(完整版)2019年高考试题汇编文科数学--立体几何

1、(2019全国1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J3 ,那么P到平面ABC的距离为.答案：2解答：如图，过P点做平面ABC的垂线段，垂足为 O,则PO的长度即为所求，再做 PE CB,PF CA ,由线面的垂直判定及性质定理可得出 OE CB,OF CA,在Rt PCF中，由PC 2,PF B可得出CF 1,同理在 Rt PCE 中可得出 CE 1,结合 ACB 90 , OE CB,OF CA可得出 OE OF 1 , 0c J2 ,POPC2 OC2225 / 19(2019全国1文)19.如图直四棱柱 ABCD AB

2、O 的底面是菱形，AA 4,AB 2, BAD 60，E，M，N分别是BC,BB1,AD的中点.(1)证明：MN /平面GDE(2)求点C到平面C1DE的距离.答案： 见解析 解答：(1)连结AC1,B1D1相交于点G ,再过点M作MH /&E交BG于点H ,再连结GH , NG .Q E,M,N分别是BC, BB,AD的中点.于是可得到NG/C1D, GH/DE,于是得到平面NGHM /平面CDE,由Q MN 平面NGHM ,于是得到 MN /平面C1DE（2） Q E为BC中点，ABCD为菱形且 BAD 60oDE BC,又QABCD ABQ1D1 为直四棱柱，DE CGDE GE,又QA

3、B 2,AA 4,DE 石,C1E 师,设点C到平面CiDE的距离为h由 Vc C1DE YC DCE 得-,317 h - - 1 .3 43 23 2解得h 4 ,1717所以点C到平面GDE的距离为 4 J717（2019全国2文）7.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.C.,平行于同一条直线D.内有两条相交直线与垂直于同一平面平行答案：B解析：根据面面平行的判定定理易得答案（2019全国2文）16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一圆柱体，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）多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称

4、美 .图2是一个棱数为 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一空2分，第二空3分.）.印信的形状多为长方体、正方体或.半正多面体是由两种或两种以上的正 48的半正多面体，它的所有顶点都在 一个面，其棱长为.（ 本题第图m 2答案：26,2 1解析：由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解.（2019全国2文）17.如图，长方体abcd ABQ1D1的底面ABCD是正方形，点E在AA上，BEEC1.1）证明：BE平面EB1G(2)若AE AE1,AB 3,求四棱锥e BB1C1c的体积.答案：1.看解析2.看解析

5、解答:（1）证明：因为B1C1C面 AB1BA,BE 面 ABBABCJBE又 GEB1clC1 BE 平面 EB1C1 ；(2)设 AA2a则 BE2 9 a2, C1E218+a2, GB29 4a21-36 3=18 3因为 C1B2=BE2 C1E21GhVE BB1C1C-SBB1cle h3线段ED的中点，则（A. BM EN ,且直线B. BM EN ,且直线C. BM EN ,且直线D. BM EN ,且直线BM, EN是相交直线BM,EN是相交直线BM,EN是异面直线BM,EN是异面直线（2019全国3文）8.如图，点N为正方形ABCD的中心， ECD为正三角形，平面 ECD

6、 平面ABCD,M是【详解】V BDE , N为BD中点M为DE中点,【答案】B【解析】分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题.BM , EN共面相交，选项C,D为错.作EO CD于O,连接ON ,过M作MF OD于F .连BF , Q平面CDE 平面ABCD .EO CD,EO 平面 CDBCD , MF 平面 ABCE ,MFB与EON均为直设正方形边长为 2,易知EMF 於 BF/2BM EN ,故选 B.【点睛】本题为立体几何中等问题，考查垂直关系，线面、线线位置关系（2019全国3文）16.学生到工厂劳动实践，禾1J用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体 ABCD AB

7、GDi挖去四棱锥O EFGH后所得的几何体，其中 。为长方体的中心，E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB= BC = 6cm, AA】= 4cm, 3D打印所用原料密度为 0.9g/cm3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g .门.【答案】118. 8根据题意可知模型的体积为四棱锥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12【详解】由题意得，四棱锥 O-EFGH的底面积为4 6 4 - 2 3 12cm ,其高为点O到底面BBGC的距 212离为3cm ,则此四棱锥的体积为M - 12 3 12cm2 ,又长方体ABCD AB1C1D1的体积为 3V2 4 6 6

8、 144cm2 ,所以该模型体积为 V V2 5 144 12 132cm2 ,其质量为 0.9 132 118.8g.【点睛】此题牵涉到的是 3D打印新时代背景下的几何体质量，忽略问题易致误，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.（2019全国3文）19.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 60o,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）见详解；（2）4.【

9、解析】【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED, RtVABC和菱形BFGC内部的夹角，所以 AD/BE , BF/CG依然成立，又因E和F粘在一起，所以得证.因为AB是平面BCGE垂线，所以易证.(2)欲求四边形 ACGD的面积， 需求出CG所对应的高，然后乘以 CG即可。【详解】(1)证：Q AD/BE , BF/CG ,又因为E和F粘在一起.AD/CG , A, C, G, D 四点共面.又QAB BE, AB BC.AB 平面BCGE , Q AB 平面ABC , 平面ABC 平面BCGE ,得证.(2)取CG的中点M，连结EM,DM .因为AB/DE , AB 平面BCGE,所

10、以DE 平面BCGE ,故DE CG ,由已知，四边形 BCGE 菱形，且 EBC 60o得EM CG ,故CG 平面DEM。因此DM CG。在 RtADEM 中，DE=1, EM 73 ,故 DM 2。所以四边形ACGD的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题。首先是多面体粘些量是不变的。再者粘合后烦，突出考查几何方法。后将求四边形考查考生的空间想象能力(2019北京文)12.某几何体是由一个正方体去寸卜四棱柱所得，其三视图蛰所示.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的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略ACGD的面积【分析】画出三视图对应的几何体，应用割补法求几何体的

11、体积【详解】在正方体中还原该几何体，如图所示1几何体的体积 V=4 3- (2+4) 2X4=4024a【点睛】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 .(2019北京文)13.已知l, m是平面 外的两条不同直线.给出下列三个论断：Um；m/;U .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U % m / a,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U a, m / a,则Um.正确；(2)如果 Ua, Um,

12、则m / a不正确，有可能 m在平面a内；(3)如果 Um, m / %则l，a不正确，有可能l与a斜交、l / a .【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(2019北京文)18.如图，在四棱锥 P ABCD中，PA 平面ABCD,底部ABCD为菱形，E为CD的中点.(I)求证：BD，平面PAC；(n)若/ ABC=60 ,求证：平面 PABL平面PAE;(m)棱PB上是否存在点F,使得CF/平面PAE?说明理由【答案】(I )见解析；(n)见解析；(出)见解析.(I)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(n)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂

13、直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直;(m)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.【详解】(I)证明：因为 PA 平面ABCD,所以PA BD ;因为底面 ABCD是菱形，所以 AC BD ;因为 PAI AC A,PA,AC 平面 PAC,所以BD 平面PAC .(n)证明：因为底面 ABCD是菱形且 ABC 60，所以 ACD为正三角形，所以 AE CD,因为AB/CD ,所以AE AB;因为PA 平面ABCD , AE 平面ABCD,所以AE PA;因为PAI AB A所以AE 平面PAB ,AE 平面PAE,所以平面PAB 平面PAE.(m)存在点

14、F为PB中点时，满足 CF 平面PAE;理由如下：RC分别取PB,PA的中点F,G ,连接CF,FG,EG,1在二角形PAB中，56/人8且56 AB；21在麦形ABCD中，E为CD中点，所以CE/AB且CE 2 AB ,所以CE/FG且CE FG ,即四边形CEGF为平行四边形，所以 CF/EG;又CF 平面PAE , EG 平面PAE,所以CF /平面PAE【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 .（2019天津文）12.已知四棱锥的底面是边长为 J2的正方形，侧棱长均为 J5 .若圆柱的一个底面的圆周

15、经过四 棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四锥底面的中心，则该圆柱的体积为.【答案】一4【解析】【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径。【详解】四棱锥的高为 JT7 2,1 故圆枉的局为1,圆枉的底面半径为 一，22 1 故其体积为一1 一。24【点睛】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。（2019天津文）17.如图，在四棱锥 P ABCD中，底面ABCD为平行四边形， APCD为等边三角形，平面PAC 平面 PCD , PA CD , CD 2, AD 3,(I)设G , H分别为PB , AC的中点，求证：GH /平面PAD ;(n)求证：p

16、a 平面PCD ；(m)求直线 AD与平面PAC所成角的正弦值.【答案】(I)见解析；(II)见解析；(III) 叵.3【解析】【分析】(I)连接BD ,结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到 GH PPD ,利用线面平行的判定定理证得结果;(II)取棱PC的中点N ,连接DN ,依题意，得 DN PC ,结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到DN PA,利用线面垂直的判定定理证得结果；(III)利用线面角的平面角的定义得到DAN为直线AD与平面PAC所成的角，放在直角三角形中求得结果【详解】(I)证明：连接 BD ,易知AC BD H , BH DH ,又由 BG PG ,故

17、GH PPD ,又因为GH 平面PAD , PD 平面PAD ,所以GH /平面PAD .(II)证明：取棱PC的中点N ,连接DN ,依题意，得DN PC ,又因为平面PAC 平面PCD ,平面PAC I平面PCD PC ,所以DN 平面PAC，又PA 平面PAC，故DN PA,又已知 PA CD , CD I DN D ,所以pa 平面PCD .(III)解：连接 AN ,由(II)中DN 平面PAC ,可知 DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为 PCD为等边三角形，CD 2且N为PC的中点，所以 DN J3,又 DN AN ,在 Rt AND 中，sin DAN DN , AD 3

18、所以，直线 AD与平面PAC所成角的正弦值为 目【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、考查空间想象能力和推理能力 .(2019上海)17.如图，在正三棱锥 P ABC中，PA PB PC 2,AB直线与平面所成的角等基础知识,BC AC J3 .(1)若PB的中点为 M , BC的中点为 N ,求AC与MN的夹角;【解答】 解：(1) QM , N分别为PB , BC的中点，MN/PC,则 PCA为AC与MN所成角，在 PAC 中，由 PA PC 2 , AC J3,(2)求P ABC的体积.可得cos PCA_ 2_ 22PC AC PA2PCgAC332 2

19、 、34AC与MN的夹角为arccos ;4(2)过p作底面垂线，垂直为 O,则O为底面三角形的中心,32连接 AO并延长，父 BC于N ,则AN AO - AN 1 .23PO J22 12召.1Vp ABC 3(2019江苏)9.如图，长方体ABCD-AiBiCiDi的体积是120, E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是【答案】10【解析】【分析】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【详解】因为长方体 ABCD ABiCiDi的体积为120,所以 AB BC CCi 120,因为E为CCi的中点，,1所以 CE -CCi, 2由长方体的性质知CCi底面ABCD

20、,所以CE是三棱锥E BCD的底面BCD上的高， 1 1所以三棱锥 E BCD的体积V AB BC CE3 21 11AB BC -CC13 22【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,1 120 10.12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（2019江苏）12.如图，在4ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA,AD与CE交于点O.若uuu uuuruuur uuuiab AB AC 6 AO EC，则工T的值是 AC【答案】、3BF=FE = EA,AO=OD.uuur uuur uuur uuur uuui

21、6AOgEC 3ADg AC AE3 uuu uuur uuur 1 uur-AB AC g AC -AB 233 uuu uuuruuur uuur-AB AC g AC AE23 uuui uuur 1 uuu 2 uiur 2 1 uuin uuur 一ABgAC -AB AC - ABgAC233由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值【详解】如图，过点 D作DF/CE,交AB于点F,由BE=2EA, D为BC中点,3 2 uuu uur uur2ABgAC AB 2 33uuur 2uuu uuur uuu2ACABgAC -AB3 uuur 2 uur uur -

22、AC ABgAC ,1 uuu2 3 uuur 2 uuu 得 1AB 3 AC，即 AB22l uuur AB _73 AC,故 JAB 4.AC【点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算,渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法,利用数形结合和方程思想解题（2019江苏）16.如图，在直三棱柱 ABC AiBiCi中,D, E分别为BC, AC的中点，AB=BC.求证：（1） AiBi/平面 DECi；（2） BEXC1E.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论;（2）由题意首先证得线面垂

23、直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可【详解】（1）因为D, E分别为BC, AC的中点，所以 ED/AB.在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AB/A1B1,所以 A1B1 / ED.又因为ED?平面DEC1, A1B1平面DEC1,所以A1B1 /平面DEC1.（2）因为AB=BC, E为AC的中点，所以 BEXAC.因为三棱柱 ABC-A1B1C1是直棱柱，所以 CC平面ABC.又因为BE?平面ABC,所以CC11BE.因为 C1C?平面 A1ACC1, AC?平面 A1ACC1, CCnAC=C, 所以BE,平面A1ACC1.因为CiE?平面AiACCi,所以BEXCiE.【点睛】本题

24、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.（2019浙江）4.祖的I是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“哥势既同，则积不容易”称为祖的I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（） idA. 158B. 162C. 182 D. 32【答案】B【解析】【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体一棱柱，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【详解】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以

25、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2 6-46,6,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 3 6 162.22【点睛】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 .（2019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，直线PB与平面ABC所成角为，二面角P AC B的平面角为，则（）A.,B.,C.,D.,【解析】【分析】.而充分利用图形特征，则可事倍功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

26、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 半.【详解】方法1 ：如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为。，则P在底面投影D在线段AO上，过D作DE垂直AE ,易得PE/VG ,过P作PF AC交VG于F ,过D作DH / /AC ,BPF,PBD,PEDPF EG, 贝U cos PB PBDHPBBD cosPBtan PDEDPDBDy ,综上所述，答案为 b.方法2:由最小角定理记V ABC的平面角为（显然B.由最大角定理法2：（特殊位置）取ABC为正四面体,P为VA中点，易得3.cos 一 sin633 人 2,sin632.2 一，

27、sin ,故选3B.【点睛】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(2019 浙江)14.VABC 中， ABC 90 , AB 4, BC3,点D在线段AC上，若 BDC 45 ,BDcosABD.12，2(2) 7225. 10通过引入CD本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想BDC、 ABD中应用正弦定理，建立方程，进而得解【详解】在 ABD中，正弦定理有:sin ADBBD 田,而sin BAC3AB 4, ADB AC 4ABBo 5, sin BACBC 3-,cos BACAC 5ABAC4 ，一,所以BD512.25cos ABD cos( BDCBAC)cos cos BAC4sin - sin47 2BAC 10【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征(2019浙江)19.如图，已知三棱柱 ABC AB1c1,平面AAGC 平面 ABC, ABC 90,BAC 30,AA AC AC,E,F 分别是 AC,AB1的中点.(1)证明：EF BC ;(2)求直线EF与