2019年全国高考理科数学数学分类汇编---立体几何
2019年高考理科数学知识点总结：立体几何
2019年高考理科数学知识点总结：立体几何立体几何91、空间几何体的结构特征（1）直棱柱：指的是侧棱垂直于底面的棱柱，当底面是正多边形时，这样的直棱柱叫正棱柱；（2）正棱锥：指的是底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心的棱锥。
特别地，各条棱均相等的正三棱锥又叫正四面体；（3）平行六面体：指的是底面为平行四边形的四棱柱。
92、旋转体的面积和体积公式：（1）S 圆柱侧=2πrl ，S 圆锥侧=πrl ，S 圆台侧=π(r 1+r 2)l ，S 球=4πR 2 ，V 柱=sh, V 锥=1/3sh, V 球=4/3πR 3（2）球的截面的性质：用一个平面去截球，截面是圆面；球心和截面圆的距离d 与球的半径R 及截面圆半径r 之间的关系是r ＝22d R -。
93、直线和平面的平行关系线面平行的判定定理：如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。
线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行。
94．平面和平面的平行关系两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于一个平面，那么这两个平面平行。
两个平面平行的性质（1）如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面；（2）如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。
95．直线和平面的垂直关系直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。
直线和平面垂直的性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行。
线面垂直定义应用：如果一条直线l 和一个平面α垂直，则l 和平面α内的任意一条直线都垂直，96．平面和平面的垂直关系两平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。
两平面垂直的性质定理：若两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面。
2019年全国2卷省份高考模拟理科数学分类--立体几何
2019年全国2卷省份高考模拟理科数学分类----立体几何1.（2019重庆市理科模拟）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，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为多面体ABCDEF，底面为矩形ABCD，AB＝5，AD＝3．侧面CDEF为等腰梯形，EF＝1，侧面CDEF⊥底面ABCD．再由棱锥与棱柱的体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为多面体ABCDEF，底面为矩形ABCD，AB＝5，AD＝3．侧面CDEF为等腰梯形，EF＝1，侧面CDEF⊥底面ABCD，则该几何体的体积V＝．故选：A．【点评】本题考查由三视图求面积，体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．2.（2019重庆市理科模拟）如图，圆锥SO的高SO＝2，底面直径AB＝CD＝4，M，N分别是SC，SD的中点，则四面体ABMN体积的最大值是【分析】当AB⊥CD时，四面体ABMN体积取最大值，圆锥SO的高SO＝2，底面直径AB＝CD＝4，M，N 分别是SC，SD的中点，AB⊥CD，以O为原点，OA，OD，OS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出四面体ABMN体积的最大值．【解答】解：当AB⊥CD时，四面体ABMN体积取最大值，∵圆锥SO的高SO＝2，底面直径AB＝CD＝4，M，N分别是SC，SD的中点，AB⊥CD，以O为原点，OA，OD，OS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∴A（2，0，0），B（﹣2，0，0），S（0，0，2），C（0，﹣2，0），D（0，2，0），M（0，﹣1，1），N（0，1，1），＝（﹣4，0，0），＝（﹣2，﹣1，1），＝（﹣2，1，1），设平面AMN的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，0，2），点B到平面AMN的距离d＝＝，cos＜＞＝＝＝，sin＜＞＝＝，∴S△AMN＝＝＝，∴四面体ABMN体积的最大值是：V＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查四面体的面积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．3.（2019重庆市理科模拟）如图所示的几何体中，侧面ABCD为矩形，侧面DEFG为平行四边形，AB＝1AD＝2，AG∥BF，AB⊥BF，AG＝3BF＝5，二面角D﹣AB﹣F的大小为60°（1）证明，平面CDE⊥平面ADG（2）求直线BE与平面ABCD所成角的大小【分析】（1）由AB⊥BF，CD∥AB，AG∥BF，得CD⊥AG，再由CD⊥AD，得CD⊥平面ADG，由此能证明平面CDE⊥平面ADG．（2）以A为原点，AB，AG所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE 与平面ABCD所成角的大小．【解答】证明：（1）由AB⊥BF，CD∥AB，AG∥BF，得CD⊥AG，又CD⊥AD，∴CD⊥平面ADG，平面CDE⊥平面ADG．解：（2）以A为原点，AB，AG所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，∵AB⊥AD，AB⊥AG，∴∠DAG是二面角D﹣AB﹣F的平面角，∴∠DAG＝60°，∴D（0，1，），B（1，0，0），G（0，3，0），F（1，5，0），由＝，得E（1，3，），设平面ABCD的法向量＝（x，y，z），则，∴，令z＝﹣1，得＝（0，），设BE与平面ABCD所成角为θ，则sinθ＝＝，解得θ＝30°．故直线BE与平面ABCD所成角的大小为30°．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．4.（2019青海西宁四中理科模拟）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别在AB，的中点，则异面直线CE与所成角的余弦值为A.B.C.D.【答案】C【解析】解：如图，设，，，则，，．，，．即异面直线CE与所成角的余弦值为，故选：C．设，，，利用平面向量基本定理把与分别由表示，再由数量积求夹角公式求解．本题考查利用向量法求异面直线所成角，是基础题．5.（2019青海西宁四中理科模拟）如图，四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为梯形，，，且，．求证：平面AEC．求二面角的余弦值．【答案】证明：连结BD，交AC于点M，连结EM，，，，又，，在中，．不包含于平面EAC，平面EAC面EAC；解：由已知可以A为坐标原点，分别以AB，AP为y轴，Z轴建立空间直角坐标系，设，则0，，a，，a，，0，，，设y，为平面EAC的一个法向量，则，解得，，同理可得平面PBC的一个法向量1，，，，二面角的余弦值为【解析】由已知条件，推导出，利用直线与平面平行的判定定理能证明面EAC．以A为坐标原点，分别以AB，AP为y轴，Z轴建立空间直角坐标系，求出平面EAC的一个法向量，平面PBC的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论．本题考查直线与平面平行的证明，考查平面与平面所成角的应用，解题时要注意等价转化思想和向量法的合理运用．6.（2019大连重点校协作体理科模拟）一个几何体的三视图如图所示，其左视图是等边三角形，该几何体的侧面中面积最大的侧面的面积等于（）A．B．C．2D．【分析】根据三视图知，该几何体是以俯视图为底面的四棱锥，且一侧面垂直于底面，结合图中数据求出该四棱锥侧面中的最大面积．【解答】解：根据三视图知，该几何体是以俯视图为底面的四棱锥，如图所示；则该四棱锥P﹣ABCD中，各侧面的面积为S△P AB＝×2×＝，S△P AD＝×1×2＝1，S△PBC＝×2×2＝2，△PCD中，CD＝PD＝，BC＝2，S△PCD＝×2×＝，即侧面积最大的是．故选：B．【点评】本题考查了利用三视图求几何体表面积的应用问题，是基础题．7（2019大连重点校协作理科模拟）已知m，n是两条不同直线，α是一个平面，m⊄α，n α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据线面平行的性质结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：若m∥n由线面平行的定义知m∥α成立，即充分性成立，若m∥α，则m与n可能平行可能是异面直线，故必要性不成立，即“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件，故选：A．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面平行的性质定理是解决本题的关键．8.（2019大连重点校协作体理科模拟）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC1，CC1的中点．（1）求证：AE⊥平面A1BD；（2）求二面角B﹣A1D﹣B1的余弦值．【分析】（1）取AC中点O为坐标原点，OA1为x轴，OD为y轴，OB为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AE⊥平面A1BD．（2）求出平面A1BD的法向量和平面A1B1D的法向量，由此能求出二面角B﹣A1D﹣B1的余弦值．【解答】证明：（1）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC1，CC1的中点．取AC中点O为坐标原点，OA1为x轴，OD为y轴，OB为z轴，建立空间直角坐标系，A（1，2，0），E（﹣1，1，0），A1（1，0，0），B（0，2，），D（0，2，0），＝（﹣2，﹣1，0），＝（0，0，），＝（1，﹣2，0），∴＝0，＝0，∴AE⊥DB，AE⊥DA1，∵DB∩DA1＝D，∴AE⊥平面A1BD．解：（2）∵AE⊥平面A1BD，∴＝（﹣2，﹣1，0）是平面A1BD的法向量，B1（0，0，），＝（1，﹣2，0），＝（0，﹣2，），设平面A1B1D的法向量＝（x，y，z），则，取y＝1，得＝（2，1，），∴二面角B﹣A1D﹣B1的余弦值为：|cos＜＞|＝＝＝．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．9.（2019吉林省四平一中理科模拟）汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于．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，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为A. 32B. 40C.D.【答案】C【分析】将三视图还原，即可求组合体体积【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为，利用张衡的结论可得故选：C【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题10.（2019吉林省四平一中理科模拟）正方体的棱上(除去棱AD)到直线与的距离相等的点有个，记这个点分别为，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【分析】正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为：D1，BC的中点，B1C1的四等分点（靠近B1），假设D1与G重合，BC的中点为E，B1C1的四等分点（靠近B1）为F，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面EFG所成角的正弦值．【详解】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为：D1，BC的中点，B1C1的四等分点（靠近B1），假设D1与G重合，BC的中点为E，B1C1的四等分点（靠近B1）为F，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝2，则E（1，2，0），F（，2，2），G（0，0，2），A（2，0，0），C1（0，2，2），∴（），（），（﹣2，2，2），设平面EFG的法向量（x，y，z），则，即，取x＝4，得（4，﹣3，﹣1）．设直线AC1与平面EFG所成角为θ，则直线AC1与平面EFG所成角的正弦值为sinθ＝|cos|．故选：D．【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．11（2019吉林省四平一中理科模拟）.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ADEF为正方形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=2BC=2．(1)证明：平面ADEF⊥平面ABF．(2)若平面ADEF⊥平面ABCD，二面角A-BC-E为30°，三棱锥A-BDF的外接球的球心为O，求异面直线OC 与DF所成角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）推导出AD⊥AF，AD⊥AB，AD⊥平面ABF，由此能证明平面ADEF⊥平面ABF；（2）推导出BC⊥平面ABF，BC⊥BF，再由BC⊥AB，得二面角A﹣BC﹣E的平面角为∠ABF＝30°，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线OC与DF所成角的余弦值．【详解】(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AD⊥AF，又AD⊥AB，AB∩AF＝A，所以AD⊥平面ABF，因为，所以平面ADEF⊥平面ABF．(2)解：因为平面ADEF⊥平面ABCD，AD⊥AF，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD．由(1)知AD⊥平面ABF，又AD∥BC，则BC⊥平面ABF，从而BC⊥BF，又BC⊥AB，所以二面角A-BC-E的平面角为∠ABF＝30°．以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，则．因为三棱锥A-BDF的外接球的球心为O，所以O为线段BE 的中点，则O的坐标为，，又，则，故异面直线OC与DF所成角的余弦值为．评分细则：第(2)问中，若未证明AF⊥平面ABCD，直接建立空间直角坐标系，则扣1分．【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．12.（2019吉林长春市理科模拟）底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为__________．【答案】.【分析】设出底面正方形的边长，根据内接关系，得出正四棱锥的高，进而得出正四棱锥的体积的函数式，求导得出最值。
(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．。
专题19 立体几何综合-2019年高考理数母题题源系列(全国Ⅲ专版)(解析版)
【母题原题1】【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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．【答案】（1）见详解；（2）30． 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD 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以H 为坐标原点，HC 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 ，专题19 立体几何综合则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG =（1，0），AC =（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．【母题原题2】【2018年高考全国Ⅲ卷，理数1】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BCCM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．（2）以D 为坐标原点，DA 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 ．当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量，则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n ．DA 是平面MCD 的法向量，因此5cos ,||||DA DA DA ⋅==n n n2sin ,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问主要考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题进行求解，考查学生的计算能力和空间想象能力，属于中档题．【母题原题3】【2017年高考全国Ⅲ卷，理数1】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）由题设可得，ABD CBD △≌△，从而AD DC =． 又ACD △是直角三角形，所以=90ADC ∠︒． 取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO =AO ． 又由于ABC △是正三角形，故BO AC ⊥． 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角． 在Rt AOB △中，222BO AO AB +=．又AB BD =，所以2222BO DO BO AO AB BD 22+=+==， 故90DOB ∠=． 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由题设及（1）知，,,OA OB OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．则()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB的中点，得12E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 故()()11,0,1,2,0,0,1,22AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭． 设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n即0,10.22x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩可取1,3⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n ．设m 是平面AEC 的法向量，则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m同理可取(0,=-m ．则cos ,7⋅==n m n m n m ． 所以二面角D -AE -C． 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算．（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n 互补或相等，故有cos cos ,||θ=⋅=m m n nm n．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【命题意图】用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．主要考查考生的直观想象能力、数学运算能力、逻辑推理能力，以及转化与化归思想的应用．【命题规律】立体几何解答题第1问主要集中考查空间中直线、平面的位置关系的判断，注重对公理、定理的考查，而第2问多考查空间向量在空间立体几何中的应用，在证明与计算中一般要用到初中平面几何的重要定理，空间思维要求较高，运算量较大，对学生的空间想象能力、转化能力、计算能力要求较高．在考查考生运算求解能力的同时侧重考查考生的空间想象能力和推理论证能力，给考生提供了从不同角度去分析问题和解决问题的可能，体现了立体几何教学中课程标准对考生的知识要求和能力要求，提升了对考生的数学能力和数学素养的考查．本试题能准确把握相关几何元素之间的关系，把推理论证能力、空间想象能力等能力和向量运算、二面角作图、建立空间直角坐标系等知识较好地融入试题中，使考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力得到了有效考查．【答题模板】1．一个平面的法向量是与平面垂直的向量，有无数多个，任意两个都是共线向量．若要求出一个平面的法向量的坐标，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：（1）设平面的法向量为n=（x，y，z）；（2）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=（a1，b1，c1），b=（a2，b2，c2）；（3）根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组·0·0=⎧⎨=⎩，；n an b（4）解方程组，取其中的一组解，即得法向量．注意：求平面的法向量时，建立的方程组有无数组解，利用赋值法，只要给x，y，z中的一个变量赋一特殊值（常赋值–1，0，1），即可确定一个法向量，赋值不同，所求法向量不同，但n=（0，0，0）不能作为法向量．2．用空间向量解决立体几何问题的步骤如下：（1）建系：根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；（2）定坐标：确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；（3）向量运算：进行相关的空间向量的运算；（4）翻译：将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言，完成几何问题的求解．【方法总结】1．利用向量法证明平行问题（1）证明线线平行：证明两条直线的方向向量共线．（2）证明线面平行：①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．（3）证明面面平行：①证明两个平面的法向量平行；②转化为线线平行、线面平行问题．注意：用向量法证明平行问题时，要注意解题的规范性．如证明线面平行时，仍需要说明一条直线在平面内，另一条直线在平面外．2．利用向量法证明垂直问题（1）证明线线垂直：证明两直线的方向向量垂直，即证它们的数量积为零．（2）证明线面垂直：①证明直线的方向向量与平面的法向量共线；②证明直线与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；③证明直线的方向向量与平面α内的任一条直线的方向向量垂直．（3）证明面面垂直：①其中一个平面与另一个平面的法向量平行；②两个平面的法向量垂直．3．求线面角（1）定义法：①作，在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角．（2）公式法：sinθ=hl（其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面所成的角）．（3）向量法：sinθ=|cos<AB，n>|=|?|||||ABABnn（其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角）．4．求二面角（1）定义法：在二面角的棱上找一特殊点，过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，如图（1），∠AOB为二面角α–l–β的平面角；（2）垂面法：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即二面角的平面角，如图（2），∠AOB 为二面角α–l –β的平面角；（3）垂线法（三垂线定理法）：过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线，从垂足出发向棱引垂线，利用三垂线定理（线面垂直的性质）即可找到所求二面角的平面角或其补角，如图（3），∠AOB 为二面角α–l –β的平面角；（4）利用射影面积公式：cos θ=S S 射原，该法主要用来解决无棱二面角大小的计算，关键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一个半平面内的射影；（5）向量法：利用公式cos<n 1，n 2>=1212·||||n n n n （n 1，n 2分别为两平面的法向量）进行求解，注意<n 1，n 2>与二面角大小的关系，是相等还是互补，需结合图形进行判断．如图（2）（4）中<n 1，n 2>就是二面角α–l –β的平面角的补角；如图（1）（3）中<n 1，n 2>就是二面角α–l –β的平面角．5．求空间距离（1）直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作出垂线段，再通过解三角形求出距离．（2）间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解．（3）向量法：空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解． 求点P 到平面α的距离的三个步骤：①在平面α内取一点A ，确定向量PA 的坐标； ②确定平面α的法向量n ； ③代入公式d =||||PA n n 求解．1．【广西省南宁市2019届高中毕业班第二次适应性模拟测试高三数学】如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱111ABC A B C -中，1. 1.2,4,AC BC AC BC AA ⊥===M 为侧面11AA CC 的对角线的交点，D E 、分别为棱,AB BC 的中点．（1）求证：平面MDE //平面11A BC ； （2）求二面角C ME D --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）证明D E 、分别为边,AB BC 的中点，可得DE AC ∥， 又由直三棱柱可知侧面11AAC C 为矩形，可得11AC AC ∥故有11AC DE ∥， 由直三棱柱可知侧面11AAC C 为矩形，可得M 为1A C 的中点， 又由E 为BC 的中点，可得1A BME ．由DE ，ME ⊂平面MDE ，11A C ，1A B ⊂平面MDE ，得11A C 平面MDE ，1A B平面MDE ，11A C 1A B 1=A ，可得平面MDE 平面11A BC ．（2）以CA ，CB ，1CC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，则()()()()1110,0,01,0,0,0,2,0,0,0,4,,0,2,,1,00,1,022C A B C M D E ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，（），111,1,2,,0,2,,0,0222ME CM ED ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设平面CME 的一个法向量为()11,,,22022x y z x y z x z =-+-=+=则m ， 取1z =-，有4,0,(4,0,1)x y ===-m ， 同样可求出平面DME 的一个法向量(0,2,1)=m ，cos ,||||⋅〈〉===m n m n m n ，结合图形可知二面角C ME D --的余弦值为85． 【名师点睛】本题属于基础题，线线平行的性质定理和线面平行的性质定理要熟练掌握，利用空间向量的夹角公式cos ,||||⋅〈〉=m nm n m n 求解二面角．2．【广西壮族自治区柳州市2019届高三毕业班3月模拟考试数学】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于点O ，FO ⊥平面ABCD ，四边形OAEF 为平行四边形．（1）求证：平面DEF ⊥平面BDF ；（2）若2A B F O ==，BD =点H 在线段BF 上，且3BF HF =，求平面ACH 与平面DEF 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）9【解析】（1）∵四边形ABCD 为菱形，∴AO BD ⊥． ∵FO ⊥平面ABCD ，AO ⊂平面ABCD ，∴AO FO ⊥． 又四边形OAEF 为平行四边形，∴EF ∥AO ，∴EF BD ⊥，EF FO ⊥， ∵BDFO O =，∴EF ⊥平面BDF ．∵EF ⊂平面DEF ，∴平面DEF ⊥平面BDF ． （2）∵FO ⊥平面ABCD ，∴FO AO ⊥，FO BO ⊥．∵2AB AD ==，BD =，∴AB AD ⊥，∴四边形ABCD 为正方形． 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则()0,0,0O，)A，()B，()C，()0,D，)E，()0,0,2F ，∴()2,DE=，()DF =，()0,2BF =，()2,CB=，()AC =-，∵3BH HF =，∴2242,,333CH CB BF ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎭， 设平面DEF 的法向量为()1111,,x y z=n ，则111112020z z +=+=⎪⎩，令11z =，得()10,=n．同理可求得平面ACH 的一个法向量()20,=-n ．∴211212cos,⋅===nn nnn n，∴12sin,9==nn，∴平面ACH与平面DEF．【名师点睛】（1）用向量法解决空间角问题的关键是建立适当的空间直角坐标系，然后得到相关点的坐标，求出直线的方向向量或平面的法向量，然后利用向量的运算进行求解．（2）向量法求二面角大小时，可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的大小．3．【广西南宁市、玉林市、贵港市等2019届高三毕业班摸底考试数学】如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB BC PD CD⊥⊥，，且2PA E=，为PD中点．（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求二面角A BE C--的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）5．【解析】（1）∵底面ABCD为正方形，∴BC AB⊥，又BC PB AB PB B⊥=，，∴BC⊥平面PAB，∴BC PA⊥．同理CD PA BC CD C⊥=，，∴PA⊥平面ABCD．（2）建立如图的空间直角坐标系A xyz-，则()()()()000220011200A C E B，，，，，，，，，，，，设()x y z =，，m 为平面ABE 的一个法向量，又()()011200AE AB ==，，，，，，∴020y z x +==⎧⎨⎩， 令11y z =-=，，得()011=-，，m ．同理()102=，，n 是平面BCE 的一个法向量，则cos ,||||5⋅〈〉===m n m n m n ．∴二面角A BE C -- 【名师点睛】本题考查了线面垂直的的判定与性质及二面角的计算，属于中档题．4．【西藏拉萨市2019届高三第三次模拟考试数学】如图，等边三角形PAC 所在平面与梯形ABCD 所在平面互相垂直，且有AD BC ∥，2AB AD DC ===，4BC =．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ； （2）求二面角B PC D --的余弦值． 【答案】（1）详见解析；（2）513． 【解析】（1）取BC 中点M ，连接AM ， 则四边形AMCD 为菱形，即有12AM MC BC ==，∴AB AC ⊥．又AB Ì平面ABCD ，平面ABCD ⊥平面PAC ，平面ABCD 平面PAC AC =，∴AB ⊥平面PAC ，又AB Ì平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAC ．（2）由（1）可得AC =取AC 中点O ，连接PO ，则PO AC ⊥，3PO =， 又PO ⊂平面PAC ，平面PAC ⊥平面ABCD ，平面PAC 平面ABCD AC =，∴PO ⊥平面ABCD ．以A 为原点建系如图，则()2,0,0B，()P，()C，()D -，()BC =-，()3PC =-，()1,CD =-，设平面BPC 的法向量为()1,,x y z =n ，则2030x z ⎧-+=⎪-=，取1z =，得()1=n ． 设平面PCD 的法向量为()2,,x y z =n ，则030x z ⎧-=⎪-=，取1z =，得()2=-n ，212112513cos ,⋅===-n n n n n n ．∴二面角B PC D --的余弦值为513． 【名师点睛】本题考查面面垂直的判定与求二面角．在立体几何证明中，得出结论时，注意定理的条件要写全，否则证明过程不全面．求空间角问题，可用向量法求解，即建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角与空间角的关系求解，这里对学生的计算能力要求较高．5．【四川省高2019届高三第一次诊断性测试（理科）数学】如图所示，四棱锥S ABCD -中，SA ⊥底面90ABCD ABC ∠=︒，，2160SA AB BC AD ACD E ====∠=︒，，，为CD 的中点．（1）求证：//BC 平面SAE ；（2）求直线SD 与平面SBC 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）7．【解析】（1）因为190AB BC ABC ==∠=︒，， 所以260AC BCA ∠=︒=，，在ACD △中，260AD AC ACD ==∠=︒，，由余弦定理可得：2222cos AD AC CD AC CD ACD =+-⋅∠，解得4CD =， 所以222AC AD CD +=，所以ACD △是直角三角形， 又E 为CD 的中点，所以12AE CD CE ==， 又60ACD ∠=︒，所以ACE △为等边三角形， 所以60CAE BCA ∠=︒=∠，所以BCAE ，又AE ⊂平面SAE BC ⊄，平面SAE ，所以BC平面SAE ．（2）由（1）可知90BAE ∠=︒，以点A 为原点，以AB AE AS ，，所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则002000S B C D （，，，），，），（，）．所以30231232SB SC SD =-=-=--（，，），（，，），（，，）． 设x y z =（，，）n 为平面SBC 的法向量，则·0 ·0SB SC ⎧=⎪⎨=⎪⎩n n ，即2020z y z -=+-=设1x =，则0y z ==，，即平面SBC的一个法向量为10=（，n ，所以cos ,7||||7SD SD SD ⋅〈〉===-n n n ， 所以直线SD 与平面SBC ． 【名师点睛】不妨考查线面平行的证明以及利用空间向量求线面角，属中档题．6．【云南省2019届高三第一次高中毕业生复习统一检测数学】在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为菱形，且23ABC π∠=，M ，N 分别为棱AP ，CD 的中点．（1）求证：MN 平面PBC ；（2）若PD ⊥平面ABCD ，2PB AB =，求平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值． 【答案】（1）见证明；（2． 【解析】（1）设PB 的中点为G ，连接MG ，GC ． ∵M ，G 分别是AP ，PB 的中点，∴MG AB ，且12MG AB =． 由已知得12CN AB =，且CN AB ．∴MG CN ，且MG CN =．∴四边形MGCN 是平行四边形．∴MNGC ．∵MN ⊄平面PBC ，CG ⊂平面PBC ，∴MN平面PBC ．（2）连接AC ，BD ，设AC BD O =，连接CO ，连接OG ．设菱形ABCD 的边长为a ，由题设得2PB a =，PD =，OGPD ，OG ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OG 为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．由题设得0,2a P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，,0,02A a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，0,,02a D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，0,,02a B ⎛⎫⎪⎝⎭，,0,02C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，∴()0,,P a B =，3,,02a CB ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭． 设(),,x y z =n 是平面PBC 的法向量，则00PB CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，化简得0y y ⎧-=⎪+=，令1x =，则y =1z =-，∴()1,1=-n ．同理可求得平面PAD 的一个法向量()1,=m ．∴||cos ,||||5⋅==mn m n m n． ∴平面PBC 与平面PAD【名师点睛】本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查空间角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理转化能力．7．【云南省保山市2019年普通高中毕业生市级统一检测数学】如图，在几何体111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥底面ABC ，四边形11A ACC 是正方形，1l B C BC ，Q 是1A B 的中点，112AC BC B C ==，23ACB π∠=．（1）求证：1//QB 平面11A ACC ； （2）求二面角11A BB C --的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2． 【解析】（1）如图所示，连接1AC ，1A C 交于M 点，连接MQ ． 因为四边形11A ACC 是正方形，所以点M 是1AC 的中点， 又已知点Q 是1A B 的中点，所以MQ BC ，且12MQ BC =， 又因为11B C BC ，且112BC B C =，所以11MQ B C ，且11MQ B C =，所以四边形11B C MQ 是平行四边形，故11B Q C M ，因1B Q ⊄平面11A ACC ，1C M ⊂平面11A ACC ， 故1B Q平面11A ACC ．（2）如图所示，以C 为原点，1,CB CC 分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系， 不妨设1122AC BC B C ===，则)1,0A -，)11,2A -，()0,2,0B ，()10,1,2B ，所以()113,2,0B A =-，()10,1,2B B =-．设平面11A BB 的法向量为(),,x y z =m ，则111·0·0B A B B ⎧=⎪⎨=⎪⎩m m ，即2020y y z -=-=⎪⎩，取4x=，则(4,=m ，平面1CBB 的一个法向量()1,0,0=n，所以cos ,||||31⋅〈〉===m n m n m n ． 故二面角11ABB C --．【名师点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行．空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算．8．【贵州省贵阳市2019年高三5月适应性考试（二）数学】如图（1）ABC △中，9024C AC BC E F =︒==，，，分别是AC 与AB 的中点，将AEF △沿EF 折起连接AC 与AB 得到四棱锥A BCEF -（如图（2）），G 为线段AB 的中点．（1）求证：FG平面ACE ；（2）当四棱锥A BCEF -体积最大时，求直线FG 与平面AFC 所成的角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）取AC 的中点H ，连接EH GH ，，由于G 是AB 的中点，GH BC ∴，且12GH BC =， 又E F ，分别为AC 与AB 的中点，FE BC ∴，且12FE BC =， FE GH FE GH ∴=，，∴四边形EFGH 为平行四边形，FGEH ∴，又FG ⊄平面ACE EH ⊂，平面ACE ，FG∴平面ACE ．（2）当四棱锥ACE 体积最大时，平面ACE 平面ACE ， 由于AE EF AE ⊥∴⊥，平面BCEF ， 建立如图所示的坐标系，002220020100111A B C F G ∴（，，），（，，），（，，），（，，），（，，）． 022120011CA CF FG ∴=-=-=（，，），（，，），（，，）．设平面ACE 的法向量x y z （，，）n ，则0CA CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即22020y z x y -+=⎧⎨-=⎩，取一组解211x y z ==（，，）（，，）n ，记FG 与平面AFC 所成角为θ，则sin cos 3||||6FG FGFG θ⋅===⨯，n n n ． 【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，考查了空间向量法解决空间角的问题，考查计算求解能力，属于中档题．9．【贵州省凯里市第一中学2019届高三下学期模拟考试《黄金卷三》数学】如图所示，三棱锥P ABC -放置在以AC 为直径的半圆面O 上，O 为圆心，B 为圆弧AC 上的一点，D 为线段PC 上的一点，且3AB BC PA ===，PB =PA BC ⊥．（1）求证：平面BOD ⊥平面PAC ；（2）当二面角DAB C --的平面角为60︒时，求PD PC的值．【答案】（1）详见解析；（2．【解析】（1）由3AB PA ==，PB =∴222PA AB PB +=，∴PA AB ⊥，又PA BC ⊥且ABBC B =，∴PA ⊥平面ABC ．∵BO ⊂平面ABC ，∴PA BO ⊥，由BA BC =，圆心O 为AC 中点，∴BO AC ⊥．∵ACPA A =，∴BO ⊥平面PAC ，又BO ⊂平面BOD ， 所以平面BOD ⊥平面PAC ．（2）由（1）知PA ⊥平面ABC ，且BA BC ⊥，过点B 作PA 的平行线， 建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知()0,0,0B ，()3,0,0A ，()0,3,0C ，()3,0,3P ， 设(01)PD PC λλ=<<，则()3,0,0BA =，()()3,0,33,3,3BD BP PD λ=+=+--()33,3,33λλλ=--， 设(),,x y z =m 为平面BAD 的一个法向量，则()()3003333300x BA x y z BD λλλ=⎧⎧⋅=⎪⇒⎨⎨-++-=⋅=⎪⎩⎩m m ，令1z =，则11y λ=-，所以10,1,1λ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ， 取平面ABC 的一个法向量为()0,0,1=n ． 因为二面角D AB C --的平面角为60︒，所以1cos60cos ,2︒===m n ，解得λ=0λ=<（舍去）， 所以当二面角D AB C --的平面角为60︒时，PD PC=【名师点睛】本题考查由线线垂直证明线面垂直，再证明面面垂直，利用空间坐标系表示二面角，求线段比，属于中档题．10．【四川省棠湖中学2019届高三4月月考数学】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．【解析】（1）连接1A C 交1AC 于E ，因为1AA AC =，又1AA ⊥平面ABCD ， 所以1AA AC ⊥，所以四边形11A ACC 为正方形，所以11A C AC ⊥，在ACD △中，2,60AD CD ADC =∠=︒， 由余弦定理得2222cos60AC AD CD AD CD =+-⋅︒，所以AC =，所以222AD AC CD =+，所以CD AC ⊥，又1AA CD ⊥， 所以CD ⊥平面11A ACC ， 所以1CD AC ⊥，又因为1,CDA C C =AC 1⊥平面A 1B 1CD ；（2）如图建立直角坐标系，则()()()()112,0,0,,,D A C A()()112,0,23,DC DA λ∴=-=-，设平面11AC D 的法向量为()1111,,x y z =n ，由111100DC DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即111112020x z x z ⎧-+=⎪⎨-++=⎪⎩， 解得)11113,0,0,1x z y λ==∴=，n ，设平面1A CD 的法向量为()2222,,x y z =n ，由12200CD CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得222200x z =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得()22220,,0,,1x y z λλ==-∴=-n ，由1212cos ||||4θ⋅===⋅n n n n得1λ=，所以1,AA AC =此时12,,CD AA AC === 所以1111112432C A CD D A CC V V --⎛==⨯⨯⨯= ⎝． 【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判断以及三棱锥体积的计算，根据二面角的关系建立坐标系求出λ的值是解决本题的关键．11．【贵州省遵义市2019届高三年级第一次联考试卷数学】如图所示，在三棱柱中111ABC A B C -，侧面11ABB A 是矩形，12AB AA D ==，是1AA 的中点，BD 与1AB 交于O ，且CO ⊥面11ABB A（1）求证：1BC AB ⊥；（2）若OC OA =，求二面角D BCA --的余弦值． 【答案】（1）详见解析（2【解析】（1）由于侧面11ABB A 是矩形，D 是中点，故1tan tan 22AB B ABD ∠=∠=， 所以1AB B ABD ∠=∠，又1190BAB AB B ∠+∠=︒， 于是190BAB ABD ∠+∠=︒，1BD AB ⊥，而CO ⊥面1ABB A ，所以1CO AB ⊥， 1AB ⊥面BCD ，得到1BC AB ⊥．（2）如图，建立空间直角坐标系，则000000A B C D ⎫⎛⎫⎛⎫⎛-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝⎭，，，，，，， 可以计算出面ABC的一个法向量的坐标为(11=n ， 而平面BCD 的一个法向量为()2010=，，n ， 设二面角D BC A --的大小为θ，则1212cos θ⋅==n n n n【名师点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．12．【四川省绵阳市2019届高三下学期第三次诊断性考试数学】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD是菱形，且2PA AD ==，120PAD BAD ∠=∠=︒，E ，F 分别为PD ，BD 的中点，且EF =．（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求锐二面角E AC D --的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）过P 作PO ⊥AD ，垂足为O ，连接AO ，BO ， 由∠PAD =120°，得∠PAO =60°，∴在Rt △PAO 中，PO =PA sin ∠PAO=2sin60°=2×2∵∠BAO =120°，∴∠BAO =60°，AO =AO ，∴△PAO ≌△BAO ，∴BO =PO∵E ，F 分别是PA ，BD 的中点，EFEF 是△PBD 的中位线， ∴PB =2EF=2×2， ∴PB 2=PO 2+BO 2，∴PO ⊥BO ，∵AD ∩BO =O ，∴PO ⊥平面ABCD ， 又PO ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABC D ．（2）以O 为原点，OB 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，A （0，1，0），P （0，0B0，0），D （0，3，0），∴E （0，32F302，），AE =（0，12AF ==，12，0），易得平面ABCD 的一个法向量m =（0，0，1），设平面ACE 的法向量n =（x ，y ，z），则10223102AE y z AF x y ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩n n ，取x =1，得n =（11），设锐二面角的平面角的大小为θ，则cos θ=|||cos ,|||||⋅〈〉=m n m n m n ，∴锐二面角E –AC –D ．【名师点睛】本题考查线面垂直判定定理、面面垂直判定定理以及利用空间向量求二面角，考查空间想象能力以及基本论证与求解能力，属中档题．。
2019全国各地高考数学重点试题分类解析汇编10：立体几何(2)
2019全国各地高考数学重点试题分类解析汇编10：立体几何(2)注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！【山东省日照市2018届高三12月月考理】〔3〕一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是12π，那么这个正方体的体积是 〔A 〕3 〔B 〕π34 〔C 〕8 〔D 〕24 【答案】C 解析：设球的半径为R ，那么ππ1242=R ，从而3=R ，所以正方体的体对角线为23，故正方体的棱长为2，体积为823=。
【山东省日照市2018届高三12月月考理】〔7〕以下四个几何体中，各几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是〔A 〕①② 〔B 〕②③ 〔C 〕②④ 〔D 〕①③【答案】C 解析：①的三个视图都相同；②的主视图与左视图相同，与俯视图不同；③的三个视图互不相同；④的主视图与左视图相同，而与俯视图不同。
【山东省日照市2018届高三12月月考理】〔10〕m ，n 是两条不同直线，βα,是 〔A 〕βαβα//,,则若⊥⊥m m〔B 〕αα⊥⊥n m n m 则若,,// 〔C 〕n m n m //,,//则若=βαα〔D 〕βαβα⊥⊂⊥则若,,m m【答案】C 解析：由n m =βαα ,//无法得到m ，n 的确切位置关系。
【山东实验中学2018届高三第一次诊断性考试理】3.如图是某一几何体的三视图，那么这个几何体的体积为〔 〕 (A).4(B).8(C).16(D).20【答案】C【解析】由三视图我们易判断这个几何体是四棱锥，由左视图和俯视图我们易该棱锥底面【2018唐山市高三上学期期末统一考试文】如图，在四棱锥S —ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，且SD AD ==，E 是SA 的中点。
〔1〕求证：平面BED ⊥平面SAB ；〔2〕求直线SA 与平面BED 所成角的大小。
【解析】此题主要考查空间直线和平面的位置关系、考查空间想象能力、逻辑思维能力、推理论证能力.考查化归和转化的数学思想方法. 解：〔Ⅰ〕∵SD ⊥平面ABCD ，∴平面SAD ⊥平面ABCD ， ∵AB ⊥AD ，∴AB ⊥平面SAD ，∴DE ⊥AB 、 …3分∵SD ＝AD ，E 是SA 的中点，∴DE ⊥SA ， ∵AB ∩SA ＝A ，∴DE ⊥平面SABACBDESF∴平面BED ⊥平面SAB 、 …6分〔Ⅱ〕作AF ⊥BE ，垂足为F 、 由〔Ⅰ〕，平面BED ⊥平面SAB ，那么AF ⊥平面BED ， 那么∠AEF 是直线SA 与平面BED 所成的角、 …8分设AD ＝2a ，那么AB ＝2a ，SA ＝22a ，AE ＝2a ， △ABE 是等腰直角三角形，那么AF ＝A 、在Rt △AFE 中，sin ∠AEF ＝AF AE ＝22，故直线SA 与平面BED 所成角的大小45︒、【2018年西安市高三年级第一次质检文】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA 丄平面ABCD ，底面ABCD 是菱形AB=2,=60°. (I)求证:BD 丄平面PAC;(II)假设PA=Ab ，求四棱锥P-ABCD 的体积. 【解析】【2018金华十校高三上学期期末联考文】如图，三棱锥P—ABC中，PC⊥平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB。
2019年高考试题分类汇编(立体几何)
高考试题分类汇编（立体几何）考点1 三视图1.（2018·全国卷Ⅰ文理）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图，圆柱表面上的点M 在主视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从点M 到点N 的路途中，最短路径的长度为A.B. C. 3 D. 22.（2018·全国卷Ⅲ文理）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中木构件右边的小正方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是3. （2018·北京卷文理）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中， 直角三角形的个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4ABABCD正（主）视图侧（左）视图俯视图4.（2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的 体积（单位：3cm ）是 A ．2 B ．4 C ．6 D ．8考点2 有关度量关系（选择题或填空题） 考法1 角度1.（2018·全国卷Ⅱ文科）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点， 则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为 A．2 B2. （2018·全国卷Ⅱ理科）111C D 中，AB =1BC =，1AA 则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B ．6 C ．5 D ．23．（2018·浙江卷）已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤ C. 132θθθ≤≤ D ．231θθθ≤≤ 考法2 面积1.（2018·全国卷Ⅰ理科）已知正方体的棱长为1，每条棱与平面α所成的角都相 等，则α截此正方体所得的截面面积最大值为B.C.正视图侧视图2.（2018·全国卷Ⅰ文科）已知圆柱的上、下底面中心分别为1O ，2O ,过12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. 12π C.D. 10π3.（2018·全国卷Ⅱ理科）已知圆锥的顶点为S ,母线,SA SB 的所成角的余弦值为78，SA 与底面所成的角为45，若SAB ∆的面积为，则该圆锥的侧面积为 ． 考法3 体积1.（2018·全国卷Ⅰ文科）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平 面11BB C C 所成的角为30，则长方体的体积为A.8B.C.D. 2.（2018·全国卷Ⅱ文科）已知圆锥的顶点为S ,母线,SA SB 互相垂直，SA 与底面所成的角为30，若SAB ∆的面积为8，则该圆锥的体积为 ．3.（2018·全国卷Ⅲ文理）设,,,A B C D 是同一个半径为4的球面上的四点，ABC ∆是等边三角形且其面积为，则三棱锥体积D ABC -的最大值为 A．B．C．D．4.（2018·天津卷文科）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱柱111A BB D D -5.（2018·天津卷理科）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点,,,,E F G H M 如图)，则四棱锥M EFGH -的体CC 1积为 .6．（2018·江苏卷）如图所示，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 .考点3 解答题1. （2018·全国卷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P 的位置，且PF BF ⊥.（Ⅰ）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （Ⅱ）若DP 与平面ABFD 所成的角的正弦值.2.（2018·全国卷Ⅰ文科）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==, 90ACM ∠=，以AC 为折痕将ACM ∆折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥. （Ⅰ）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（Ⅱ）Q 为线段AD 上的一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积.PABC DEF ABCDA 1B 1C 1D 1MEF GH3.（2018·全国卷Ⅱ理科）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点. （Ⅰ）证明：PO ⊥平面ABC ；（Ⅱ）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.4.（2018AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点. （Ⅰ）证明：PO ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离.5. （2018·全国卷Ⅲ文理）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在的平面垂直，M 是CD 上异于,C D 的两点.（Ⅰ）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（Ⅱ）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成得二面角的正弦ABCPMOP ABCDQ M值.6.（2018·北京卷理科）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ， E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB的中点，AB BC ==12AC AA ==． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角1B CD C --（Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD7. （2018为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，,E F 分别为AD ，PB 的中点. （Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求证：EF ∥平面PCD .8.（2018·天津卷理科）如图，//AD BC 且2AD BC =，AD DC ⊥,//EG AD 且EG AD =，//CD FG 且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===. （Ⅰ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； （Ⅱ）求二面角E BC F --的正弦值；（Ⅲ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60，求线段DP 的长.ABCMD1ABCDEFP9.（2018·天津卷文科）如图，在四面体ABCD 中，ABC ∆是等边三角形，平面 ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，2AB =，AD =90BAD ∠=． （Ⅰ）求证：AD BC ⊥；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．10.（2018·江苏卷）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥． 求证：（Ⅰ）AB ∥平面11A B C ； （Ⅱ）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．11.（2018·浙江卷）如图，已知多面体111ABC A B C -，1AA ，1BB ，1CC 均垂直于平面ABC ，ABC ∠120=,14AA =，11CC =，12AB BC BB ===．（Ⅰ）证明：1AB ⊥平面111A B C ；（Ⅱ）求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．A BCDEFGMNABCDMABCDA 1B 1C 1D 1ABCC 1A 1B 1。
高考数学(理)真题专题汇编：空间立体几何
高考数学（理）真题专题汇编：空间立体几何一、选择题（本题共9道小题，每小题0分，共0分）1.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）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. ,βγαγ<<B. ,βαβγ<<C. ,βαγα<<D. ,αβγβ<<2.【来源】2019年高考真题——数学（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 Sh =柱体，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(cm 3)是（ ）A. 158B. 162C. 182D. 3243.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅱ） 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4.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅲ）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5.【来源】0（08年全国卷2）已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（）A．1 B． C． D．26.【来源】0(08年四川卷文)若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为的菱形，则该棱柱的体积等于( )（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）7.【来源】0（08年北京卷）如图，动点在正方体的对角线上．过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（）8.【来源】2011年高考数学理（安徽）一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A）48+（B）32817+（C）48817（D）509.【来源】2011年高考数学理（全国新课标）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为二、填空题10.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）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：__________．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__________．12.【来源】2019年高考真题——理科数学（天津卷）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .13.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅱ）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.）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ABCD -A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O -EFGH 后所得几何体，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___________.15.【来源】（07年浙江卷文）已知点O 在二面角α－AB －β的棱上，点P 在α内，且∠POB ＝45°．若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有∠POQ ≥45°，则二面角α－AB －β的取值范围是_________．16.【来源】2011年高考数学理（全国新课标）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。
2019年高考数学高考题和高考模拟题分章节汇编专题04立体几何文
专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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αβαβ∥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αβ∥αβαβ的必要条件，故选B ．αβ∥【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．,,a b a b αβ⊂⊂∥αβ∥2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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】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EO CD ⊥O ON 交直线.过作于，连接，M MF OD ⊥F BF 平面平面，平面，平面，平面 CDE ⊥ABCD ,EO CD EO ⊥⊂CDE EO ∴⊥ABCD MF ⊥，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，ABCD MFB ∴△EON△12EO ON EN ===,，故选B ．5,2MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠【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．3．【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：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．324【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.264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭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.4．【2019年高考浙江卷】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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为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【答案】B【解析】如图，为中点，连接VG ，在底面的投影为，则在底面的投影在线段G AC V ABC O P D 上，过作垂直于于E ，连接PE ，BD ，易得，过作交于，连AO D DE AC PE VG ∥P PF AC ∥VG F 接BF ，过作，交于，则，结合△PFB ，△D DH AC ∥BG H ,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得，即；在Rt△PEDcos cos PF EG DH BD PB PB PB PB αβ===<=αβ>中，，即，综上所述，答案为B.tan tan PD PD ED BD γβ=>=γβ>【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC，那么P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】作分别垂直于，平面，连接，,PD PE ,AC BC PO ⊥ABC CO 由题意可知，，,CD PD CD PO ⊥⊥=PD PO P 平面，又平面，，CD \^PDO OD ⊂PDO CD OD ∴⊥，，，PD PE == 2PC =sin sin PCE PCD ∴∠=∠=，60PCB PCA ︒∴∠=∠=又易知，为的平分线，PO CO ⊥CO ACB ∠4512,,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===又，．2PC =422PO ∴=-=【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到在底面上的射影，使P 用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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．）1-【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．18826+=如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与的延长线交于点，延长交x AB BE x ==CB FE G BC 正方体的棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，H BGE △，22,2(21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+==，2121x ∴==-+．21-【名师点睛】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．7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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1111ABCD A B C D -为所在棱的中点，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印16cm 4cm AB =BC =AA =，损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ，∴．3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=又长方体的体积为，1111ABCD A B C D -32466144cm V =⨯⨯=所以该模型体积为，3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=其质量为．0.9132118.8g ⨯=【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.8．【2019年高考北京卷文数】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】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之后余下的几何体，1111MPD A NQC B -则几何体的体积.()3142424402V =-⨯+⨯⨯=【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(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．9．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：α①l ⊥m ；②m ∥；③l ⊥．αα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】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.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】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.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.10．【2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.【答案】π4，借助勾股定理，可知四棱锥25.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底512-=面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为，故圆柱的体积为.11221ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.11．【2019年高考江苏卷】如图，长方体的体积是120，E 为的中点，则三棱锥1111ABCD A BC D -1CC E −BCD 的体积是 ▲ .【答案】10【解析】因为长方体的体积为120，所以，1111ABCD A B C D -1120AB BC CC ⋅⋅=因为为的中点，所以，E 1CC 112CE CC =由长方体的性质知底面，1CC ⊥ABCD 所以是三棱锥的底面上的高，CE E BCD -BCD 所以三棱锥的体积.E BCD -1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.12．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2.【解析】（1）连结.1,B C ME 因为M ，E 分别为的中点，所以，且.1,BB BC 1 ME B C ∥112ME B C =又因为N 为的中点，所以.1A D 112ND A D =由题设知，可得，故，11=A B DC ∥11=B C A D ∥=ME ND ∥因此四边形MNDE 为平行四边形，.MN ED ∥又平面，所以MN ∥平面.MN ⊄1C DE 1C DE （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得，，所以DE ⊥平面，故DE ⊥CH.DE BC ⊥1DE C C ⊥1C CE 从而CH ⊥平面，故CH 的长即为C 到平面的距离，1C DE 1C DE 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以，故.117C E =417CH =从而点C 到平面.1C DE 417【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.13．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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 ，AB =3，求四棱锥的体积．11E BB C C -【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE 平面ABB 1A 1，⊂故．11B C BE ⊥又，所以BE ⊥平面．1BE EC ⊥11EB C （2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt△ABE ≌Rt△A 1B 1E ，所以，1145AEB A EB ︒∠=∠=故AE =AB =3，.126AA AE ==作，垂足为F ，则EF ⊥平面，且．1EF BB ⊥11BB C C 3EF AB ==所以，四棱锥的体积．11E BB C C -1363183V =⨯⨯⨯=【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中Rt △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中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四A A A 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）取CG 的中点M ，连结EM ，DM.因为AB ∥DE ，AB 平面BCGE ，所以DE 平面BCGE ，故DE CG .⊥⊥⊥由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC =60°得EM CG ，故CG 平面DEM ．⊥⊥因此DM CG ．⊥在DEM 中，DE =1，EM DM =2．Rt △3所以四边形ACGD 的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥中，平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，EP ABCD -PA ⊥为CD 的中点．（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若∠ABC =60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（3）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为平面ABCD ，PA ⊥所以．PA BD ⊥又因为底面ABCD 为菱形，所以．BD AC ⊥所以平面PAC ．BD ⊥（2）因为PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD ，AE ⊂所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，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 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =AB ．12因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =AB ．12所以FG ∥CE ，且FG =CE ．所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ．因为CF 平面PAE ，EG 平面PAE ，⊄⊂所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为P ABCD -ABCD PCD △等边三角形，平面平面，.PAC ⊥PCD ,2,3PA CD CDAD ⊥==（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：平面；GH ∥PAD （2）求证：平面；PA ⊥PCD （3）求直线AD 与平面所成角的正弦值.PAC 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3．【解析】（1）连接，易知，.BD AC BD H = BH DH =又由，故.BG =PG GH PD ∥又因为平面PAD ，平面PAD ，GH ⊄PD ⊂所以平面PAD .GH ∥（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面平面PCD ，平面平面，PAC ⊥PAC PCD PC =所以平面PAC ，DN ⊥又平面PAC ，故.PA ⊂DN PA ⊥又已知，，PA CD ⊥CD DN D = 所以平面PCD .PA ⊥（3）连接AN ，由（2）中平面PAC ，可知为直线与平面PAC 所成的角，DN ⊥DAN ∠AD 因为为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，PCD △所以.3DN =又，DN AN ⊥在中，Rt AND △3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC.3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.17．【2019年高考江苏卷】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 ．【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DEC 1，A 1B 1平面DEC 1，⊄所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【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.18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,111ABC A B C -11A ACC ⊥ABC ，分别是AC ，A 1B 1的中点.90ABC ∠=︒1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==（1）证明：；EF BC ⊥（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）．35【解析】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，EG由于O为A 1G 的中点，故，12A 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，B 1，0），，，C (0，2，0)．3313,3,23)B 33(,23)2F 因此，，．3,2EF = (BC = 由得．0EF BC ⋅=EFBC ⊥（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得．1=(10)=(02BC A C - 设平面A 1BC 的法向量为n ，()x y z =，，由，得，100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ nn 00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩取n ，故，(11)=||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅ ，n n n |因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为．35【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.19．【云南省昆明市2019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 ⊥αm ∥β，则下列结论正确的是αβ⊥A ．或B ．l β∥l β⊄//l m C ．D ．m α⊥l m ⊥【答案】A【解析】对于A ，直线平面，，则或，A 正确；l ⊥ααβ⊥l β∥l β⊂对于B ，直线平面，直线平面，且，则或与相交或与异面，∴B 错l ⊥αm ∥βαβ⊥//l m l m l m 误；对于C ，直线平面，且，则或与相交或或，∴C 错误；m ∥βαβ⊥m α⊥m αm α⊂m α∥对于D ，直线平面，直线平面，且，则或与相交或与异面，∴D 错l ⊥αm ∥βαβ⊥//l m l m l m 误．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．20．【陕西省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，111ABC A B C -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1A ABC BC AB1CC A B ．34CD ．54【答案】B 【解析】如图，设的中点为，连接、、，BC D 1A D AD 1A B 易知即为异面直线与所成的角（或其补角）.1A AB ∠AB 1CC 设三棱柱的侧棱与底面边长均为1，111ABC A B C -则，，AD =112A D =1A B =由余弦定理，得.2221111cos 2A A AB A B A AB A A AB +-∠=⋅111322114+-==⨯⨯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1A 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 1CC 1ABA △21．【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，ABCD 分别是的中点，现在沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重,E F ,BC CD ,AE AF EF ,,B CD 合，重合后的点记为，则四面体的高为P P AEF -A ．B ．1323C ．D ．134【答案】B 【解析】如图，由题意可知两两垂直，PA PE PF ，，∴平面，PA ⊥PEF ∴，11111123323PEF A PEF V S PA -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△设P 到平面的距离为h ，AEF 又，2111321212112222AEF S =-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=△∴，13322P AEF h V h -=⨯⨯=∴，故，123h =23h =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 PEF P AEF V V --=AEF 22．【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，平面P ABC -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，PAB ⊥ABC ABC △PAB △AB 则该三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】48π【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ABC AB F ABC OPF ，CF ，OP .由，得，6AB =23AO BO CO CF OF =====是以为斜边的等腰角三角形，,PAB △AB PF AB ∴⊥又平面平面，平面，PAB ⊥ABC PF ∴⊥ABC ，PF OF ∴⊥2223OP OF PF =+=则为棱锥的外接球球心，外接球半径O P ABC -23R OC ==该三棱锥外接球的表面积为，∴(24π2348π⨯=故答案为.48π【名师点睛】本题主要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：①若三条棱两两垂直，则用（为三条棱的长）；②若面（），则22224R a b c =++,,a b c SA ⊥ABC SA a =（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接22244R r a =+r ABC △找出球心和半径.23．【河南省洛阳市2019年高三第三次统一考试（5月）数学试题】在四棱柱中，四边1111ABCD A B C D -形是平行四边形，平面，，，为ABCD 1A A ⊥ABCD 60BAD ∠=︒12,1,AB BC AA ===E 中点.11A B（1）求证：平面平面；1A BD ⊥1A AD （2）求多面体的体积.1A E ABCD -【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）在中，，ABD △60,2,1BAD AB AD BC ∠=︒===由余弦定理得，BD =∴.222BD AD AB +=∴.BD AD ⊥∵平面平面，1A A ⊥,ABCD BD ⊂ABCD ∴.1A A BD ⊥又，1A A AD A = ∴平面.BD ⊥1A AD 又平面，BD ⊂1A BD ∴平面平面.1A BD ⊥1A AD （2）设的中点分别为，连接，,AB CD ,F G ,,,EF FG GE BD FG H = ∵分别为的中点，,,E F G 11,,A B AB CD ∴多面体为三棱柱.1EFG A AD -∵平面，BD ⊥1A AD ∴为三棱柱的高.DH又，111122A AD S AD A A DH BD =⋅===△∴三棱柱的体积为.1EFGA AD-1A AD S HD ⋅==△在四棱锥中，.E BCGF -1EF A A ∥∴底面EF ⊥1,BCGF EF A A ==∵1121sin6022BCGF ABCD S S ==⨯⨯⨯︒=四边形四边形∴四棱锥的体积为E BCGF -1133BCGF S EF ⋅==四边形∴多面体.1A E ABCD-=【名师点睛】（1）根据余弦定理求，底面满足勾股定理，所以，又可证明BD ABD △BD AD ⊥，所以平面，即证明面面垂直；1AA BD ⊥BD ⊥1A AD （2）取的中点，分别连接，这样多面体可分割为三棱柱和,ABCD ,FG,,EFEGFG1EFGAAD-三棱锥，再分别求体积即可.E BCGF-。
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（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且 ．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(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；
【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–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．
【详解】（1）连接 ，
， 分别为 ， 中点 为 的中位线
且
又 为 中点，且 且
四边形 为平行四边形
，又 平面 ， 平面
平面
（2）设 ，
由直四棱柱性质可知： 平面
四边形 为菱形
则以 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则： ， ， ，D（0，-1,0）
取 中点 ，连接 ，则
四边形 为菱形且 为等边三角形
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.
2.（2019北京理科）已知l，m是平面 外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥ ；③l⊥ ．
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：
易知： ，
由 可得点F的坐标为 ，
由 可得 ，
设平面AEF的法向量为： ，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为： ，
很明显平面AEP的一个法向量为 ，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为 .
(Ⅲ)易知 ，由 可得 ，
则 ，
注意到平面AEF的一个法向量为： ，
其 且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）利用三角形中位线和 可证得 ，证得四边形 为平行四边形，进而证得 ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形 对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取 中点 ，可证得 平面 ，得到平面 的法向量 ；再通过向量法求得平面 的法向量 ，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.
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面 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PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(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 ，
【详解】由面面平行 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．
【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 ，则 ”此类的错误．
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，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，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 平面 ，再求得 ，从而得 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.
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．
又 平面 ， 平面
平面 ，即 平面
为平面 一个法向量，且
设平面 的法向量 ，又 ，
，令 ，则 ，
二面角 的正弦值为：
【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.
【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 之后余下的几何体,
几何体的体积 .
【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．
（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，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 ．
【详解】解法一: 为边长为2的等边三角形， 为正三棱锥，
，又 ， 分别为 、 中点，
， ，又 ， 平面 ， 平面 ， ， 为正方体一部分， ，即 ，故选D．
解法二:
设 ， 分别为 中点，
，且 ， 为边长为2的等边三角形，
又
中余弦定理 ，作 于 ，，
为 中点， ， ，
， ，又 ， 两两垂直， ， ， ，故选D.