM 的长．36.如 图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、G 分别为 AB 、BB 1、B 1C 1 的中点． （1）求证：A 1D ⊥FG ；（2）求二面角 A 1-DE-A 的正切值．37.四棱锥P-ABCD 的直观图与三视图如图，PC ⊥面ABCD（1）画出四棱锥P-ABCD 的侧视图（标注长度） （2）求三棱锥A-PBD的9 体积．38.如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=AD=1，AA 1=2，点P 为棱DD 1上一点．（1）求证：平面PAC ⊥平面BDD 1B 1；（2）若P 是棱DD 1的中点，求CP 与平面BDD 1B 1所成的角大小．39.如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD=CD=1，∠BAD=120°，PA= ，∠ACB=90°，M 是线段PD 上的一点（不包括端点）．（Ⅰ）求证：BC ⊥平面PAC ； （Ⅱ）求二面角D-PC-A 的正切值； （Ⅲ）试确定点M 的位置，使直线MA 与平面PCD 所成角θ的正弦值为．40.已知四棱锥P-ABCD 中，AD=2BC ，且AD ∥BC ，点M ，N 分别是PB ，PD 中点，平面MNC 交PA 于Q ． （1）证明：NC ∥平面PAB（2）试确定Q 点的位置，并证明你的结论．41.一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个三棱柱的表面积和体10 积．42.如图，四棱锥P-ABCD 的底面是正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，E 是PA 的中点． （Ⅰ）求证：PC ∥平面BDE ； （Ⅱ）证明：BD ⊥CE ．43.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、G 、H 分别是BC 、C 1D 1、AA 1、的中点．（Ⅰ）求异面直线D 1H 与A 1B 所成角的余弦值（Ⅱ）求证：EG ∥平面BB 1D 1D ．44.如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB=AD=AP=2CD=2，M 是棱PB 上一点． （Ⅰ）若BM=2MP ，求证：PD ∥平面MAC ； （Ⅱ）若平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，求证：PA ⊥平面ABCD ；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若二面角B-AC-M 的余弦值为，求 的值．45.如图，已知在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AC=3，AB=5，BC=4，AA 1=4点D 是AB 的中点． （1）求证：AC 1∥平面B 1DC ；11 （2）求三棱锥A 1-B 1CD 的体积．46.如图，以正四棱锥V-ABCD 的底面中心O 为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz ，其中O x ∥BC ，O y ∥AB ，E 为VC 中点，正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，且有cos ＜， ＞=-． （1）求的值；（2）求二面角B-VC-D 的余弦值．47.如图1，四边形ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AD=1，BC=2，E 为CD 上一点，F 为BE 的中点，且DE=1，EC=2，现将梯形沿BE 折叠（如图2），使平面BCE ⊥ABED ．（1）求证：平面ACE ⊥平面BCE ；（2）能否在边AB 上找到一点P （端点除外）使平面ACE 与平面PCF 所成角的余弦值为？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由．48.如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，∠B 1A 1A=∠C 1A 1A=60°，AA 1=AC=4，AB=1． （Ⅰ）求证：A 1B 1⊥B 1C 1；（Ⅱ）求三棱锥ABC-A 1B 1C 1的侧面积．49.在四棱锥中P-ABCD ，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA=PD=AD 、E 、F ，分别为PC 、BD 的中点． （1）求证：EF ∥平面PAD ；（2）若AB=2，求三棱锥E-DFC 的体积．1250.如图，四棱锥P-ABCD 中，△PAD 为正三角形，AB ∥CD ，AB=2CD ，∠BAD=90°，PA ⊥CD ，E 为棱PB 的中点 （Ⅰ）求证：平面PAB ⊥平面CDE ；（Ⅱ）若直线PC 与平面PAD 所成角为45°，求二面角A-DE-C 的余弦值．51.如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于P ．（Ⅰ）求证：平面PBD ⊥平面BFDE ； （Ⅱ）求四棱锥P-BFDE 的体积．【答案】1.（1）证明：取PD 中点G ，连结GF 、AG ，∵GF 为△PDC 的中位线，∴GF ∥CD 且， 又AE ∥CD 且，∴GF ∥AE 且GF=AE ，13 ∴EFGA 是平行四边形，则EF ∥AG ， 又EF ⊄面PAD ，AG ⊂面PAD ， ∴EF ∥面PAD ；（2）解：取AD 中点O ，连结PO ，∵面PAD ⊥面ABCD ，△PAD 为正三角形，∴PO ⊥面ABCD ，且 ， 又PC 为面ABCD 斜线，F 为PC 中点，∴F 到面ABCD 距离，故；（3）解：连OB 交CE 于M ，可得R t △EBC ≌R t △OAB ， ∴∠MEB=∠AOB ，则∠MEB+∠MBE=90°，即OM ⊥EC ．连PM ，又由（2）知PO ⊥EC ，可得EC ⊥平面POM ，则PM ⊥EC ， 即∠PMO 是二面角P-EC-D 的平面角，在R t △EBC 中，，∴， ∴，即二面角P-EC-D的正切值为．2.（Ⅰ）证明：三棱柱ABF-DCE 中，AF ⊥平面ABCD ．∴DE ∥AF ，ED ⊥平面ABCD ，∵BD ⊂平面ABCD ，∴ED ⊥BD ， 又ABCD 是平行四边形，∠ABC=120°，故∠BCD=60°． ∵BC=2CD ，故∠BDC=90°．故BD ⊥CD ． ∵ED∩CD=D ，∴BD ⊥平面ECD ． ∵EC ⊂平面ECD ， ∴BD ⊥EC ；（Ⅱ）解：由BC=2CD ，可得AD=2AB ，∵AB=1，∴AD=2，作BH ⊥AD于H ，∵AF ⊥平面ABCD ，∴BH ⊥平面ADEF ，又∠ABC=120°， ∴BH=，∴．3.解：（1）证明：连接BD ，则BD ∥B 1D 1， ∵ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ． ∵CE ⊥面ABCD ， ∴CE ⊥BD ． 又AC∩CE=C ， ∴BD ⊥面ACE ． ∵AE ⊂面ACE ， ∴BD ⊥AE ，∴B 1D 1⊥AE ．-----------（6分）（2）S △ABD =2 △．-----------（12分） 4.证明：（1）连AC 交BD 于E ，连ME ．14∵ABCD 是矩形，∴E 是AC 中点．又PA ∥面MBD ，且ME 是面PAC 与面MDB 的交线， ∴PA ∥ME ，∴M 是PC 的中点． 解：（2）取AD 中点O ，连OC ．则PO ⊥AD ， 由平面PAD ⊥底面ABCD ，得PO ⊥面ABCD ，∴ ， ，∴ ， ∴ ， ，∴．5.证明：（1）由题可知PE ⊥AB ，CE ⊥AB ． ∵AB=2，∴PE=CE= ．又∵PC= ，∴PE 2+EC 2=PC 2， ∴∠PEC=90°，即PE ⊥CE ． 又∵AB ，CE ⊂平面ABCD ， ∴PE ⊥平面ABCD ；解：（2）S △BCD =×22×sin 120°= ，PE= ． 由（1）知：PE ⊥平面ABCD ，V P-BCD =•S △BCD •PE=1．∵V D-PBC =V P-BCD ，∴三棱锥D-PBC 的体积为1． 6.解：（1）设所截等腰三角形的底边边长为x cm ． 在R t △EOF 中，EF=5cm ，OF=x cm ，所以EO=． 于是V=x 2（cm 3）．依题意函数的定义域为{x |0＜x ＜10}．（2）主视图为等腰三角形，腰长为斜高，底边长=AB=6，底边上的高为四棱锥的高=EO==4，S==12（cm 2）7.（1）证明：连结BF ，连接BD 交AC 与点O ，连OF ， 依题得O 为AC 中点，又F 为PA 的中点， 所以OF 为△PAC 中位线，所以OF ∥PC因为OF ⊂平面BDF ，PC ⊄平面BDF 所以PC ∥平面BDF ． ∴V 1=梯形 =（2）解：设BE=a ，则PA=2BE=2a ， V 2=△ =（a +2a ）×1×2=a ． =． ∴．8.解：（Ⅰ）连结AC 1，交A 1C 于点O ，连结DO ，则O 为AC 1的中点，因为D 为AB 的中点，所以OD ∥BC 1，又因为OD ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，∴BC 1∥平面A 1CD…（4分） （Ⅱ）由 ， ，可知AC ⊥BC ，以C 为坐标原点，方向为x 轴正方向， 方向为y轴正。
专题05 立体几何-2019年高考数学(理)考试大纲解读
,2019年考试大纲解读05立体几何（三）立体几何初步1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．90πC．42π【答案】BB．63πD．36π【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．考向二球的组合体样题4（2017新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A．πC．π2【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：B．D．3π4π4由题意可得：，结合勾股定理，底面半径，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，的体积为V1，球O的体积为V2，则V．故答案为β利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.样题5（2017江苏）如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O21的值是.V2【答案】32【解析】设球半径为r，则32．【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．考向三空间线面的位置关系样题6已知α，β是平面，m、n是直线，给出下列命题：①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩=m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.其中命题正确的是__________．【答案】①④样题7（2018新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【解析】（1）由已知可得，BF⊥P F，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.考向四空间角和距离样题8（2018新课标全国Ⅱ理科）在长方体与DB所成角的余弦值为1中，A B=BC=1，A A=3，则异面直线AD11A．15B．56C．55D．22【答案】C【解析】用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则B P∥AD，连接DP，易求11得，B P=2，则∠DB P是异面直线AD与DB所成的角，1111由余弦定理可得.故选C.④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 (0, ] ，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；学-科网π2直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．样题 9a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边 AC 所在直线与 a ，b 都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 30°角；②当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 60°角；③直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45°；④直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③【解析】设.由题意，AB 是以 AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由 ，又 AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点 B ，作 BD ∥a ，交底面圆C 于点 D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，∴ DE ∥b ，连接 AD ，等腰 △ABD 中，，故 BD = 2 ，又在 Rt △BDE 中，于点 F ，连接 AF ，由圆的对称性可知AB 与 b 成 60°角，②正确，①错误.,当直线 AB 与 a 成 60°角时，，过点 B 作 BF ∥DE ，交圆 C,∴ △ A BF 为等边三角形， ，即④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 0, ⎥ ，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两⎤ .由图可知③正确；很明显，可以满足平面 ABC ⊥直线 a ，则直线 AB 与 a 所成角的最大值为 90°，④错误.故正确的是②③.【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；⎛ π⎝ 2 ⎦条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围。
【解析版】2019年高考全国Ⅲ卷理数试题
绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合{}{}21,0,1,21A B x x ，=-=≤，则A B ⋂=（ ） A. {}1,0,1- B. {}0,1 C. {}1,1- D. {}0,1,2【答案】A【解析】【分析】先求出集合B 再求出交集. 【详解】由题意得，{}11B x x =-≤≤，则{}1,0,1A B ⋂=-．故选A ． 【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题.2.若(1i)2i z +=，则z=（ ） A. 1i -- B. 1+i - C. 1i - D. 1+i【答案】D【解析】【分析】根据复数运算法则求解即可.【详解】()(2i 2i 1i 1i 1i 1i 1i )()z -===+++-．故选D ． 【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．3.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（ ）A. 0.5B. 0.6C. 0.7D. 0.8【答案】C【解析】【分析】根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解.【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0．7．故选C ． 【点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．4.（1+2x 2 ）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为 A. 12B. 16C. 20D. 24【答案】A【解析】【分析】 本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数．【详解】由题意得x 3的系数为314424812C C +=+=，故选A ．【点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．5.已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =（ ） A. 16B. 8C. 4D. 2【答案】C【解析】【分析】 利用方程思想列出关于1,a q 的方程组，求出1,a q ，再利用通项公式即可求得3a 的值．【详解】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ． 【点睛】应用等比数列前n 项和公式解题时，要注意公比是否等于1，防止出错．6.已知曲线e ln xy a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则（ ） A. ,1a e b ==- B. ,1a e b == C. 1,1a e b -== D. 1,1a e b -==-【答案】D【解析】【分析】通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得b ．【详解】详解：/ln 1,x y ae x =++/11|12x k y ae a e =-==+=∴= 将(1,1)代入2y x b =+得21,1b b +==-，故选D ．【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．7.函数3222x x x y -=+在[]6,6-的图像大致为A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由分子、分母的奇偶性，易于确定函数为奇函数，由(4)f 的近似值即可得出结果． 【详解】设32()22x x x y f x -==+，则332()2()()2222x x x x x x f x f x ----==-=-++，所以()f x 是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C ．又34424(4)0,22f -⨯=>+排除选项D ；36626(6)722f -⨯=≈+，排除选项A ，故选B ． 【点睛】本题通过判断函数的奇偶性，缩小考察范围，通过计算特殊函数值，最后做出选择．本题较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．8.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（ ）。
2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题四 第3讲立体几何中的向量方法
第3讲立体几何中的向量方法[真题再现]1．（2018·课标Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD，BC的中点,以DF为折痕把△DFC使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．[解］(1）证明：由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。
（2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由（1)得，PH⊥平面ABFD。
以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向,|错误!｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H.xyz.由（1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1,所以PE＝错误!.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝错误!，EH＝错误!.则H（0，0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!,错误!＝错误!.又错误!为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!。
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为错误!.2．（2018·课标Ⅱ）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明:PO⊥平面ABC；(2）若点M在棱BC上，且二面角M。
P A-C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值[解］(1）证明：因为P A＝PC＝AC＝4,O为AC的中点,所以OP⊥AC，且OP＝2错误!.如图，连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC,所以△ABC为等腰直角三角形，且OB ⊥AC,OB＝错误!AC＝2。
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC,OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.（2）解:如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O。
xyz。
由已知得O（0，0,0）,B（2，0，0)，A（0,－2，0）,C(0,2,0)，P(0,0，2错误!），错误!＝（0,2,2错误!)．取平面P AC的一个法向量错误!＝(2，0，0）．设M (a ，2－a,0）（0≤a ≤2)，则错误!＝(a ，4－a,0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ,y ,z ）．由AP ，→·n ＝0，错误!·n ＝0得错误!可取y ＝错误!a ,得平面P AM 的一个法向量为n ＝(错误!（a －4），错误!a ，－a ）,所以cos 错误!，n ＝错误!。
2019年高考理科数学三年高考真题精品分类汇编：24 立体几何的位置关系-附答案中高考前沿
路漫漫其修远兮，吾将上下而求索！2019-2020年备考青霄有路终须到，金榜无名誓不还！2019-2020年备考专题24 立体几何的位置关系考纲解读明方向考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.点、线、面的位置关系理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.·公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.·公理2:过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.·公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.·公理4:平行于同一条直线的两条直线互相平行.·定理:空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么理解2016浙江,2;2015广东,8;2014广东,7;2013课标全国Ⅱ,4;2013江西,8选择题★★☆2.异面直线所成的角掌握2017课标全国Ⅱ,10;2017课标全国Ⅲ,16;2016课标全国Ⅰ,11;2015四川,14;2015广东,18选择题填空题★★★这两个角相等或互补分析解读 1.会用平面的基本性质证明点共线、线共点、点线共面问题;会用反证法证明有关异面或共面问题.2.会判定和证明两条直线异面;会应用三线平行公理和等角定理及推论解决有关问题,会求两条异面直线所成的角;了解两条异面直线间的距离.3.高考对本节内容的考查常以棱柱、棱锥为依托,求异面直线所成的角,分值约为5分,属中档题.考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.直线与平面平行的判定与性质①以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理,理解以下判定定理.如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.理解以下性质定理,并能够证明.如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.如果两个平行平面同时和第三个掌握2017江苏,15;2016江苏,16;2016四川,18;2015安徽,5;2015江苏,16;2013广东,6选择题解答题★★★2.平面与平面平行的判定与掌握2016课标全国Ⅱ,14;2013江苏,16选择题解答题★★☆。
2019届高考数学二轮复习 专题五 立 体 几 何 (讲义训练)：第3讲 立体几何中的计算 课时讲义(含答案)
第3讲 立体几何中的计算 课时讲义1. 高考对立体几何的计算，主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积．有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题．2. 高考中常见的题型为：(1) 常见几何体的表面积与体积的计算；(2) 利用等积变换求距离问题；(3) 通过计算证明平行与垂直等问题；(4) 几何体的内切和外接．1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________． 答案：43解析： 因为四个面是全等的正三角形，则S 表面积＝4×34×4＝43.2. 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是棱BB 1的中点，则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________．答案：13解析：四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1＝13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案：18π解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，解得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm.答案：63解析： 设正三棱锥的底面边长为a ，则其面积为S ＝34a 2.由题意13·34a 2×4＝363，解得a ＝63., 一) 表面积与体积, 1) 如图，在以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.(1) 求证：DE ∥平面ABC ； (2) 求此六面体的体积．(1) 证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD ， 且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ， 所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形， 所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，所以四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ，CF ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC.(2) 解：因为△ABD 是等边三角形，所以点F 是AB 的中点． 又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知，DF ⊥CF ， 所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ， 因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1；四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积， 故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为83 cm 2，则它的体积为________cm 3.答案：4解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H, 连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2.在直角△PHO 中，PH ＝2，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V PABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PO ＝13×23×23×1＝4(cm 3)．, 二) 翻折与切割问题, 2) 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝2.(1) 求证：EO ⊥CD ；(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ AO ⊥BD ，即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC ＝O ，∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD .(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE ＝V 三棱锥E OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－（22）2＝72， ∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．,①) ,②)(1) 证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以BE ∥CD ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解：因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高． 根据图①可得A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 所以VA 1BCDE ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3.由26a 3＝362，解得a ＝6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a.(1) 求证：B 1F ⊥平面ADF ； (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积．(1) 证明：∵ AB ＝AC ，D 为BC 中点，∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B ＝B ，∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1，∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中，C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ， ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，∴ ∠CFD ＝∠C 1B 1F ， ∴ ∠B 1FD ＝90°，∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD ＝D ，∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解： ∵ B 1F ⊥平面AFD ，∴ VB 1－ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 33.如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图②.(1) 求证：BC ⊥平面ACD ； (2) 求几何体DABC 的体积．(1) 证明：(证法1)在图①中，由题意知，AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ，连结DO ，由AD ＝CD ，得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ， ∴ OD ⊥平面ABC ，∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中，由题意得AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解：由(1)知，BC 为三棱锥BACD 的高， 且BC ＝22，S △ACD ＝12×2×2＝2，∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．答案：13解析：如图，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1＝12×12＋12＝22，S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2. (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案：43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.3. (2017·北京卷)如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3) 当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC. 由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解：因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥EBCD 的体积为V ＝13×12×BD ×DC ×DE ＝13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1) 求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥PABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1) 证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又PA ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解：如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，由AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V PABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2. 从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，所以△PBC 为等边三角形，可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1) 求证：AC ⊥BD ；(2) 已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1) 证明：如图，取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO ＝O ，所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ，所以AC ⊥BD . (2) 解：连结EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD ，故点E 为BD 的中点．所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准，满分14分) (2018·长春模拟)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1) 证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63，即13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，解得x ＝2.(9分)从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________． 答案：2π解析： 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则有2πr ＝2，即r ＝1π，故圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2＝2π.2. 如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝AF ＝CD ＝2，AB ＝4.(1) 求证：AF ∥平面BCE ； (2) 求证：AC ⊥平面BCE ； (3) 求三棱锥EBCF 的体积．(1) 证明：∵ 四边形ABEF 为矩形，∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ，AF ⊄平面BCE ， ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明：如图，过点C 作CM ⊥AB ，垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ，∴ 四边形ADCM 为矩形， ∴ AM ＝DC ＝MB ＝AD ＝2.∴ AC ＝22，CM ＝2，BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ，AF ∥BE ， ∴ BE ⊥平面ABCD ，∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解：∵ AF ⊥平面ABCD ，∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ，AF ⊂平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，AF ∩AB ＝A ，∴ CM ⊥平面ABEF ，∴ V 三棱锥EBCF ＝V 三棱锥CBEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1) 若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1) ∵ PO 1＝2 m ，正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，∴ O 1O ＝8 m ，∴ 仓库的容积V ＝13×62×2＋62×8＝312(m 3)． (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，设PO 1＝x m ，则O 1O ＝4x m ，A 1O 1＝36－x 2 m ，A 1B 1＝2·36－x 2 m ， 则仓库的容积V (x )＝13×(2·36－x 2)2·x ＋(2·36－x 2)2·4x ＝－263x 3＋312x (0＜x＜6)， V ′(x )＝－26x 2＋312(0＜x ＜6)．当0＜x ＜23时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当23＜x ＜6时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减． 故当x ＝23时，V (x )取最大值． 即当PO 1＝23 m 时，仓库的容积最大．请使用“课后训练·第19讲”活页练习，及时查漏补缺！。
2019年高考理数——立体几何(解答)
2019年高考理数——立体几何1.(19全国一理18．（12分）)如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．2.(19全国二理17．（12分）)如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．3.(19全国三理19．（12分）)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.4.(19北京理（16）（本小题14分）)如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．如图，AE ⊥平面ABCD，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．6.(19浙江19．（本小题满分15分）)如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.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．参考答案：1．解：（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=P DC ，可得B 1C =P A 1D ，故ME =P ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA uuu r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-u u u r ，1(13,2)A M =--u u u u r，1(1,0,2)A N =--u u u u r ，(0,3,0)MN =u u u u r．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r m m ， 所以32040x y z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u u r ，．n n 所以3020q p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||25⋅〈〉===⨯‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --的正弦值为105．2．解：（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴正方向，||DA uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =u u u r ，(1,1,1)CE =-u u u r，1(0,0,2)CC =u u u u r．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u rm m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为3．3．解：（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH =3．以H 为坐标原点，HC u u u r的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，03CG u u u r =（1，03），AC u u u r=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n 即30,20.x z x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩所以可取n =（3，6，3 又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．4.解：（Ⅰ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（Ⅱ）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=u u u r u u u r u u u r．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z =1，则1,1y x =-=-． 于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以3cos ,||⋅〈〉==-‖n p n p n p . 由题知，二面角F -AE -P 为锐角，所以其余弦值为33．（Ⅲ）直线AG 在平面AEF 内． 因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--u u ur ，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由（Ⅱ）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=u u u r n .所以直线AG 在平面AEF 内.5.依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE u u u r u u u r u u u r，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（Ⅰ）证明：依题意，(1,0,0)AB =u u u r 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =u u u r，可得0BF AB ⋅=u u u r u u u r，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（Ⅱ）解：依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--u u u r u u u r u u u r．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =， 可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-u u u ru u u r u u u r n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （Ⅲ）解：设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rm m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩ 不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87．6.方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E 3EG 3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)2F ，C (0，2，0)．因此，33(,,23)22EF =u u u r ，(3,1,0)BC =-u u u r ． 由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C --u u u r u u u u r ，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r n n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．7.证明：（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1，所以A 1B 1∥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.。
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第 1 页2019年高考真题理科数学解析汇编：立体几何一、选择题1 ．（2019年高考（新课标理））已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为 （ ）A．6BC．3 D22 ．（2019年高考（新课标理））如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．183 ．（2019年高考（浙江理））已知矩形ABCD ,AB =1,BC 将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, A ．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直4 ．（2019年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为a ,且长为a 异面,则a 的取值范围是 （ ）A ．B ．C ．D ．5 ．（2019年高考（四川理））如图,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交,所得交线上到平面α的距离最大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠=,则A 、P 两点间的球面距离为 （ ）A ．arccos4R B ．4Rπ C ．arccos3R D ．3Rπ 6 ．（2019年高考（四川理））下列命题正确的是（ ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行7 ．（2019年高考（上海春））已知空间三条直线.l m n 、、若l 与m 异面,且l 与n 异面,则 [答]第 2 页（ ）A ．m 与n 异面.B ．m 与n 相交.C ．m 与n 平行.D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能.8 ．（2019年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111A B C A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 （ ）ABCD ．359 ．（2019年高考（江西理））如图,已知正四棱锥S-ABCD 所有棱长都为1,点E 是侧棱SC 上一动点,过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0<x<1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为10．（2019年高考（湖南理））某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是11．（2019年高考（湖北理））我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ,求其直径d的一个近似公式d ≈人们还用过一些类似的近似公式. 根据π =3.14159判断,下列近似公式中最精确的一个是（ ）[来源:shulihua]A．d ≈ B．d ≈C．d ≈D ．(一)必考题(11—14题)12．（2019年高考（湖北理））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π13．（2019年高考（广东理））(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为 （ ）A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π14．（2019年高考（福建理））一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是 （ ）A 图1B C D 侧视图正视图俯视图第 3 页A ．球B ．三棱柱C ．正方形D ．圆柱15．（2019年高考（大纲理））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,AB CC E ==为1CC 的中点,则直线1AC 与平面BED 的距离为 （ ）A ．2BCD ．116．（2019年高考（北京理））某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 （ ）A．28+B．30+C．56+D ．60125+17．（2019年高考（安徽理））设平面α与平面β相交于直线m ,直线a 在平面α内,直线b 在平面β内,且b m ⊥,则“αβ⊥”是“a b ⊥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．即不充分不必要条件二、填空题18．（2019年高考（天津理））―个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为______3m .19．（2019年高考（浙江理））已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积等于___________cm 3.20．（2019年高考（四川理））如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 、N 分别是CD 、1CC 的中点,则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________.21．（2019年高考（上海理））如图,AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱,BC=2。
2019年高考数学试题分类汇编立体几何附答案详解
2019年高考数学试题分类汇编立体几何一、选择题.1、（2019年高考全国I 卷理科12）已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D答案：D解析：如图，三棱锥ABC P -为正三棱锥，不妨设a PC PB PA 2||||||===，底面外接圆半径为r ，由题意可得3||,||==CF a EF .在PAC ∆中，由余弦定理可得aa a a PAC 21222444cos 22=⨯⨯-+=∠，所以在EAC ∆中22124||222+=⨯⨯⨯-+=a aa a a EC 又︒=∠90CEF ，根据勾股定理可得222||||||CF EF EC =+，即2||=PC在直角POC ∆中，332||=OC ,36||||22=-=r PC OP 由正三棱锥外接球半径公式可得26||2||222=+=OP OP r R ，故体积为π6 2、（2019年高考全国II 卷文理科7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面答案：B解析：由“判定定理:如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面内两条相交直线平行,那么这两个平面平行”可知答案选B3、（2019年高考全国II 卷文理科16）．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 答案：A解析：(1)上层8个,中层8个,下层8个上下底各1个(2)设棱长为a ,如图作出该几何体的截面,1,21=-=CE aCD 又△CDE 为等腰直角三角形,则a a=-⨯212，解得12-=a .则棱长为12- 4、（2019年高考全国III 卷文理科8）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A ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 答案：B解析：建系如图)23,0,23(),0,11,1(),3,0,1(),0,2,0(M N E B 所以7)023()20()023(||222=-+-+-=, 2)300()01()11(||222=-+-+-=又因为+=21所以B 、M 、E 、N 四点共面。