2019年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何
2019年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何一、选择题1 ．（2019年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（ ）A ．35003cm π B ．38663cm π C ．313723cm πD ．320483cm π【答案】A2 ．（2019年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D3 ．（2019年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C4 ．（2019年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中12AA AB =,则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ）A ．23B C ．3D ．13【答案】A5 ．（2019年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A6 ．（2019年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有（ ）A ．1243V V V V <<< B．1324V V V V <<<C ．2134V V V V <<<D ．2314V V V V <<<【答案】C7 ．（2019年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 （ ）A ．1BC ．2D ．2【答案】C8 ．（2019年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是（ ）A ．4B ．143C ．163D ．6【答案】B9 ．（2019年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））已知n m ,为异面直线,⊥m 平面α,⊥n 平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄,则 （ ）A ．βα//,且α//lB ．βα⊥,且β⊥lC ．α与β相交,且交线垂直于lD ．α与β相交,且交线平行于l【答案】D10．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,的正三角形.若P 为底面111A B C的中心,则PA 与平面ABC所成角的大小为（ ）A ．512πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】B11．（2019年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为 （ ）A ．5603B ．5803C ．200D ．240正视图俯视图侧视图第5题图【答案】C12．（2019年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ）A B ．C ．132D ．【答案】C13．（2019年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且ABCD ,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF 相交的平面个数分别记为,m n ,那么m n +=（ ）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】A14．（2019年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx 平面为投影面,则得到正视图可以为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A15．（2019年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））在下列命题中,不是公理．．的是 （ ）A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C ．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D ．如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A 16．（2019年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））在空间中,过点A 作平面π的垂线,垂足为B ,记)(A f B π=.设βα,是两个不同的平面,对空间任意一点P ,)]([)],([21P f f Q P f f Q βααβ==,恒有21PQ PQ =,则（ ）A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为045C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为060【答案】A 17．（2019年高考四川卷（理））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是【答案】D 二、填空题18．（2019年高考上海卷（理））在xOy 平面上,将两个半圆弧22(1)1(1)x y x -+=≥和22(3)1(3)x y x -+=≥、两条直线1y = 和1y =-围成的封闭图形记为D,如图中阴影部分.记D 绕y轴旋转一周而成的几何体为Ω,过(0,)(||1)y y ≤作Ω的水平截面,所得截面面积为48π,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出Ω的体积值为__________【答案】2216ππ+.19．（2019年高考陕西卷（理））某几何体的三视图如图所示, 则其体积为___3π_____.【答案】3π 20．（2019年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知圆O 和圆K 是球O的大圆和小圆,其公共弦长等于球O 的半径,32OK =,且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60,则球O 的表面积等于______.【答案】16π21．（2019年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.【答案】 22．（2019年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.1B【答案】1:2423．（2019年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________2cm .【答案】2424．（2019年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,P 为BC 的中点,Q 为线段1CC 上的动点,过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是__①②③⑤___(写出所有正确命题的编号).①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与11C D 的交点R 满足1113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S【答案】①②③⑤25．（2019年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.A BCADEF BC【答案】1616π-26．（2019年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π27．（2019年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______【答案】3π三、解答题28．（2019年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点.(I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB【答案】29．（2019年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图,四棱锥P ABCD-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】1．（2019年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））如图,圆锥顶点为p.底面圆心为o,其母线与底面所成的角为22.5°.AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦,轴OP与平面PCD所成的角为60°.(Ⅰ)证明:平面PAB 与平面PCD 的交线平行于底面; (Ⅱ)求cos COD ∠.【答案】解: (Ⅰ) PAB P D ,////C m AB CD CD PCD AB PCD ⋂=⊂⇒设面面直线且面面//AB m ⇒直线 ABCD m ABCD AB 面直线面//⇒⊂ . 所以,ABCD D P PAB 的公共交线平行底面与面面C . (Ⅱ) rPOOPF F CD r =︒︒=∠5.22tan .60,由题知，则的中点为线段设底面半径为. ︒-︒=︒∠==︒⋅︒⇒=︒5.22tan 15.22tan 245tan ,2cos 5.22tan 60tan 60tan ,2COD r OF PO OF . )223(3)],1-2(3[21cos ,1-25.22tan 12cos 2cos 22-==+∠=︒⇒-∠=∠COD COD COD 212-17cos .212-17cos =∠=∠COD COD 所以.法二:1．（2019年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））如图,在四面体BCD A -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点,P 是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)若二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD 的中点F ,且M 是AD 中点,所以3AF FD =.因为P 是BM 中点,所以//PF BD ;又因为(Ⅰ)3AQ QC =且3AF FD =,所以//QF BD ,所以面//PQF 面BDC ,且PQ ⊂面BDC ,所以//PQ 面BDC ;ABCDPQM（第20题图）方法二:如图7所示,取BD 中点O ,且P 是BM 中点,所以1//2PO MD ;取CD 的三等分点H ,使3DH CH =,且3AQ QC =,所以11////42QH AD MD ,所以////P OQ H P Q O H ∴,且OH BCD ⊂,所以//PQ 面BDC ;(Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB ⊥面BDC ,过C 作CG BD ⊥于G ,所以CG BMD ⊥,过G 作GH BM ⊥于H ,连接CH ,所以C H G ∠就是C B M D--的二面角;由已知得到3BM ==,设BDC α∠=,所以cos ,sin ,sin ,,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===, 在RT BCG ∆中,2sin BGBCG BG BCααα∠=∴=∴=,所以在R T B H G ∆中,2133HG α=∴=,所以在RT CHG ∆中tan tan 6033CGCHG HG ∠==== tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠=;2．（2019年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,11tan 6BC CC BC C =⋅∠==,从而2ABC S ∆==因此该三棱柱的体积为16ABC V S AA ∆=⋅==3．（2019年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分14分.如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF∥平面ABC 同理:FG∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SABAF⊥SB∴AF⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB∴BC⊥SA4．（2019年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面B 1A 1C 1ACBABCSGFEDA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯= 而1AD C ∆中,11AC DC AD ===,故132AD C S ∆= 所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.5．（2019年高考湖北卷（理））如图,AB 是圆O 的直径,点C 是圆O 上异于,A B 的点,直线PC ⊥平面ABC ,E ,F 分别是PA ,PC 的中点.(I)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面PAC 的位置关系,并加以证明;(II)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ,且点Q 满足12DQ CP =.记直线PQ 与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ 与EF 所成的角为α,二面角E l C --的大小为β,求证:sin sin sin θαβ=.【答案】解:(I)EF AC ,AC ABC ⊆平面,EF ABC ⊆平面EF ABC ∴平面又EF BEF ⊆平面EF l ∴第19题图平面l PAC(II)连接DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大的偏差.)6．（2019年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE ==O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=.(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===.CO BDEA CDOBE'A图1图2连结,OD OE ,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD由翻折不变性可知A D '=所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角.结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角A CD '--. 向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以cos ,53n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.7．（2019年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中, 侧棱A 1A ⊥底面ABCD , AB //DC , AB ⊥AD , AD = CD = 1, AA 1 = AB = 2,E 为棱AA 1的中点.(Ⅰ) 证明B 1C 1⊥CE ;(Ⅱ) 求二面角B 1-CE -C 1的正弦值.C D OBE'AH(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1, 求线段AM的长.【答案】8．（2019年高考新课标1（理））如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)取AB 中点E,连结CE,1A B ,1A E,∵AB=1AA ,1BAA ∠=060,∴1BAA ∆是正三角形,∴1A E ⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE⊥AB, ∵1CE A E ⋂=E,∴AB⊥面1CEA,∴AB⊥1AC ;(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,1EA ⊥AB,又∵面ABC⊥面11ABB A ,面ABC∩面11ABB A =AB,∴EC⊥面11ABB A ,∴EC⊥1EA ,∴EA,EC,1EA 两两相互垂直,以E 为坐标原点,EA 的方向为x 轴正方向,|EA |为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系O xyz -, 有题设知A(1,0,0),1A(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),则BC1BB =1AA),1A C设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量,则100BC BB ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩n n ,即0x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,可取n,1,-1), ∴1cos ,A C n =11|A C A C ∙n |n ||∴直线A 1C 与平面BB1C 1C9．（2019年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O ⊥平面ABCD, 1AB AA ==(Ⅰ) 证明: A 1C ⊥平面BB 1D 1D ;(Ⅱ) 求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BD O A ABCD BD ABCD O A ⊥∴⊂⊥11,,面且面 ;又因为,在正方形AB CD中,BD C A AC A C A AC A BD A AC O A BD AC ⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且. 在正方形AB CD 中,AO = 1 . .111=∆O A OA A RT 中，在OE C A OCE A E D B 1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又O O BD D D BB O D D BB BD =⋂⊂⊂111111E .E ,D D BB C A 111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O 为原点,以OC 为X 轴正方向,以OB 为Y 轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0111-=⇒A B A C B ，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB 1D 1D 的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OC OB C A n 设平面OCB 1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅n OB n n ).1-,1,0(法向量2=n 为解得其中一个21221|||||,cos |cos 212111=⋅=⋅=><=n n n n θ. 所以,平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ为3π 10．（2019年高考江西卷（理））如图,四棱锥P A B-中,PA ,ABCD E BD ⊥平面为的中点,G PD 为的中点，1A3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，,连接CE 并延长交AD 于F . (1) 求证:AD CFG ⊥平面;(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值.【答案】解:(1)在ABD ∆中,因为E 是BD 的中点,所以1EA EB ED AB ====,故,23BAD ABE AEB ππ∠=∠=∠=,因为DAB DCB ∆≅∆,所以EAB ECB ∆≅∆, 从而有FED FEA ∠=∠,故,EF AD AF FD ⊥=,又因为,PG GD =所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ,所以,GF AD ⊥故AD ⊥平面CFG .(3) 以点A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则3(0,0,0),(1,0,0),(2A B C D , (4)3(0,0,)2P ,故133333(0),(,),(2222BC CP CD ==--=-，，，设平面BCP 的法向量111(1,,)n y z =,则1111022330222y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩ ,解得1123y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即12(1,)3n =. 设平面DCP 的法向量222(1,,)n y z =,则222322330222y y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩,解得222y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩,即2n =.从而平面BCP 与平面DCP的夹角的余弦值为12124cos 16n n n n θ⋅===. 11．（2019年高考四川卷（理））如图,在三棱柱11ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥底面ABC ,12AB AC AA ==,120BAC ∠=,1,D D 分别是线段11,BC B C 的中点,P 是线段AD 的中点.(Ⅰ)在平面ABC 内,试作出过点P 与平面1A BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥平面11ADD A ;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角1A A M N --的余弦值.1C【答案】解:()I 如图,在平面ABC 内,过点P 做直线l //BC ,因为l 在平面1A BC 外,BC 在平面1A BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面1A BC .由已知,AB AC =,D 是BC 的中点,所以,BC AD ⊥,则直线l AD ⊥.因为1AA ⊥平面ABC ,所以1AA ⊥直线l .又因为1,AD AA 在平面11ADD A 内,且AD 与1AA 相交,所以直线平面11ADD A()II 解法一:连接1A P ,过A 作1AE A P ⊥于E ,过E 作1EF A M ⊥于F ,连接AF . 由()I 知,MN ⊥平面1AEA ,所以平面1AEA ⊥平面1A MN . 所以AE ⊥平面1A MN ,则1A M AE ⊥. 所以1A M ⊥平面AEF ,则1A M ⊥AF .故AFE ∠为二面角1A A M N --的平面角(设为θ).设11AA =,则由12AB AC AA ==,120BAC ∠=,有60BAD ∠=,2,1AB AD ==. 又P 为AD 的中点,所以M 为AB 的中点,且1,12AP AM ==, 在1Rt AA P 中, 12A P =;在1Rt A AM 中, 1AM =从而,11AA AP AE A P ∙==,11AA AM AF A M ∙==,所以sin AE AF θ==.所以cos 5θ===. 故二面角1A A M N --的余弦值为5解法二:设11AA =.如图,过1A 作1A E 平行于11B C ,以1A 为坐标原点,分别以111,A E A D ,1AA 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点1A 重合).则()10,0,0A ,()0,0,1A .因为P 为AD 的中点,所以,M N 分别为,AB AC 的中点,故11,1,,12222M N ⎛⎫⎛⎫-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 所以131,122A M ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,()10,0,1A A =,()3,0,0NM =.设平面1AA M 的一个法向量为()1111,,n x y z =,则1111,,n A M n A A ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即11110,0,n A M n A A ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有 ()()()1111111,,,10,22,,0,0,10,x y z x y z ⎧⎛⎫∙=⎪ ⎪ ⎪⎨⎝⎭⎪∙=⎩ 从而111110,220.x y z z ++=⎨⎪=⎩取11x =,则1y =所以()11,n =. 设平面1A MN 的一个法向量为()2222,,n x y z =,则212,,n A M n NM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即2120,0,n A M n NM ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有()())2222221,,,10,2,,0,x y z x y z ⎧⎫∙=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎪∙=⎪⎩ 从而222210,220.x y z ++=⎨⎪=⎩取22y =,则21z =-,所以()20,2,1n =-. 设二面角1A A M N --的平面角为θ,又θ为锐角,则1212cos 5n n n n θ∙===∙.故二面角1A A M N --的余弦值为512．（2019年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分10分.如图,在直三棱柱111A B C ABC -中,AC AB ⊥,2==AC AB ,41=AA ,点D 是BC 的中点 (1)求异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值 (2)求平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值.【答案】本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向量解决问题的能力.解:(1)以{}1,,AA 为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -,则)0,0,0(A )0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ∴)4,0,2(1-=A ,)4,1,1(1--=A∴10103182018,cos 11==>=<C A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103 (2))0,2,0(= 是平面1ABA 的的一个法向量设平面1ADC 的法向量为),,(z y x =,∵)0,1,1(=,)4,2,0(1=AC 由1,AC ⊥⊥ ∴⎩⎨⎧=+=+0420z y y x 取1=z ,得2,2=-=x y ,∴平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=m设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ∴32324,cos cos =⨯-==><=θ, 得35sin =θ ∴平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为3513．（2019年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））如图,四棱锥P ABCD-中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形. (I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.【答案】14．（2019年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））如图所示,在三棱锥P ABQ -中,PB ⊥平面ABQ ,BA BP BQ ==,,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,2AQ BD =,PD 与EQ 交于点G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH .(Ⅰ)求证:AB GH ; (Ⅱ)求二面角D GH E --的余弦值.【答案】解:(Ⅰ)证明:因为,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC ,又EF ⊂平面PCD ,DC ⊂平面PCD ,所以EF ∥平面PCD ,又EF ⊂平面EFQ ,平面EFQ平面PCD GH =, 所以EF ∥GH ,又EF ∥AB ,所以AB ∥GH .(Ⅱ)解法一:在△ABQ 中, 2AQ BD =,AD DQ =,所以=90ABQ ∠,即AB BQ ⊥,因为PB ⊥平面ABQ ,所以AB PB ⊥,又BP BQ B =,所以AB ⊥平面PBQ ,由(Ⅰ)知AB ∥GH ,所以GH ⊥平面PBQ ,又FH ⊂平面PBQ ,所以GH FH ⊥,同理可得GH HC ⊥,所以FHC ∠为二面角D GH E --的平面角,设2BA BQ BP ===,连接PC ,在t R △FBC 中,由勾股定理得,FC =在t R △PBC 中,由勾股定理得,PC =又H 为△PBQ 的重心,所以133HC PC == 同理FH =,在△FHC 中,由余弦定理得552499cos 5529FHC +-∠==-⨯,即二面角D GH E --的余弦值为45-. 解法二:在△ABQ 中,2AQ BD =,AD DQ =,所以90ABQ ∠=,又PB ⊥平面ABQ ,所以,,BA BQ BP 两两垂直,以B 为坐标原点,分别以,,BA BQ BP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设2BA BQ BP ===,则(1,0,1)E ,(0,0,1)F ,(0,2,0)Q ,(1,1,0)D ,(0,1,0)C (0,0,2)P ,,所以(1,2,1)EQ =--,(0,2,1)FQ =-,(1,1,2)DP =--,(0,1,2)CP =-,设平面EFQ 的一个法向量为111(,,)m x y z =, 由0m EQ ⋅=,0m FQ ⋅=,得111112020x y z y z -+-=⎧⎨-=⎩取11y =,得(0,1,2)m =.设平面PDC 的一个法向量为222(,,)n x y z =由0n DP ⋅=,0n CP ⋅=, 得222222020x y z y z --+=⎧⎨-+=⎩取21z =,得(0,2,1)n =.所以4cos ,5m n m n m n ⋅==因为二面角D GH E --为钝角,所以二面角D GH E --的余弦值为45-.15．（2019年高考湖南卷（理））如图5,在直棱柱1111//ABCD A B C D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=,13AD AA ==.(I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.【答案】解: (Ⅰ) AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥⇒⊂⊥∴-111111,面且面是直棱柱D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11111,,⊥∴⊂⊥∴=⋂⊥，面。
(完整版)2019数学高考试题分类汇编 立体几何
2019年数学高考试题汇编—立体几何1、全国I 理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 ．68πB ．64πC ．62πD ．6π2、全国III 理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3、浙江4．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式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，则该柱体的体积是 A ．158B ．162C ．182D ．324、浙江8．设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β 5、北京理（11）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．6、北京理（12）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．7、江苏9．如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是 . 8、全国I 文16．已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为______ _____．9、全国II 文理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．） 10、全国III 理16．学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.11、浙江17．已知正方形ABCD 的边长为1，当每个(1,2,3,4,5,6)i i λ=取遍1±时，123456||AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++的最小值是________，最大值是_______.12、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13PF PC =．（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23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．13、江苏16．（本小题满分14分）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．14、全国I 理18．（12分）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．文（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．15、全国II 理（一）必考题：共60分。
2019高考真题理分类汇编立体几何含答案解析 选择题填空题.docx
专题05立体几何（选择题' 填空题）1.[2019年高考全国I卷理数】已知三棱锥P-ABC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B4, 的中点，ZCEF=90。
,则球。
的体积为A. 8A/?兀B. 4\/6KC. 2A/6KD. y/6n【答案】D【解析】解法一：PA=PB = PC,AABC为边长为2的等边三角形，.•./>-ABC为正三棱锥，PBLAC,又E , F 分别为PA, AB 的中点，:.EF〃 PB , EF / AC ,又EF ICE, CE AC = C, :. EF± 平面PAC, :. PB L平面PAC ZAPB = 90。
,:. PA= PB = PC =也，P — ABC为正方体的一部分,2R = J2 + 2 + 2 = , 即R =寸!.，y= re—/?= 3-$/6 ,2 3 3 8故选D.解法二：设PA = PB = PC = 2x,分别为PA,AB 的中点，:.EF//PB,且EF=Lp3 = x,2 AABC为边长为2的等边三角形,.・.CF = B又ZCEF =90° , CE = 73-x2, AE^-PA^x,2△AEC中，由余弦定理可得cos ZEAC = x +4 ^-3 % ,2x2xx作PDLAC于。
，AD 1 X2+4-3+ X2 1PA = PC , \ D^jAC的中点，cosZEAC =——=—,J + x =—,PA 2x 4-x 2x12尤2 +1 = 2,尤？ = —, x ———，PA = PB — PC — y/^2，2 2又A8=8C=AC=2, .•.徵，您，PC两两垂直，:.2R = yj2 + 2 + 2=^6 > :.R = — , .-.V=-TI R3 =—71X 6^^ = J^7T ,故选D.2 3 3 8【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补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II卷理数】设a, g为两个平面，则a//p的充要条件是A. a内有无数条直线与”平行B. a内有两条相交直线与”平行C. a,月平行于同一条直线D. a, 垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：。
2019高考数学汇编—立体几何
2019高考数学真题汇编——立体几何1（2019全国Ⅰ理）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（2019全国Ⅰ文）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）求点C到平面C1DE的距离．3（2019全国Ⅱ理）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.4（2019全国Ⅱ文）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．5（2019全国Ⅲ理）图1是由矩形ADEB 、R t △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.6（2019天津理）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.7（2019天津文）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =，（Ⅰ）设G H ，分别为PB AC ，的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.8（2019浙江理）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,，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.。
2019年高考真题理科数学解析分类汇编7立体几何
2019年高考真题理科数学解析分类汇编7 立体几何一、选择题1.【2018高考新课标理7】如图，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 6 ()B 9()C 12 ()D 18【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，所以几何体的体积为93362131=⨯⨯⨯⨯=V ,选B.2.【2018高考浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。
将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。
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，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 【答案】C【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C 是正确的．3.【2018高考新课标理11】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 6 ()B ()C 3 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径r =点O 到面ABC 的距离d ==SC为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =此棱锥的体积为11233ABC V S d ∆=⨯==另：123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A.4.【2018高考四川理6】下列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 [答案]C[解析]若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A 错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B 错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D 错；故选项C 正确.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质，需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.5.【2018高考四川理10】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 、R、4R π C 、R 、3R π[答案]A[解析] 以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴，则A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R42arccos=∠∴AOP42arccos ⋅=∴R P A[点评]本题综合性较强，考查知识点较为全面，题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.6.【2018高考陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB夹角的余弦值为（ ）35【答案】A.【解析】法1：设a CB =||，则a CC CA 2||||1==，),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ，),2,0(),,2,2(11a a BC a a a -=-=∴，55||||,cos 111111=>=<∴BC AB BC AB ，故选A. 法2：过点1B 作11//B D C B 交Oz 轴于点D ，连结AD ，设122CA CC CB a ===，则422=∙=∠∴R PO AO AOP COS113,,AB a B D AD ==，在1AB D ∆中，由余弦定理知直线1AB 与直线1BC 夹角的余弦值为22211112AB B D AD AB B D +-==⋅. 7.【2018高考湖南理3】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【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.查空间想象能力.是近年高考中的热点题型.8.【2018高考湖北理4】已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为A．8π3B ．3πC．10π3D ．6π【答案】B考点分析：本题考察空间几何体的三视图.【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B. 9.【2018高考广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为俯视图侧视图正视图第4题图4A ．12π B.45π C.57π D.81π 【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．10.【2018高考福建理4】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.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱 【答案】D. 【【解析】法1：球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ，故选Ｄ．法2：球的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形； 正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形； 圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆。
(新课标全国I卷)2010_2019学年高考数学真题分类汇编专题07立体几何(2)文(含解析)
专题7 立体几何（2）立体几何大题：10年10考，每年1题．第1小题多为证明垂直问题，第2小题多为体积计算问题（2014年是求高）．1．（2019年）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）求点C到平面C1DE的距离．【解析】（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND＝12A1D，由题设知A1B1//DC，∴B1C//A1D，∴ME//ND，∴四边形MNDE是平行四边形，∴MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，由已知可得CE＝1，CC1＝4，∴C1E，故CH，∴点C 到平面C 1DE ． 2．（2018年）如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA ． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ﹣ABP 的体积．【解析】（1）∵在平行四边形ABCM 中，∠ACM ＝90°，∴AB ⊥AC ， 又AB ⊥DA ．且AD ∩AC ＝A ， ∴AB ⊥面ADC ，∵AB ⊂面ABC ， ∴平面ACD ⊥平面ABC ；（2）∵AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°，∴AD ＝AM ＝∴BP ＝DQ ＝23DA ＝ 由（1）得DC ⊥AB ，又DC ⊥CA ，∴DC ⊥面ABC ，∴三棱锥Q ﹣ABP 的体积V ＝11DC 33S ∆ABP ⨯ ＝C 121DC 333S ∆AB ⨯⨯＝12113333323⨯⨯⨯⨯⨯⨯＝1． 3．（2017年）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°． （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ﹣ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【解析】（1）∵在四棱锥P ﹣ABCD 中，∠BAP ＝∠CDP ＝90°， ∴AB ⊥PA ，CD ⊥PD ， 又AB ∥CD ，∴AB ⊥PD ， ∵PA ∩PD ＝P ，∴AB ⊥平面PAD ， ∵AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD ．（2）设PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝a ，取AD 中点O ，连结PO ， ∵PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，平面PAB ⊥平面PAD ，∴PO ⊥底面ABCD ，且AD ，PO ＝2a ， ∵四棱锥P ﹣ABCD 的体积为83， 由AB ⊥平面PAD ，得AB ⊥AD ，∴V P ﹣ABCD ＝CD 13S AB ⨯⨯PO 四边形＝1D 3⨯AB⨯A ⨯PO ＝132a a ⨯⨯＝313a ＝83， 解得a ＝2，∴PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝PO ，∴PB ＝PC∴该四棱锥的侧面积：S 侧＝S △PAD +S △PAB +S △PDC +S △PBC＝1D 2⨯PA⨯P +12⨯PA⨯AB +1D DC 2⨯P ⨯+1C 2⨯B＝11112222222222⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯＝6+4．（2016年）如图，已知正三棱锥P﹣ABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．（1）证明：G是AB的中点；（2）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．【解析】（1）∵P﹣ABC为正三棱锥，且D为顶点P在平面ABC内的正投影，∴PD⊥平面ABC，则PD⊥AB，又E为D在平面PAB内的正投影，∴DE⊥面PAB，则DE⊥AB，∵PD∩DE＝D，∴AB⊥平面PDE，连接PE并延长交AB于点G，则AB⊥PG，又PA＝PB，∴G是AB的中点；（2）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．∵正三棱锥P﹣ABC的侧面是直角三角形，∴PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．连结CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由（1）知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG ． 由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC ．由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PG ＝PE ＝ 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2． 所以四面体PDEF 的体积V ＝13×DE ×S △PEF ＝13×2×12×2×2＝43．5．（2015年）如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD ． （1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ﹣ACD【解析】（1）∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC ⊥BD ， ∵BE ⊥平面ABCD ， ∴AC ⊥BE ， 则AC ⊥平面BED ， ∵AC ⊂平面AEC ， ∴平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ，GB ＝GD ＝2x，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BG ，则△EBG 为直角三角形，∴EG ＝12AC ＝AG ＝2x ，则BE x ，∵三棱锥E ﹣ACD 的体积V ＝11C GD 32⨯A ⨯⨯BE 3x 解得x ＝2，即AB ＝2， ∵∠ABC ＝120°，∴AC 2＝AB 2+BC 2﹣2AB •BC cos ABC ＝4+4﹣2×1222⎛⎫⨯⨯-⎪⎝⎭＝12，即AC ＝在三个直角三角形EBA ，EBD ，EBC 中，斜边AE ＝EC ＝ED ， ∵AE ⊥EC ，∴△EAC 为等腰三角形， 则AE 2+EC 2＝AC 2＝12， 即2AE 2＝12， ∴AE 2＝6，则AE ，∴从而得AE ＝EC ＝ED ，∴△EAC 的面积S ＝11C 22⨯EA⨯E =3， 在等腰三角形EAD 中，过E 作EF ⊥AD 于F ，则AE ，AF ＝1D 2A ＝1212⨯=，则EF =∴△EAD 的面积和△ECD 的面积均为S ＝122⨯故该三棱锥的侧面积为3+6．（2014年）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C．（1）证明：B1C⊥AB；（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．【解析】（1）连接BC1，则O为B1C与BC1的交点，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，∵AO⊥平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，∵AO∩BC1＝O，∴B1C⊥平面ABO，∵AB⊂平面ABO，∴B1C⊥AB；（2）作OD⊥BC，垂足为D，连接AD，作OH⊥AD，垂足为H，∵BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，∴BC⊥平面AOD，∴OH⊥BC，∵OH⊥AD，BC∩AD＝D，∴OH⊥平面ABC，∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为等边三角形，∵BC＝1，∴OD∵AC ⊥AB 1，∴OA ＝12B 1C ＝12，由OH •AD ＝OD •OA ，可得AD ，∴OH ＝14，∵O 为B 1C 的中点，∴B 1到平面ABC ，∴三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的高7．7．（2013年）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60° （1）证明：AB ⊥A 1C ； （2）若AB ＝CB ＝2，A 1C ＝，求三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积．【解析】（1）如图，取AB 的中点O ，连结OC ，OA 1，A 1B ． 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB ．由于AB ＝AA 1，160∠BAA =，故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB ．因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C ． 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C ；（2）由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以1C O =OA =．又1C A =，则22211C C A =O +OA ，故OA 1⊥OC ．因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的高．又△ABC 的面积C S ∆AB故三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积C 1V 3S ∆AB =⨯OA ==．8．（2012年）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC（2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【解析】（1）由题意知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1，又DC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴DC 1⊥BC ．由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，∴∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC ，又DC ∩BC ＝C ， ∴DC 1⊥平面BDC ，又DC 1⊂平面BDC 1， ∴平面BDC 1⊥平面BDC ；（2）设棱锥B ﹣DACC 1的体积为V 1，AC ＝1，由题意得V 1＝1121132+⨯⨯⨯＝12，又三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积V ＝1， ∴（V ﹣V 1）：V 1＝1：1，∴平面BDC1分此棱柱两部分体积的比为1：1．9．（2011年）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形．∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．（1）证明：PA⊥BD；（2）设PD＝AD＝1，求棱锥D﹣PBC的高．【解析】（1）因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD D，从而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD，又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD．（2）解：作DE⊥PB于E，已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC，由（1）知，BD⊥AD，又BC∥AD，∴BC⊥BD．故BC⊥平面PBD，BC⊥DE，则DE⊥平面PBC．由题设知PD＝1，则BD，PB＝2．根据DE•PB＝PD•BD，得DE即棱锥D﹣PBC10．（2010年）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高．（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；（2）若AB，∠APB＝∠ADB＝60°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．。
2019年全国高考数学·分类汇编 专题17 立体几何综合(解析版)
专题17 立体几何综合【母题来源一】【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）2.【母题来源二】【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，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 PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2C【母题来源三】【2017年高考全国Ⅱ理数】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面P AB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）5．【命题意图】高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．【命题规律】高考对该部分内容的考查主要有两种形式：一是利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；二是考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.【答题模板】运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：（1）建立恰当的空间直角坐标系；（2）求出相关点的坐标；（3）写出向量坐标；（4）结合公式进行论证、计算；（5）转化为几何结论．【方法总结】1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ=(a 2，b 2，c 2)，v =(a 3，b 3，c 3)，则（1）线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ=0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2=0；（2）线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a =k μ⇔a 1=ka 2，b 1=kb 2，c 1=kc 2；（3）面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ=λv ⇔a 2=λa 3，b 2=λb 3，c 2=λc 3；（4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v =0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a =λb （λ∈R ）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.利用向量求异面直线所成的角把角的求解转化为向量运算，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为cos β=||||AC BD AC BD ⋅⋅uuu r uu u r uuu r uu u r . 注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|.3.利用向量求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ=(a 3，b 3，c 3)，直线l 与平面α的夹角为π20θθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，则||sin |cos ,|||||θ⋅==〈〉a a a μμμ. 4.利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a 3，b 3，c 3)，v =(a 4，b 4，c 4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|||cos ||cos ,|||||θ⋅==〈〉v v v μμμ.5.用向量解决探索性问题的方法（1）确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．（2）确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．（3）解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学试题】已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，平面PAD ⊥平面ABCD ，2PA PD AD ===，点E ，F 分别为PD ，AB 上的一点，且2PE ED =，2BF FA =．（1）求证：AE //平面PFC ；（2）求PB 与平面PCD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）5. 2．【陕西省汉中市2019届高三全真模拟考试数学】如图，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，∥EF AB ，90BAF ∠=︒，2AD =，1AB AF ==，点P 在线段DF 上.3．（1）求证：AF ⊥平面ABCD ；（2）若二面角D AP C --，求PF 的长度.【答案】（1）见解析；（23．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评数学】如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11ACC A ⊥平面ABC ，12AA AC CB ==，90ACB ∠=︒.（1）求证：平面11AB C ⊥平面11A B C ；（2）若1A A 与平面ABC 所成的线面角为60︒，求二面角11C AB C --的余弦值.【答案】（1）见解析；（24．【重庆南开中学2019届高三第四次教学检测考试数学试题】在直角梯形ABCD 中，AB CD ∥，AB AD ⊥，24AB CD ==，E ，F 分别为AD ，BC 的中点（如图1）．沿EF 将四边形EFCD 折起，使得DE BF ⊥（如图2）．（1）求证：平面ABFE ⊥平面EFCD ；（2）若AC BE ⊥，求二面角C EB F --的余弦值．【答案】（1）见证明；（2）7.5．【宁夏银川市2019届高三下学期质量检测数学试题】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC △是等腰直角三角形，1AC BC ==，12AA =，点D 是侧棱1AA 的上一点．（1）证明：当点D 是1AA 的中点时，1DC ⊥平面BCD ；（2）若二面角1D BC C --的余弦值为29，求AD 的长． 【答案】（1）见证明；（2）max 1408y =.6．【贵州省2019届高三高考教学质量测评卷（八）】如图所示的几何体中，111ABC A B C -为三棱柱，且1AA ⊥平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，2AD CD =，60ADC ∠=︒．（1）若1AA AC =，求证：1AC ⊥平面11A B CD ；（2）若2CD =，1AA AC λ=，二面角11C A D C --的余弦值为4，求三棱锥11C A CD -的体积． 【答案】（1）见解析；（2）4.。
2019届高考数学总复习分类试卷 立体几何
2019届高考数学总复习分类试卷立体几何(时间:120分钟总分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.在空间中,已知a,b是直线,α,β是平面,且a⊂α,b⊂β,α∥β,则a,b的位置关系是( )A.平行B.相交C.异面D.平行或异面2.设直线m与平面α相交但不垂直,则下列说法正确的是( )A.在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B.过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C.与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D.与直线m平行的平面不可能与平面α垂直3.在三角形ABC中,AB=3,BC=4,∠ABC=90°,若将△ABC绕直线BC旋转一周,则所形成的几何体的侧面积为( )A.15πB.20πC.30πD.40π4.如图是正方体截去部分后所得的几何体,则该几何体的侧(左)视图是( )5.设a,b是两条互不垂直的异面直线,则下列命题成立的是( )A.存在唯一直线l,使得l⊥a,且l⊥bB.存在唯一直线l,使得l∥a,且l⊥bC.存在唯一平面α,使得a⊂α,且b∥αD.存在唯一平面α,使得a⊂α,且b⊥α6.设m,n是不同的直线,α,β是不同的平面,下列命题中正确的是( )A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥βB.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α⊥βC.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α∥βD.若m∥α,n⊥β,m∥n,则α∥β7.如图,网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,则这个几何体的体积为( )A.1B.2C.3D.48.如图,三棱锥V-ABC的底面为正三角形,侧面VAC与底面垂直且VA=VC,已知其正视图的面积为2,则其侧视图的面积为( )3A.√32B.√33C.√3D.2√39.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,则该几何体的各个面的面积中,最小的值为( )A.2√5B.8C.4√5D.8√210.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=BC=2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为( )A.√34B.√32C.3√34D.√311.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为( )11题图12题图A.(8+π)√36B.(8+2π)√36C.(6+π)√36D.(9+2π)√3612.在正方体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,如图所示,下列说法不正确的是( )A.点F的轨迹是一条线段B.A1F与BE是异面直线C.A1F与D1E不可能平行D.三棱锥F-ABC1的体积为定值1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 得分二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中的横线上)13.一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为m3.14.如图是一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图,其俯视图是面积为8√2的矩形.则该几何体的表面积是.15.底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥.如图,半球内有一内接正四棱,则该半球的体积为.锥S-ABCD,该四棱锥的体积为4√2316.已知α,β是两个不同的平面,AB,CD是两条不同的线段,α∩β=EF,AB⊥α于B,CD⊥α于D,若增加一个条件,就能得出BD⊥EF,现有下列条件:①AC⊥β;②AC与α,β所成的角相等;③AC与CD 在β内的射影在同一条直线上,其中符合要求的条件的序号是.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)如图,在三棱锥P-ABC中,E,F分别为AC,BC的中点.(1)求证:EF∥平面PAB;(2)若平面PAC⊥平面ABC,且PA=PC,AB⊥BC,求证:平面PEF⊥平面PBC.18.(本小题满分12分)八面体PABCDEF是由一个正四棱锥P-ABCD和一个直三棱柱ADE-BCF组合而成的,△ADE是以A为直角顶点的腰长为4的等腰三角形.(1)证明:平面PAD⊥平面ABFE;(2)若四棱锥P-ABCD的体积与三棱锥P-ABF的体积比为3∶2,求四棱锥P-ABCD的高.19.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1,AB⊥AC,D为BC的中点,AB1与A1B交于点O.(1)求证:A1C∥平面AB1D;(2)求证:A1B⊥平面AB1C;(3)在线段B1C上是否存在点E,使得BC⊥AE?请说明理由.,且△ABC所在平面与矩形20.(本小题满分12分)如图所示,在△ABC中,AC=1,AB=3,∠ACB=π2BCDE所在平面相互垂直,CD=2,P为线段AB的中点.(1)求证:AD∥平面PCE;(2)求三棱锥A-PCE的体积.21.(本小题满分12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥侧面ABB1A1,AC=AA1=√2AB,∠AA1C1=60°,AB⊥AA1,H为CC1的中点,D为BB1的中点.(1)求证:A1D⊥平面AB1H;(2)若AB=√2,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.22.(本小题满分12分)如图所示,AD,DC,DE两两垂直,BC∥AD,AD=DC=DE=2,BC=1,G,H分别是BE,CE的中点.(1)判断CE与平面AGHD是否垂直,若垂直,请给予证明;若不垂直,请说明理由;(2)求多面体ABG-DCH的体积.立体几何一、选择题1.D 由于a ⊂α,b⊂β,α∥β,所以a,b 平行或异面.2.B 可以通过观察正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1进行判断,取BC 1为直线m,平面ABCD 为平面α,由AB,CD 均与m 垂直知,A 错;由D 1C 1与m 垂直且与平面α平行知,C 错;由平面ADD 1A 1与m 平行且与平面α垂直知,D 错.故选B.3.A 依题意,所得几何体的侧面积等于π×3×5=15π.4.C 侧(左)视图是从几何体的左侧向右边看,故选C.5.C a,b 是两条互不垂直的异面直线,把它放入正方体中如图,由图可知A 不正确;由l ∥a,且l ⊥b,可得a ⊥b,与题设矛盾,故B 不正确;由a ⊂α,且b ⊥α,可得a ⊥b,与题设矛盾,故D 不正确,故选C.6.B B 选项中,由条件n ⊥β,m∥n,推出m ⊥β,又m ∥α,易知α⊥β,故B 正确.7.D 易知该几何体是一四棱锥P-ABCD,底面为直角梯形,BC=2AD=4,PB ⊥底面ABCD,PB=AB=2,则这个几何体的体积V=13×12×(2+4)×2×2=4.8.B 设△ABC 的边长为2a,三棱锥V-ABC 的高为h,由题意知,12×2a·h=ah=23则其侧视图的面积为12×√3a ·h=√32×23=√33.9.B 构造棱长为4的正方体,由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC,其中点P,B 分别为相应棱的中点.S △PAB =S △PBC =12×√42+22×4=4√5,S △ABC =12×4×4=8,S △PAC =12·AC ·√PC 2-(AC 2)2=12×4×√(42+42+22)-22=8√2.因为8√2>4√5>8,所以该几何体的各个面的面积中,最小的值为8,故选B.10.B 设点A 到平面A 1BC 的距离为h,因为V A -A 1BC =V A 1-ABC ,所以13·h ·S △A 1BC =13·AA 1·S △ABC ,又S △A 1BC =12×√(√5)2-12×2=2,AA 1=1,S △ABC =√34×22=√3,所以h=√32.11.A 依题意,该几何体是一个组合体,左侧是半个圆锥(其底面半径是1、高是√3),右侧是一个四棱锥(其底面是边长为2的正方形、高是√3),因此这个几何体的体积为12×(13π×12×√3)+13×22×√3=(8+π)√36,选A.12.C 由题知A 1F ∥平面D 1AE,分别取B 1C 1,BB 1的中点H,G,连接HG,A 1H,A 1G,BC 1,可得HG ∥BC 1∥AD 1,A 1G ∥D 1E,则易知平面A 1HG ∥平面AD 1E,故点F 的轨迹为线段HG,A 正确;A 1F 与BE 是异面直线,故B 正确;当F 是BB 1的中点时,A 1F 与D 1E 平行,故C 不正确;∵HG∥平面ABC 1,∴F 点到平面ABC 1的距离不变,故三棱锥F-ABC 1的体积为定值,故D 正确. 二、填空题 13.答案83π解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成.其中,圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1 m,圆锥的高均为1 m,圆柱的高为2 m.因此该几何体的体积为V=2×13π×12×1+π×12×2=83π m 3.14.答案 20+8√2解析 这个空间几何体是一个平放的三棱柱,由其俯视图是面积为8√2的矩形,可得三棱柱的高为4.故其表面积为12×2×2×2+2×4×2+4×2√2=20+8√2.15.答案4√2π3解析 连接AC,BD,设交点为O,球的半径为r,连接SO,由题意可知SO=AO=OC=OD=OB=r,则AB=√2r, 四棱锥的体积为13(√2r)2×r=4√23,解得r=√2,故半球的体积为2π3r 3=4√2π3. 16.答案 ①③解析 ∵AB⊥α于B,CD ⊥α于D,∴AB∥CD,∴A,B,C,D 四点共面,若AC ⊥β,又EF ⊂β,∴AC⊥EF,又∵AB⊥α,EF⊂α,∴AB⊥EF,∵AB∩AC=A,∴EF⊥平面ABCD,又∵BD⊂平面ABCD,∴BD⊥EF,故①符合要求;由①可知,若BD ⊥EF 成立,则有EF ⊥平面ABCD,则有EF ⊥AC 成立,而由AC 与α,β所成角相等是无法得到EF ⊥AC 的,故②不符合要求;由AC 与CD 在β内的射影在同一条直线上可知EF ⊥平面ABCD,由①可知③符合要求. 三、解答题17.证明 (1)在△ABC 中,∵E,F 分别为AC,BC 的中点,∴EF∥AB.又EF ⊄平面PAB,AB ⊂平面PAB,∴EF∥平面PAB. (2)在△PAC 中,∵PA=PC,E 为AC 的中点,∴PE⊥AC.∵平面PAC ⊥平面ABC,平面PAC ∩平面ABC=AC, ∴PE⊥平面ABC.∴PE⊥BC. ∵EF∥AB,AB ⊥BC,∴EF⊥BC, 又EF ∩PE=E,∴BC⊥平面PEF, ∴平面PEF ⊥平面PBC.18.解析 (1)证明:直三棱柱ADE-BCF 中,AB ⊥平面ADE, ∴AB⊥AD,又AD ⊥AE,AB ∩AE=A, ∴AD⊥平面ABFE,又AD ⊂平面PAD, ∴平面PAD ⊥平面ABFE. (2)设四棱锥P-ABCD 的高为h, 由题意知P 到平面ABF 的距离d=2, ∴V P-ABF =13S △ABF d=13×(12×4×4)×2=163,而V P-ABCD =13S 四边形ABCD h=13×(4×4)×h=163h,∵V P -ABCD VP -ABF=32,∴163h 163=32,解得h=32.∴四棱锥P-ABCD 的高为32. 19.解析 (1)证明:连接OD.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,因为AB=AA 1,所以四边形AA 1B 1B 为正方形,所以O 为A 1B 的中点.又因为D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线,所以OD∥A1C.又因为A1C⊄平面AB1D,OD⊂平面AB1D,所以A1C∥平面AB1D.(2)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥AB,AC⊥AA1,AA1∩AB=A,所以AC⊥平面AA1B1B,所以AC⊥A1B.在正方形AA1B1B中,A1B⊥AB1,又AC∩AB1=A,所以A1B⊥平面AB1C.(3)在线段B1C上存在点E,使得BC⊥AE.理由如下:取B1C的中点E,连接DE,AE,则DE∥BB1,所以DE⊥BC.因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC.因为AD∩DE=D,所以BC⊥平面ADE,所以BC⊥AE.20.解析(1)证明:连接BD,交CE于点Q,连接PQ.因为四边形BCDE为矩形,所以Q为BD的中点.在△ABD中,Q为BD的中点,P为AB的中点,所以AD∥PQ,又PQ⊂平面PCE,AD⊄平面PCE,所以AD∥平面PCE.(2)因为△ABC所在平面与矩形BCDE所在平面相互垂直,平面ABC∩平面BCDE=CB,又BE⊥CB,所以BE⊥平面ABC.在Rt △ABC 中,CB=√AB 2-AC 2=√32-12=2√2,故S △ABC =12·AC ·CB=12×1×2√2=√2.因为P 为AB 的中点,所以S △ACP =12S △ABC =√22.故三棱锥A-PCE 的体积为V 三棱锥A-PCE =V 三棱锥E-APC =13S △APC ·BE=13×√22×2=√23.21.解析 (1)证明:连接AC 1,则易知△ACC 1为正三角形,∵H 为CC 1的中点,∴AH⊥CC 1,从而AH ⊥AA 1,又平面AA 1C 1C ⊥平面ABB 1A 1,平面AA 1C 1C ∩平面ABB 1A 1=AA 1,AH ⊂平面AA 1C 1C,∴AH⊥平面ABB 1A 1,又A 1D ⊂平面ABB 1A 1,∴AH⊥A 1D.① 设AB=√2a,∵AC=AA 1=√2AB,∴AC=AA 1=2a,DB 1=a,DB 1B 1A 1=√2=A 1B1AA 1, 又∠DB 1A 1=∠B 1A 1A=90°,∴△A 1DB 1∽△AB 1A 1,∴∠B 1AA 1=∠B 1A 1D,又∠B 1A 1D+∠AA 1D=90°,∴∠B 1AA 1+∠AA 1D=90°,∴A 1D ⊥AB 1,②由①②及AB 1∩AH=A,可得A 1D ⊥平面AB 1H.(2)取AA 1的中点M,连接C 1M,则C 1M ∥AH,∴C 1M ⊥平面ABB 1A 1, ∴V C 1-AB 1A 1=13S △AB 1A 1·C 1M=13×√2×√3=√63,∴三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积为3V C 1-AB 1A 1=√6.22.解析 (1)CE 与平面AGHD 垂直.理由如下:∵AD,DC,DE 两两垂直,CD ∩DE=D,∴AD⊥平面DCE,∵BC∥AD,∴BC⊥平面CDE,而CE ⊂平面CDE,∴BC⊥CE. ∵G,H 分别是BE,CE 的中点,∴GH∥BC,从而CE ⊥GH.∵CD⊥DE,CD=DE,H 是CE 的中点,∴CE⊥DH. 又DH ∩GH=H,∴CE⊥平面AGHD.(2)∵AD,DC,DE 两两垂直,AD ∩CD=D, ∴ED⊥平面ABCD,∴V E-ABCD =13S 四边形ABCD ·DE=13×[12×(1+2)×2]×2=2. ∵BC∥AD,GH ∥BC,∴GH∥AD.又GH=12BC=12,DH=HE=12CE=√2,且CE ⊥平面AGHD, ∴V E-AGHD =13S 四边形AGHD ·HE=13×[12×(12+2)×√2]×√2=56, ∴多面体ABG-DCH 的体积V=V E-ABCD -V E-AGHD =2-56=76.。
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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。
2019年高考数学分类汇编：立体几何
训练一：2019年高考文科数学新课标Ⅰ卷第16题：已知090=∠ACB ，P 为平面ABC 外一点，2=PC ，点P 到ACB ∠两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为 。
本题解答：如下图所示：假设：⊥PO 平面ABC ，OD 、⊂OE 平面OD PO ABC ⊥⇒，OE PO ⊥。
22223PO PO PD OD OD PO -=-=⇒⊥，22223PO PO PE OE OE PO -=-=⇒⊥ OE OD OE OD =⇒=⇒22。
⊥PO 平面ABC ，AC ，⊂BC 平面AC PO ABC ⊥⇒，BC PO ⊥。
AC PO ⊥，AC PD ⊥，PO 、⊂PD 平面⊥⇒AC PDO 平面PDO ，⊂OD 平面OD AC PDO ⊥⇒。
BC PO ⊥，BC PE ⊥，PO 、⊂PE 平面⊥⇒BC PEO 平面PEO ，⊂OE 平面OE BC PEO ⊥⇒。
OD AC ⊥，OE BC ⊥，⇒=∠090ACB 四边形CEOD 是矩形，⇒=OE OD 四边形CEOD 是正方形。
在COD Rt ∆中：2222222633PO PO PO CD OD CO -=-+-=+=。
⊥PO 平面ABC ，⊂OC 平面222222226=-+⇒=+⇒⊥⇒PO PO PC OC PO OC PO ABC⇒=⇒=⇒222PO PO P 到平面ABC 的距离为2。
训练二：2019年高考文科数学新课标Ⅰ卷第19题：如图，直四棱柱1111D C B A ABCD -的底面是菱形，41=AA ，2=AB ，060=∠BAD ，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，D A 1的中点。
（Ⅰ）证明：//MN 平面DE C 1； （Ⅱ）求点C 到平面DE C 1的距离。
本题解答：（Ⅰ）证明：连接ME 和C B 1。
M 是1BB 的中点，E 是BC 的中点ME ⇒是C BB 1∆的中位线C B ME 1//⇒，C B ME 121=。