1、1专题 04 立体几何1 【2019 年高考全国卷文数】设 ， 为两个平面，则 的充要条件是A 内有无数条直线与 平行B 内有两条相交直线与 平行C， 平行于同一条直线D， 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【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：
2、“若 ，则 ”此类的错误,aba 2【2019 年高考全国卷文数】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ABM=EN，且直线 BM，EN 是相交直线BBM EN，且直线 BM，EN 是相交直线CBM =EN，且直线 BM，EN 是异面直线DBMEN，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EOCDON相交直线.2过 作 于 ，连接 ，MFODBF平面 平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面CEA,ECDOEOABCDMF， 与
3、均为直角三角形设正方形边长为 2，易知 ，AB N 3,12ENE,， ，故选 B35,72FBME【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A158 B162C182 D324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为 6，底面可以看
4、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3.2643612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 VABC 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 ，直线 PB 与平面 ABC 所成的角
5、为 ，二面角 PACB 的平面角为 ，则A ， B， C， D， 【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GACVACOPD上，过 作 垂直于 于 E，连接 PE，BD ，易得 ，过 作 交 于 ，AODEEVG FAC VGF连接 BF，过 作 ，交 于 ，则 ，结合 PFB，H BH,BPFDEBDH， PDB 均为直角三角形，可得 ，即 ；在 RtcoscosPED 中， ，即 ，综上所述，答案为 B.tantanPDEB【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
6、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.45 【2019 年高考全国卷文数 】已知ACB=90，P 为平面 ABC 外一点，PC=2，点 P 到ACB 两边AC，BC 的距离均为 ，那么 P 到平面 ABC 的距离为_ 3【答案】 2【解析】作 分别垂直于 ， 平面 ，连接 ，,PDE,ACBOABCO由题意可知 ， ，CP=DP平面 ，又 平面 ， ，O， ， ，3PDE23sinsi2CE，60CBA又易知 ， 为 的平分线，OB，4512,
7、CDO又 ， 2PC2【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
8、548 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】26， 21【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1826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xABExCBFEGBC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，HG，22, (1)BGECxGxx，12x即该半正多面体的棱长为 21【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物
9、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6体 挖去四棱锥 OEFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E，F，G ，H1ABCD分别为所在棱的中点， ，3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3，不考虑16cm4cAB=CA=，打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.【答案】118.8【解析】由题意得， ，21463cm2EFGHS四 边 形四棱锥 OEFGH 的高为 3cm， 31OEFGHV又
10、长方体 的体积为 ，1ABCD3246c所以该模型体积为 ，21mOEFGHV其质量为 0.938.g【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_7【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，11MPDANQCB则几何体的体积 .314240V【名
11、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：lm；m ；l 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：_8【答案】如果 l，m，则 lm.【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
12、，m，则 lm，正确；（2）如果 l，lm，则 m，不正确，有可能 m 在平面 内；（3）如果 lm，m，则 l，不正确，有可能 l 与 斜交、l.故答案为：如果 l，m，则 lm.【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 年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为 的正方形，侧棱长均为 .若圆柱的一个25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】4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为 的正方形，侧棱长均为 ，借助勾股定理，可知四棱锥25的高
13、为 .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 .12214【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1ABCD1CEBCD 的体积是 .【答案】10【解析】因为长方体 的体积为 120，所以 ，1ABCD120ABC9因为 为 的中点，所以 ，E1C12EC由长方体的性质知 底面 ，1ABD所以 是三棱锥 的底面 上的
14、高，所以三棱锥 的体积 .EC132VCE1120132ABC【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 年高考全国卷文数 】如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面是菱形，AA1=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 C1DE；（2）求点 C 到平面 C1DE 的距离【答案】 （1）见解析；（2） .47【解析】 （1）连结 .1,BME
15、因为M，E 分别为 的中点，所以 ，且 .1,C1 BC 12MEB10又因为N为 的中点，所以 .1AD12NAD由题设知 ，可得 ，故 ，=BC 1=B =MEN因此四边形MNDE为平行四边形， .又 平面 ，所以MN平面 .MN1DE1CD（2）过C作C 1E的垂线，垂足为H .由已知可得 ， ，所以DE平面 ，故DECH.B11E从而CH平面 ，故CH的长即为C 到平面 的距离，1 C由已知可得CE=1，C 1C=4，所以 ，故 .17E471H从而点C到平面 的距离为 .1D4【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
16、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 年高考全国卷文数】如图，长方体 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC 111（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，AB =3，求四棱锥 的体积1EBC【答案】 （1）见详解；（2）18.【解析】 （1）由已知得 B1C1平面 ABB1A1，BE 平面 ABB1A1，故 BC又 ，所以 BE平面 1E1E（2）由（1）知BEB 1=90.由题设知 RtABERtA 1B1E，所以 ，145
17、AEB故 AE=AB=3， .26作 ，垂足为 F，则 EF平面 ，且 1EF1C3FA所以，四棱锥 的体积 1BC368V【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.1214【2019 年高考全国卷文数】图 1 是由矩形 ADEB， ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，Rt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 中的四边形 A
18、CGD 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AAA，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）取CG的中点M，连结EM，DM.因为ABDE ，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= ，故DM =2Rt 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，
19、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，PABCDE 为 CD 的中点13（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 BD又因为底面ABCD为菱形，所以 C所以 平面PAC（2）因为PA平面ABCD ， 平面ABC
20、D，AE所以PAAE因为底面ABCD为菱形，ABC=60，且E为CD的中点，所以AECD所以ABAE所以AE平面PAB所以平面PAB 平面PAE 14（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FGAB，且FG= AB12因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CEAB， 且CE= AB12所以FGCE，且FG=CE所以四边形CEGF为平行四边形所以CFEG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
21、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PABCDABPCD等边三角形，平面 平面 ， .PAC,2,3（1）设 G，H 分别为 PB，AC 的中点，求证： 平面 ；GH PAD（2）求证： 平面 ；PACD（3）求直线 AD 与平面 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 3【解析】（1）连接 ，易知 ， .BDACBHD15又由 ，故 .BG=PH D又因为 平面 PAD， 平面 PAD，所以 平面 PAD.（2）取棱 PC 的中点 N，连接 DN.依题意，得 DNPC，又因为平面 平面 PCD，平面 平面 ，PAC
22、PACDPC所以 平面 PAC，D又 平面 PAC，故 .N又已知 ， ，PACD所以 平面 PCD.（3）连接 AN，由（2）中 平面 PAC，可知 为直线 与平面 PAC 所成的角，NDAN因为 为等边三角形，CD=2 且 N 为 PC 的中点，PC所以 .DN又 ，A在 中， .Rt3sinDNA所以，直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为 .【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16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 ABCA 1B1C1 中，D，E 分别为 BC，AC
23、的中点，AB=BC求证：（1）A 1B1平面 DEC1；（2）BEC 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 EDAB.在直三棱柱 ABCA1B1C1 中， ABA 1B1，所以 A1B1ED.又因为 ED平面 DEC1，A 1B1 平面 DEC1，所以 A1B1平面 DEC1.（2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BEAC .因为三棱柱 ABCA1B1C1 是直棱柱，所以 CC1平面 ABC.又因为 BE平面 ABC，所以 CC1BE.因为 C1C平面 A1ACC1，AC 平面 A1ACC1，C 1CAC=C，所
24、以 BE平面 A1ACC1.因为 C1E平面 A1ACC1，所以 BEC 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 , ，1ABC1ABC90A分别是 AC，A 1B1 的中点.130,BACACEF17（1）证明： ；EFBC（2）求直线 EF 与平面 A1BC 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=A1C，E是AC 的中点，所以A 1EAC 又平面A 1ACC1平面ABC，A 1E 平面A
25、 1ACC1，平面A 1ACC1平面ABC=AC，所以，A 1E平面ABC ，则A 1EBC 又因为A 1FAB，ABC=90，故BCA 1F所以BC平面A 1EF因此EFBC（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 1EEG，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18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 RtA1EG中，A 1E=2 ，EG = .3由于O为A 1G的中点
26、，故 ，52G所以 23cosOE因此，直线EF与平面A 1BC所成角的余弦值是 5方法二：（1）连接A 1E，因为A 1A=A1C，E是AC 的中点，所以A 1EAC .又平面A 1ACC1平面ABC，A 1E 平面A 1ACC1，平面A 1ACC1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Exyz不妨设AC=4，则A1（0，0，2 ），B（ ，1，0）， ， ，C(0，2，0) 31(3,2)B3(,)F因此， ， (,2)EF(,0)C由 得 0C（2）设直线EF与平面A 1BC所成角为由（1）可得 =(3
27、0)=(23)BAC， ， ， ， ，设平面A 1BC的法向量为n ，)xyz， ，19由 ，得 ，10BCAn30xyz取n ，故 ，(3)， ，|4si|co=5EF， n因此，直线EF与平面A 1BC所成的角的余弦值为 3【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lm ，则下列结论正确的是A 或 Bl l/lmC Dm【答案】A【解析】对于 A，直线 平面 ， ，则 或 ，A 正确；ll l对于 B，直线 平面 ，直线
28、平面 ，且 ，则 或 与 相交或 与 异面，Blm /mllm错误；对于 C，直线 平面 ，且 ，则 或 与 相交或 或 ，C 错误； 对于 D，直线 平面 ，直线 平面 ，且 ，则 或 与 相交或 与 异面，Dl /lll错误故选 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，1ABC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1ABCA B343420C D5454【答案】B【解析】如图，设 的中点为 ，连接 、
29、 、 ，BC1A1B易知 即为异面直线 与 所成的角（或其补角）.1A设三棱柱 的侧棱与底面边长均为 1，1则 ， ， ，32D112AB由余弦定理，得 .22111cosAB 34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1AB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.AB1C1AB21 【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，CD分别是 的中点，现在沿 及 把这
30、个正方形折成一个四面体，使 三点重,EF,D,AEF,B合，重合后的点记为 ，则四面体 的高为P21A B1323C D14【答案】B【解析】如图，由题意可知 两两垂直，PAEF， ， 平面 ，PAEF ，1112333PEFVSA设 P 到平面 的距离为 h，又 ，2112AEFS ，3PAEFhV ，故 ，12h2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APEFAVAEF22 【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PABC平面 ， 是边长为 6 的等边三角形
31、， 是以 为斜边的等腰直角三角形，BCB PAB则该三棱锥外接球的表面积为_【答案】 4822【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ABCFABCOPF，CF，OP .由 ，得 ，6AB23,OBCFO是以 为斜边的等腰角三角形， ,P PAB又平面 平面 ， 平面 ，A， ，FO23F则 为棱锥 的外接球球心，外接球半径 ，PBC 23ROC该三棱锥外接球的表面积为 ，2448故答案为 .48【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：若三条棱两两垂直，
32、则用（ 为三条棱的长） ；若 面 （ ） ，则224Rabc,aSABCSa（ 为 外接圆半径） ；可以转化为长方体的外接球；特殊几何体可以直接rABC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1ABDC形 是平行四边形， 平面 ， ， ， 为ABCD1ABCD60A2,6E中点.123（1）求证：平面 平面 ；1ABD1（2）求多面体 的体积.EC【答案】 （1）见解析；（2） .524【解析】 （1）在 中， ，ABD 60,2,1ABDC由余弦定理得 ，3 .22B .A 平面 平面 ，1,CDBAC .又 ，1A 平面 .
33、BD1又 平面 ，平面 平面 .1A1D（2）设 的中点分别为 ，连接 ，,BC,FG,EFBDGH 分别为 的中点，,EFG1,多面体 为三棱柱.AD 平面 ，B1 为三棱柱的高.H24又 ，11613,222ADSDHB三棱柱 的体积为 .1EFG1624AS在四棱锥 中， .BC 底面 .1,6 ，32sin022BCGFABCDSS四 边 形 四 边 形四棱锥 的体积为 ，E11263BCGFSE四 边 形多面体 的体积为 .1ABCD254【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BDA BDA，所以 平面 ，即证明面面垂直；1ABD1A（2）取 的中点 ，分别连接 ，这样多面体可分割为三棱柱 和,C,FG,EFG1EFG三棱锥 ，再分别求体积即可.E
