2019年高考數(shù)學(xué) 高考題和高考模擬題分項版匯編 專題04 立體幾何 文（含解析）

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1、專題04 立體幾何 1．【2019年高考全國Ⅱ卷文數(shù)】設(shè)α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是 A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 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：內(nèi)兩條相交直線都與平行是的充分條件，由面面平行性質(zhì)定理知，若，則內(nèi)任意一條直線都與平行，所以內(nèi)兩條相交直線都與平行是的必要條件，故選B． 【名師點睛】本題考查了空間兩個平面的判定與性質(zhì)及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養(yǎng)，利用面面平行的判定定理與性質(zhì)定理即可作出判斷．面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯誤

2、為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若，則”此類的錯誤． 2．【2019年高考全國Ⅲ卷文數(shù)】如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則 A．BM=EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM=EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線 【答案】B 【解析】如圖所示，作于，連接，BD，易得直線BM，EN是三角形EBD的中線，是相交直線. 過作于，連接， 平面平面，平面，平面，平面，與均為直角三角形．設(shè)正方形邊長為2，易知，，，故選B． 【名師

3、點睛】本題考查空間想象能力和計算能力，解答本題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形.解答本題時，先利用垂直關(guān)系，再結(jié)合勾股定理進而解決問題． 3．【2019年高考浙江卷】祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r代的偉大科學(xué)家，他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體=Sh，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高．若某柱體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該柱體的體積（單位：cm3）是 A．158 B．162 C．182 D．324 【答案】B 【解析】由三視圖得該棱柱的高為6，底面可以看作是由兩個直角梯形組合而成的，其中一個上底為4，下底為6，高為3，另一個的上底為2，

4、下底為6，高為3，則該棱柱的體積為. 故選B. 【名師點睛】本題首先根據(jù)三視圖，還原得到幾何體——棱柱，根據(jù)題目給定的數(shù)據(jù)，計算幾何體的體積，常規(guī)題目.難度不大，注重了基礎(chǔ)知識、視圖用圖能力、基本計算能力的考查.易錯點有二，一是不能正確還原幾何體；二是計算體積有誤.為避免出錯，應(yīng)注重多觀察、細(xì)心算. 4．【2019年高考浙江卷】設(shè)三棱錐V–ABC的底面是正三角形，側(cè)棱長均相等，P是棱VA上的點（不含端點）．記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P–AC–B的平面角為γ，則 A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ C．β<α，γ

5、<α D．α<β，γ<β 【答案】B 【解析】如圖，為中點，連接VG，在底面的投影為，則在底面的投影在線段上，過作垂直于于E，連接PE，BD，易得，過作交于，連接BF，過作，交于，則，結(jié)合△PFB，△BDH，△PDB均為直角三角形，可得，即；在Rt△PED中，，即，綜上所述，答案為B. 【名師點睛】本題以三棱錐為載體，綜合考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角的概念，以及各種角的計算.解答的基本方法是通過明確各種角，應(yīng)用三角函數(shù)知識求解，而后比較大小.而充分利用圖形特征，則可事倍功半.常規(guī)解法下易出現(xiàn)的錯誤有，不能正確作圖得出各種角，未能想到利用“特殊位置法”

6、，尋求簡便解法. 5．【2019年高考全國Ⅰ卷文數(shù)】已知∠ACB=90°，P為平面ABC外一點，PC=2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為___________． 【答案】 【解析】作分別垂直于，平面，連接， 由題意可知，， 平面，又平面，， ，，， ， 又易知，為的平分線， ， 又，． 【名師點睛】本題主要考查學(xué)生空間想象能力，合理畫圖成為關(guān)鍵，準(zhǔn)確找到在底面上的射影，使用線面垂直定理，得到垂直關(guān)系，利用勾股定理解決．注意畫圖視角選擇不當(dāng)，線面垂直定理使用不夠靈活，難以發(fā)現(xiàn)垂直關(guān)系，問題則很難解決，將幾何體擺放成正常視角，是立體幾何

7、問題解決的有效手段，幾何關(guān)系利于觀察，解題事半功倍． 6．【2019年高考全國Ⅱ卷文數(shù)】中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有________個面，其棱長為_________．（本題第一空2分，第二空3分．） 【答案】26， 【解析】由圖可知第一層（包括上底面）與第三層（包括下底面）各有

8、9個面，計18個面，第二層共有8個面，所以該半正多面體共有個面． 如圖，設(shè)該半正多面體的棱長為，則，延長與的延長線交于點，延長交正方體的棱于，由半正多面體對稱性可知，為等腰直角三角形， ， ， 即該半正多面體的棱長為． 【名師點睛】本題立意新穎，空間想象能力要求高，物體位置還原是關(guān)鍵，遇到新題別慌亂，題目其實很簡單，穩(wěn)中求勝是關(guān)鍵．立體幾何平面化，無論多難都不怕，強大空間想象能力，快速還原圖形． 7．【2019年高考全國Ⅲ卷文數(shù)】學(xué)生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術(shù)制作模型．如圖，該模型為長方體挖去四棱錐O?EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所

9、在棱的中點，，3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為___________g. 【答案】118.8 【解析】由題意得，， ∵四棱錐O?EFGH的高為3cm，∴． 又長方體的體積為， 所以該模型體積為， 其質(zhì)量為． 【名師點睛】本題考查幾何體的體積問題，理解題中信息聯(lián)系幾何體的體積和質(zhì)量關(guān)系，從而利用公式求解．根據(jù)題意可知模型的體積為長方體體積與四棱錐體積之差進而求得模型的體積，再求出模型的質(zhì)量即可. 8．【2019年高考北京卷文數(shù)】某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示．如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，那么該

10、幾何體的體積為__________． 【答案】40 【解析】如圖所示，在棱長為4的正方體中，三視圖對應(yīng)的幾何體為正方體去掉棱柱之后余下的幾何體， 則幾何體的體積. 【名師點睛】本題首先根據(jù)三視圖，還原得到幾何體，再根據(jù)題目給定的數(shù)據(jù)，計算幾何體的體積.屬于中等題.(1)求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)體積公式求解；(2)若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補形法等方法進行求解． 9．【2019年高考北京卷文數(shù)】已知l，m是平面外的兩條不同直線．給出下列三個論斷： ①l

11、⊥m；②m∥；③l⊥． 以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：__________． 【答案】如果l⊥α，m∥α，則l⊥m. 【解析】將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論，得到如下三個命題： （1）如果l⊥α，m∥α，則l⊥m，正確； （2）如果l⊥α，l⊥m，則m∥α，不正確，有可能m在平面α內(nèi)； （3）如果l⊥m，m∥α，則l⊥α，不正確，有可能l與α斜交、l∥α. 故答案為：如果l⊥α，m∥α，則l⊥m. 【名師點睛】本題主要考查空間線面的位置關(guān)系、命題、邏輯推理能力及空間想象能力.將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論加以分析即可. 10．【2019

12、年高考天津卷文數(shù)】已知四棱錐的底面是邊長為的正方形，側(cè)棱長均為.若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為__________. 【答案】 【解析】由題意，四棱錐的底面是邊長為的正方形，側(cè)棱長均為，借助勾股定理，可知四棱錐的高為.若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點，一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，故圓柱的高為，圓柱的底面半徑為，故圓柱的體積為. 【名師點睛】根據(jù)棱錐的結(jié)構(gòu)特點，確定所求的圓柱的高和底面半徑.注意本題中圓柱的底面半徑是棱錐底面對角線長度的一半、不是底邊棱長的一半. 11．【2019年高考江蘇卷】如圖，

13、長方體的體積是120，E為的中點，則三棱錐E?BCD的體積是 ▲ . 【答案】10 【解析】因為長方體的體積為120，所以， 因為為的中點，所以， 由長方體的性質(zhì)知底面， 所以是三棱錐的底面上的高， 所以三棱錐的體積. 【名師點睛】本題蘊含“整體和局部”的對立統(tǒng)一規(guī)律.在幾何體面積或體積的計算問題中，往往需要注意理清整體和局部的關(guān)系，靈活利用“割”與“補”的方法解題.由題意結(jié)合幾何體的特征和所給幾何體的性質(zhì)可得三棱錐的體積. 12．【2019年高考全國Ⅰ卷文數(shù)】如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別

14、是BC，BB1，A1D的中點. （1）證明：MN∥平面C1DE； （2）求點C到平面C1DE的距離． 【答案】（1）見解析；（2）. 【解析】（1）連結(jié). 因為M，E分別為的中點，所以，且. 又因為N為的中點，所以. 由題設(shè)知，可得，故， 因此四邊形MNDE為平行四邊形，. 又平面，所以MN∥平面. （2）過C作C1E的垂線，垂足為H. 由已知可得，，所以DE⊥平面，故DE⊥CH. 從而CH⊥平面，故CH的長即為C到平面的距離， 由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故. 從而點C到平面的距離為. 【名師點睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及的知識點有

15、線面平行的判定，點到平面的距離的求解，在解題的過程中，注意要熟記線面平行的判定定理的內(nèi)容，注意平行線的尋找思路，再者就是利用線面垂直找到距離問題，當(dāng)然也可以用等積法進行求解. 13．【2019年高考全國Ⅱ卷文數(shù)】如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1． （1）證明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，AB=3，求四棱錐的體積． 【答案】（1）見詳解；（2）18. 【解析】（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1， 故． 又，所以BE⊥平面． （2）由（1）知∠BEB1=90°. 由題設(shè)知

16、Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以， 故AE=AB=3，. 作，垂足為F，則EF⊥平面，且． 所以，四棱錐的體積． 【名師點睛】本題主要考查線面垂直的判定，以及四棱錐的體積的求解，熟記線面垂直的判定定理，以及四棱錐的體積公式即可，屬于基礎(chǔ)題型. 14．【2019年高考全國Ⅲ卷文數(shù)】圖1是由矩形ADEB，ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2， ∠FBC=60°．將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2． （1）證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求圖2中的四邊形ACGD的面積. 【答

17、案】（1）見解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面． 由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE． 又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE． （2）取CG的中點M，連結(jié)EM，DM. 因為AB∥DE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG. 由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EMCG，故CG平面DEM． 因此DMCG． 在DEM中，DE=1，EM=，故DM=2． 所以四邊形ACGD的面積為4． 【名師點睛】本題是很新穎的立體幾何考題，首先是多面

18、體折疊問題，考查考生在折疊過程中哪些量是不變的，再者折疊后的多面體不是直棱柱，突出考查考生的空間想象能力. 15．【2019年高考北京卷文數(shù)】如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點． （1）求證：BD⊥平面PAC； （2）若∠ABC=60°，求證：平面PAB⊥平面PAE； （3）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由． 【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）存在，理由見解析. 【解析】（1）因為平面ABCD， 所以． 又因為底面ABCD為菱形， 所以． 所以平面PAC． （2）因為PA⊥平面ABCD，平面ABCD，

19、所以PA⊥AE． 因為底面ABCD為菱形，∠ABC=60°，且E為CD的中點， 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上存在點F，使得CF∥平面PAE． 取F為PB的中點，取G為PA的中點，連結(jié)CF，F(xiàn)G，EG． 則FG∥AB，且FG=AB． 因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點， 所以CE∥AB，且CE=AB． 所以FG∥CE，且FG=CE． 所以四邊形CEGF為平行四邊形． 所以CF∥EG． 因為CF平面PAE，EG平面PAE， 所以CF∥平面PAE． 【名師點睛】本題主要考查線面垂直的判定

20、定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力. 16．【2019年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，. （1）設(shè)G，H分別為PB，AC的中點，求證：平面； （2）求證：平面； （3）求直線AD與平面所成角的正弦值. 【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）． 【解析】（1）連接，易知，. 又由，故. 又因為平面PAD，平面PAD， 所以平面PAD. （2）取棱PC的中點N，連接DN.依題意，得DN⊥PC， 又因為平面平面PCD，平面平面， 所以平面PAC， 又平面PAC，故.

21、 又已知，， 所以平面PCD. （3）連接AN，由（2）中平面PAC，可知為直線與平面PAC所成的角， 因為為等邊三角形，CD=2且N為PC的中點， 所以. 又， 在中，. 所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為. 【名師點睛】本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識.考查空間想象能力和推理論證能力. 17．【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC． 求證：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 【答案】（1）見解析；（2）見解析

22、. 【解析】（1）因為D，E分別為BC，AC的中點， 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1. （2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC. 因為三棱柱ABC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因為BE?平面ABC，所以CC1⊥BE. 因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 【名師點睛】本小題主要考查直

23、線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力和推理論證能力. 18．【2019年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點. （1）證明：； （2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值. 【答案】（1）見解析；（2）． 【解析】方法一： （1）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC． 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC， 所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC． 又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F． 所以BC⊥平

24、面A1EF． 因此EF⊥BC． （2）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形． 由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上． 連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）． 不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=. 由于O為A1G的中點，故， 所以． 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是． 方法二： （1）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，

25、所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC． 如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E–xyz． 不妨設(shè)AC=4，則 A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)． 因此，，． 由得． （2）設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ． 由（1）可得． 設(shè)平面A1BC的法向量為n， 由，得， 取n，故， 因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為． 【名師點睛】本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基

26、礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力和運算求解能力. 19．【云南省昆明市2019屆高三高考5月模擬數(shù)學(xué)試題】已知直線平面，直線平面，若，則下列結(jié)論正確的是 A．或 B． C． D． 【答案】A 【解析】對于A，直線平面，，則或，A正確； 對于B，直線平面，直線平面，且，則或與相交或與異面，∴B錯誤； 對于C，直線平面，且，則或與相交或或，∴C錯誤； 對于D，直線平面，直線平面，且，則或與相交或與異面，∴D錯誤． 故選A． 【名師點睛】本題考查了空間平面與平面關(guān)系的判定及直線與直線關(guān)系的確定問題，也考查了幾何符號語言的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題． 20．【陜西省2019屆高三年級第三次聯(lián)

27、考數(shù)學(xué)試題】已知三棱柱的側(cè)棱與底面邊長都相等，在底面上的射影為的中點，則異面直線與所成的角的余弦值為 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如圖，設(shè)的中點為，連接、、， 易知即為異面直線與所成的角（或其補角）. 設(shè)三棱柱的側(cè)棱與底面邊長均為1， 則，，， 由余弦定理，得. 故應(yīng)選B. 【名師點睛】本題主要考查了異面直線所成角的求解，通過平移找到所成角是解這類問題的關(guān)鍵，若平移不好作，可采用建系，利用空間向量的運算求解，屬于基礎(chǔ)題.解答本題時，易知即為異面直線與所成的角（或其補角），進而通過計算的各邊長，利用余弦定理求解即可. 21．【四川省宜賓市2019屆高

28、三第三次診斷性考試數(shù)學(xué)試題】如圖，邊長為2的正方形中，分別是的中點，現(xiàn)在沿及把這個正方形折成一個四面體，使三點重合，重合后的點記為，則四面體的高為 A． B． C． D．1 【答案】B 【解析】如圖，由題意可知兩兩垂直， ∴平面， ∴， 設(shè)P到平面的距離為h， 又， ∴， ∴，故， 故選B. 【名師點睛】本題考查了平面幾何的折疊問題，空間幾何體的體積計算，屬于中檔題．折疊后，利用即可求得P到平面的距離． 22．【廣東省深圳市高級中學(xué)2019屆高三適應(yīng)性考試（6月）數(shù)學(xué)試題】在三棱錐中，平面平面，是邊長為6的等邊三角形，是以為斜邊的等腰直角三角形，則該三棱錐

29、外接球的表面積為_______． 【答案】 【解析】如圖，在等邊三角形中，取的中點，設(shè)等邊三角形的中心為，連接PF，CF，OP. 由，得， 是以為斜邊的等腰角三角形，, 又平面平面，平面， ，， 則為棱錐的外接球球心，外接球半徑， 該三棱錐外接球的表面積為， 故答案為. 【名師點睛】本題主要考查四面體外接球表面積，考查空間想象能力，是中檔題. 要求外接球的表面積和體積，關(guān)鍵是求出球的半徑.求外接球半徑的常見方法有：①若三條棱兩兩垂直，則用（為三條棱的長）；②若面（），則（為外接圓半徑）；③可以轉(zhuǎn)化為長方體的外接球；④特殊幾何體可以直接找出球心和半徑. 23．【河南省洛

30、陽市2019年高三第三次統(tǒng)一考試（5月）數(shù)學(xué)試題】在四棱柱中，四邊形是平行四邊形，平面，，，為中點. （1）求證：平面平面； （2）求多面體的體積. 【答案】（1）見解析；（2）. 【解析】（1）在中，， 由余弦定理得， ∴. ∴. ∵平面平面， ∴. 又， ∴平面. 又平面， ∴平面平面. （2）設(shè)的中點分別為，連接， ∵分別為的中點， ∴多面體為三棱柱. ∵平面， ∴為三棱柱的高. 又， ∴三棱柱的體積為. 在四棱錐中，. ∴底面. ∵， ∴四棱錐的體積為， ∴多面體的體積為. 【名師點睛】（1）根據(jù)余弦定理求，底面滿足勾股定理，所以，又可證明，所以平面，即證明面面垂直； （2）取的中點，分別連接，這樣多面體可分割為三棱柱和三棱錐，再分別求體積即可. 23