2019年全国高考理科数学数学分类汇编---立体几何

2019年全国高考理科数学分类汇编——立体几何

1.（2019北京理科）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__________．

【答案】40. 【解析】 【分析】

本题首先根据三视图,还原得到几何体,根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于中等题.

【详解】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱

1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,

几何体的体积()3

1

42424402

V =-

+??=. 【点睛】(1)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；(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．

2.（2019北京理科）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：__________．【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

【解析】

【分析】

将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.

【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；

（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.不正确，有可能m在平面α内；

（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.

【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.

3.（2019北京理科）如图，在四棱锥P–ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，

P A=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且

1

3 PF

PC

=．

（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；

（Ⅲ）设点G在PB上，且

2

3

PG

PB

=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

【答案】(Ⅰ)见解析；

(Ⅱ)

3

；

(Ⅲ)见解析.

【解析】 【分析】

(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；

(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F -AE -P 的余弦值； (Ⅲ)首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量可判断直线是否在平面内.

【详解】(Ⅰ)由于P A ⊥平面ABCD ，CD ?平面ABCD ，则P A ⊥CD ， 由题意可知AD ⊥CD ，且P A ∩AD =A ， 由线面垂直的判定定理可得CD ⊥平面P AD .

(Ⅱ)以点A 为坐标原点，平面ABCD 内与AD 垂直的直线为x 轴，AD ,AP 方向为y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，

易知：()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,2,0A P C D ， 由13PF PC =可得点F 的坐标为224,,333F ?? ???

， 由1

2

PE PD =

可得()0,1,1E ， 设平面AEF 的法向量为：(),,m x y z =，则

()()()224224,,,,0333333,,0,1,10m AF x y z x y z m AE x y z y z ????=?=++=? ?

???

??=?=+=?

， 据此可得平面AEF 的一个法向量为：()1,1,1m =-，

很明显平面AEP 的一个法向量为()1,0,0n =，

cos ,3m n m n m n

?<>=

=

=??，

二面角F -AE -P 的平面角为锐角，故二面角F -AE -P (Ⅲ)易知()()0,0,2,2,1,0P B -，由23PG PB =

可得422,,333G ??- ???

， 则422,,333AG ??

=-

??

?， 注意到平面AEF 的一个法向量为：()1,1,1m =-，

其0m AG ?=且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内.

4.（2019全国1卷理科）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 ，PB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为

A. B.

C.

D.

【答案】D 【解析】 【分析】

先证得PB ⊥平面PAC ，再求得PA PB PC ===，

从而得P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】解法一:,PA PB PC ABC ==?为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三

棱锥，

PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点， //EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE

AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥

平面PAC ，PAB PA PB PC ∴∠=90?,∴===

，P ABC ∴-为正方体一部分，

2R == 34433R V R =

∴=π==π，故选D ．

解法二:

设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，

//EF PB ∴，且1

2

EF PB x ==，ABC ?为边长为2的等边三角形，

CF ∴=又90CEF ∠=?1,2

CE AE PA x ∴===

AEC ?中余弦定理()2243cos 22x x EAC x

+--∠=

??，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，

D Q 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，22431

42x x x x +-+∴=，

221

2122

2

x x x ∴+=∴=

=

，PA PB PC ∴======2AB BC AC ，

,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，

344338

V R ∴=

π=π?=，故选D .

【点睛】本题考查学生空间想象能力，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．

5.（2019全国1卷理科）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．

【答案】（1）见解析；（2）5

. 【解析】 【分析】

（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形ABCD 对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取AB 中点F ，可证得DF 平面1AMA ，得到平面

1AMA 的法向量DF uuu r

；再通过向量法求得平面1MA N 的法向量n ，利用向量夹角公式求得

两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值. 【详解】（1）连接ME ，1B C

M ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ?的中位线

1//ME B C ∴且112

ME B C =

又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且11

2

ND B C =

//ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形

//MN DE ∴，又MN ?平面1C DE ，DE ì平面1C DE //MN ∴平面1C DE

（2）设AC

BD O =，11111AC B D O =

由直四棱柱性质可知：1OO ⊥平面ABCD 四边形ABCD 为菱形 AC BD

∴⊥ 则以O 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：

则：)

A

，()0,1,2M ，)1

4A ，D （0，-1,0）1,,222N ??

-

? ???

取AB 中点F ，连接DF ，则01,22F ??

? ???

四边形ABCD 为菱形且60BAD ∠= BAD ∴?为等边三角形 DF AB

∴⊥ 又1AA ⊥平面ABCD ，DF ?平面ABCD 1DF AA ∴⊥

DF ⊥∴平面11ABB A ，即DF ⊥平面1AMA

DF ∴为平面1

AMA 一个法向量，且33,02DF ??

= ????

设平面1MA N 的法向量(),,n x y z =，又(

)

13,1,2MA =

-，33,02MN ??

=-

????

1320

33

022n

MA x y z n MN x y ??=-+=?∴??=-=??

，令x =1y =，1z =-

(

)

3,1,1n ∴=-

cos ,515DF n DF n DF n

?∴<>=

=

=?

10sin ,DF n ∴<>=

∴二面角1A MA N --【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.

6.（2019全国2卷理科）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】 【分析】

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．

【详解】由面面平行判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是//αβ的充分条件，由面面平行性质定理知，若//αβ，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是//αβ的必要条件，故选B ．

【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ??，则//αβ”此类的错误．

7.（2019全国2卷理科）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_________．

【答案】(1). 共26个面.(2). 1

-.

【解析】

【分析】

第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．

【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半+=个面．

正多面体共有18826

==，延长BC与8.（2019全国2卷理科）如图，设该半正多面体的棱长为x，则A B B E x

?为等腰直角FE交于点G，延长BC交正方体棱于H，由半正多面体对称性可知，BGE

三角形，

,21)122

BG GE CH x GH x x x ∴===

∴=?+==， 2121

x ∴=

=-+，即该半正多面体棱长为x ．

【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．

9.（2019全国2卷理科）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【解析】 【分析】