高考数学2019真题汇编-立体几何(解析版)

1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A．86 C．26 【答案】D 【解析】解法一：正三棱锥，

B．46 D．6

PAPBPC,△ABC为边长为2的等边三角形，PABC为

PBAC，又E，F分别为PA，AB的中点，EF∥PB，EFAC，又EFCE，CEACC,EF平面PAC，∴PB平面PAC，

APBPAPBPC2，PABC为正方体的一部分，

2R2226，即R64466,VR3π6，故选D． 2338

解法二：设PAPBPC2x，E,F分别为PA,AB的中点，EF∥PB，且

1PBx，△ABC为边长为2的等边三角形，CF3， 212又CEF90，CE3x,AEPAx，

2EF△AEC中，由余弦定理可得cosEACx243x222x，

作PDAC于D，PAPC，D为AC的中点，cosEACAD1，PA2xx243x21， 4x2x12，PAPBPC2， 2x212，x2，x22PA,PB,PC两两垂直，又AB=BC=AC=2，2RR2226，6，2V43466R6，故选D. 338

【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，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． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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 C．α，β平行于同一条直线 【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：“若

B．α内有两条相交直线与β平行 D．α，β垂直于同一平面

a,b,a∥b，则∥”此类的错误．

3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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EOCD于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.

过M作MFOD于F，连接BF，

平面CDE平面ABCD，EOCD,EO平面CDE，EO平面ABCD，

MF平面ABCD，△MFB与△EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知

EO3,ON1,EN2，MF35 ,BF,BM7，BMEN，故选B．

22

【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．

4．【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：cm3）是

A．158 C．182 【答案】B

B．162 D．324

【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4626336162. 22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.

5．【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<γ C．β<α，γ<α 【答案】B

B．β<α，β<γ D．α<β，γ<β

【解析】如图，G为AC中点，连接VG，V在底面ABC的投影为O，则P在底面的投影D在线段AO上，过D作DE垂直于AC于E，连接PE，BD，易得PE∥VG，过P作

PF∥AC交VG于F，连接BF，过D作DH∥AC，交BG于H，则

BPF,PBD,PED，结合△PFB，△BDH，△PDB均为直角三角形，可

PFEGDHBDcos，即； PBPBPBPBPDPDtan，即，综上所述，答案为B. 在Rt△PED中，tanEDBD得cos

【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. 6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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ABCDA1B1C1D1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分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm, AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.

【答案】118.8

【解析】由题意得，S四边形EFGH4642312cm， ∵四棱锥O−EFGH的高为3cm，∴VOEFGH122112312cm3． 33又长方体ABCDA1B1C1D1的体积为V2466144cm， 3所以该模型体积为VV2VOEFGH14412132cm，

其质量为0.9132118.8g．

【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.

7．【2019年高考北京卷理数】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

MPD1A1NQC1B1之后余下的几何体，

则几何体的体积V431242440. 2【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．

8．【2019年高考北京卷理数】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（如果l⊥α，l⊥m，则m∥α也对） 【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，是不正确的，有可能m在平面α内；但是已知了直线在平面外，故正确。

（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.

9．【2019年高考天津卷理数】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_____________． 【答案】

π 4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512.

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面的

中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为

1， 2π1故圆柱的体积为π1. 42【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.

10．【2019年高考江苏卷】如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中

点，则三棱锥E−BCD的体积是 ▲ .

2

【答案】10

【解析】因为长方体ABCDA1B1C1D1的体积为120，所以ABBCCC1120， 因为E为CC1的中点，所以CE1CC1， 2由长方体的性质知CC1底面ABCD，

所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高， 所以三棱锥EBCD的体积

111111VABBCCEABBCCC112010.

3232212【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.

11．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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）求二面角A−MA1−N的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）10. 5【解析】（1）连结B1C，ME． 因为M，E分别为BB1，BC的中点， 所以ME∥B1C，且ME=

1B1C． 21A1D． 2又因为N为A1D的中点，所以ND=

由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND， 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED． 又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE． （2）由已知可得DE⊥DA．

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，则

A(2,0,0)，N(1,0,2)，A1(2，0，4)，A1A(0,0,4)，A1M(1,3,2)，M(1,3,2)，

A1N(1,0,2)，MN(0,3,0)．

mA1M0设m(x,y,z)为平面A1MA的法向量，则，

mA1A0所以x3y2z0，可取m(3,1,0)．

4z0．nMN0，设n(p,q,r)为平面A1MN的法向量，则

nA1N0．3q0，所以可取n(2,0,1)．

p2r0．于是cosm,nmn2315， |m‖n|25510． 5所以二面角AMA1N的正弦值为【名师点睛】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.

12．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点

E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；

（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）

3. 2【解析】（1）由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1， 故B1C1BE．

又BEEC1，所以BE平面EB1C1．

（2）由（1）知BEB190．由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以AEB45， 故AEAB，AA12AB．

以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，|DA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，2），E（1，0，1），CB(1,0,0)，CE(1,1,1)，

CC1(0,0,2)．

设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则

CBn0,x0,即 xyz0,CEn0,所以可取n=(0,1,1).

设平面ECC1的法向量为m=（x，y，z），则

CC1m0,2z0,即 xyz0.CEm0,所以可取m=（1，1，0）． 于是cosn,mnm1．

|n||m|23． 2所以，二面角BECC1的正弦值为

【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.

13．【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）见解析；（2）30. 【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，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=3．

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，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），CG=（1，0，3），AC=（2，–1，0）．

设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则

CGn0,x3z0,即 2xy0.ACn0,所以可取n=（3，6，–3）．

又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以cosn,m因此二面角B–CG–A的大小为30°．

【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，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.

14．【2019年高考北京卷理数】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（1）求证：CD⊥平面PAD； （2）求二面角F–AE–P的余弦值；

nm3． |n||m|2PF1． PC3（3）设点G在PB上，且

PG2．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． PB3

【答案】（1）见解析；（2）3；（3）见解析. 3【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD． 又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD． （2）过A作AD的垂线交BC于点M．

因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．

如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）． 因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）． 所以AE(0,1,1),所以PFPC(2,2,2),AP(0,0,2)．

1222PC,,,3333224AFAPPF,,.

333设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则

yz0,nAE0,即2 24xyz0.nAF0,333令z=1，则y1,x1．

于是n=(1,1,1)．

又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以cosn,pnp3. |n‖p|3由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为

3． 3

（3）直线AG在平面AEF内． 因为点G在PB上，且

PG2,PB(2,1,2)， PB3所以PG2424422PB,,,AGAPPG,,. 3333333由（2）知，平面AEF的法向量n=(1,1,1). 所以AGn4220. 333所以直线AG在平面AEF内.

【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；

（2）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； （3）首先求得点G的坐标，然后结合平面AEF的法向量和直线AG的方向向量即可判断直线是否在平面内.

15．【2019年高考天津卷理数】如图，AE平面ABCD，CF∥AE,AD∥BC，

ADAB,ABAD1,AEBC2．

（1）求证：BF∥平面ADE；

（2）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值； （3）若二面角EBDF的余弦值为

1，求线段CF的长． 3

【答案】（1）见解析；（2）

48；（3）． 97AD，AE的方向为x轴，y轴，【解析】依题意，可以建立以A为原点，分别以AB，z

轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得

A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0)，E(0,0,2)．设CFh(h0)，则

F1,2,h．

（1）依题意，AB(1,0,0)是平面ADE的法向量，又BF(0,2,h)，可得

BFAB0，又因为直线BF平面ADE，所以BF∥平面ADE．

（2）依题意，BD(1,1,0),BE(1,0,2),CE(1,2,2)．

nBD0,xy0,设n(x,y,z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，

x2z0,nBE0,可得n(2,2,1)．因此有cosCE,nCEn4．

9|CE||n|4． 9所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为

mBD0,xy0,（3）设m(x,y,z)为平面BDF的法向量，则即

mBF0,2yhz0,不妨令y1，可得m1,1,2． h由题意，有cosm,n|mn||m||n|42h4h23281，解得h．经检验，符合题意．

73所以，线段CF的长为

8． 7

【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．

16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，

AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E．

【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−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BE⊥AC. 因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

【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.

17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面

A1ACC1平面ABC,ABC90，BAC30,A1AACAC,E,F分别是1AC，A1B1的中点.

（1）证明：EFBC；

（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）【解析】方法一：

3． 5（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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，则A1E⊥BC． 又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F． 所以BC⊥平面A1EF．

因此EF⊥BC．

（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形． 由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．

连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）． 不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3. 由于O为A1G的中点，故EOOGA1G15， 22EO2OG2EG23所以cosEOG． 2EOOG5因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二：

（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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．

如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．

3． 5

不妨设AC=4，则

A1（0，0，23），B（3，1，0），B1(3,3,23)，F(0)．

因此，EF(33,,23)，C(0，2，2233,,23)，BC(3,1,0)． 22由EFBC0得EFBC． （2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ． 10)，A1C=(0，2，23)． 由（1）可得BC=(3，，z)， 设平面A1BC的法向量为n(x，y，3xy0BCn0由，得，

ACn01y3z01)，故sin|cosEF，n|=取n(1，3，|EFn|4，

|EF||n|53． 5因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为

【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.