2024年3月29日发(作者：程诚)
2019高考数学(文)真题分类汇编-立体几
何含答案
立体几何专题
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α内有两条相
交直线与β平行。
解析：根据面面平行的判定定理，α内有两条相交直线都
与β平行是α∥β的充分条件。又根据面面平行性质定理，若
α∥β，则α内任意一条直线都与β平行。因此，α内两条相交
直线都与β平行是α∥β的必要条件。所以选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，需要运用面面平行的判定定理与性质定理进行判断。容
易犯的错误是记不住定理，凭主观臆断。
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BM≠EN，
且直线BM，EN是相交直线。
解析：连接ON，BD，容易得到直线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，因此
EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，所以△MFB与△EON
均为直角三角形。设正方形边长为2，可以计算出EO=3，
ON=1，EN=2，MF=35，BF=22，因此BM=7，BM≠EN，故
选B。
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】
XXX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162.
解析：根据三视图，可以得到底面为直角梯形，上底为
10，下底为18，高为9.因此，底面积S=1/2(10+18)×9=108，
高h=9，代入公式V柱体=Sh可得V柱体=108×9=972，单位
为cm3，故选B。
名师点睛：本题考查了柱体的体积计算，需要掌握祖暅原
理和柱体的底面积和高的计算方法。注意单位的转换。
得CD=3，又PC=2。
故OD=√（3²-2²）=√5。
又由PO平面ABC，故OP=OD+DP=√5+3。
又由三角形PBC，PC=2，PB=√（3²+2²）=√13。
故BC=PC/2=1，BP=√（13-1²）=√12=2√3。
又由三角形PBO，PO=√（BP²-BO²）=√（12-5）=√7。
又由三角形ABC，P到平面ABC的距离为OP/BC=
（√5+3+√7）/1=√5+3+√7.
故选A.
名师点睛】本题考查了空间直角坐标系下的距离计算，涉
及到空间直角坐标系下的垂线、勾股定理、向量等知识.解题
时需要注意画好图，明确各个点的位置，根据题目所给条件，
列出方程，进行计算.注意计算过程中的精度和细节，防止出
现粗心大意的错误.
本题考查学生对半正多面体的理解和空间想象能力。首先，
给出了一个半正多面体的定义和代表性形状。然后，要求计算
一个特殊的半正多面体的面数和棱长。最后，提醒学生在解立
体几何题时，画图视角选择不当、线面垂直定理使用不够灵活
等问题需要注意。
6.中国有悠久的金石文化，其中印信是代表之一。印信的
形状通常是长方体、正方体或圆柱体，但在南北朝时期，官员
XXX的印信形状是一个半正多面体。半正多面体是由两种或
两种以上正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美。给定
一个棱数为48的半正多面体，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.求该半正多面体的面数和棱长。
解析：首先，根据图像可以得知该半正多面体由三层构成，
第一层和第三层各有9个面，第二层有8个面，因此该半正多
面体共有18 + 8 = 26个面。然后，设该半正多面体的棱长为x，
由图像可以得知AB = BE = x，CB与FE的延长线交于点G，
延长BC交正方体的棱于H，由半正多面体对称性可知，
△BGE为等腰直角三角形，因此BG = GE = CH =
$frac{sqrt{2}}{2}$x，GH = 2x + x = (2 + 1)x = 1，因此x =
$frac{1}{2+1}$ = 2-1，即该半正多面体的棱长为2-1.
7.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型。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=BB1=CC1=DD1=8cm。求该
几何体的体积。
解析：首先，根据图像可以得知该几何体为一个长方体减
去一个四棱锥所得，因此可以分别计算长方体和四棱锥的体积，
然后相减即可。长方体的体积为V1 = ABCD $times$ AA1 = 6
$times$ 6 $times$ 8 = 288，四棱锥的底面积为S =
$frac{1}{2}$AB $times$ EH = $frac{1}{2}$ $times$ 6
$times$ 2 = 6，因此四棱锥的体积为V2 = $frac{1}{3}$S
$times$ OH = $frac{1}{3}$ $times$ 6 $times$ 4 = 8，因此该
几何体的体积为V = V1 - V2 = 288 - 8 = 280.
4cm×6cm的长方体ABCD-A1B1C1D1中，四棱锥O-
EFGH的底面是正方形EFGH，棱长为2cm，高为3cm。已知
3D打印所用原料密度为0.9 g/cm³，不考虑打印损耗，求制作
该模型所需原料的质量。
解析：首先计算正方形EFGH的面积为12cm²，再根据四
棱锥的体积公式求得O-EFGH的体积为12cm³。由此可得该模
型的体积为V=144cm³-12cm³=132cm³。最后根据原料密度求得
该模型所需原料的质量为118.8g。
某几何体是由一个棱长为4的正方体去掉一个底面为正方
形的棱柱所得，已知网格纸上小正方形的边长为1，求该几何
体的体积。
解析：根据题目给出的信息，可以还原出该几何体的形状，
即为一个棱长为4的正方体去掉一个底面为2×4的矩形的棱柱
所得。因此，该几何体的体积为V=4×4×4-3×2×4×4=40.
已知平面α外的两条不同直线l和m，给出论断①l⊥m，
②m∥α，③l⊥α。根据其中的两个论断作为条件，可以得到
命题：如果XXX⊥α，XXXα，则l⊥m。
D的中点，所以AN
1
CD，即AN
且MN
1
CD，即MN
1
DE；
2）设点C到平面C
1
DE的距离为h，连接CC
1
交MN于点Q，由（1）知MN平面C
平面C
AN，MN
ME，所以AN与ME的交点P在MN上，
ME，所以XXX平面B
平面B
1
DE，所以CQMN，又因为XXX
1
所以CQ
1
所以CQ
h
平面ABCD，即CQ为平面ABCD的高，所以
BD，所以ACB
BB
CQ，又因为ABCD为菱形，所以AC
1
D为直角三角形，所以CC
1
CD/22，又因为MNAB，所以MN
NC/23，所以
AC，所以
XXX为AC的中线，所以AN
QNAN
2
XXX
2
QM
2
所以2
2
AQ312，由勾股定理得，QN
XXX
2
2h)
2
代入MN2，解得h
417
17
DE=3，AC=4，BC=5，GC=2.
1）证明：XXX；
2）求图1的面积.
答案】（1）见详解；（2）9.
解析】（1）连接AG，由题意可知BE=BF，故
∠EBF=∠EAB。
又∠XXX∠ABC，故∠XXX∠ABC。
又∠ABC+∠ACB=90°，故∠EBF+∠ACB=90°。
所以∠ACB=90°-∠XXX∠EAB，即AE∥BC。
又因为BC⊥GC，所以AE⊥GC，即XXX.
2）设菱形BFGC的对角线交于点H，连接AH、
CH、DH，如图2所示.
BH、
2024年3月29日发(作者：程诚)
2019高考数学(文)真题分类汇编-立体几
何含答案
立体几何专题
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α内有两条相
交直线与β平行。
解析：根据面面平行的判定定理，α内有两条相交直线都
与β平行是α∥β的充分条件。又根据面面平行性质定理，若
α∥β，则α内任意一条直线都与β平行。因此，α内两条相交
直线都与β平行是α∥β的必要条件。所以选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，需要运用面面平行的判定定理与性质定理进行判断。容
易犯的错误是记不住定理，凭主观臆断。
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BM≠EN，
且直线BM，EN是相交直线。
解析：连接ON，BD，容易得到直线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，因此
EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，所以△MFB与△EON
均为直角三角形。设正方形边长为2，可以计算出EO=3，
ON=1，EN=2，MF=35，BF=22，因此BM=7，BM≠EN，故
选B。
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】
XXX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162.
解析：根据三视图，可以得到底面为直角梯形，上底为
10，下底为18，高为9.因此，底面积S=1/2(10+18)×9=108，
高h=9，代入公式V柱体=Sh可得V柱体=108×9=972，单位
为cm3，故选B。
名师点睛：本题考查了柱体的体积计算，需要掌握祖暅原
理和柱体的底面积和高的计算方法。注意单位的转换。
得CD=3，又PC=2。
故OD=√（3²-2²）=√5。
又由PO平面ABC，故OP=OD+DP=√5+3。
又由三角形PBC，PC=2，PB=√（3²+2²）=√13。
故BC=PC/2=1，BP=√（13-1²）=√12=2√3。
又由三角形PBO，PO=√（BP²-BO²）=√（12-5）=√7。
又由三角形ABC，P到平面ABC的距离为OP/BC=
（√5+3+√7）/1=√5+3+√7.
故选A.
名师点睛】本题考查了空间直角坐标系下的距离计算，涉
及到空间直角坐标系下的垂线、勾股定理、向量等知识.解题
时需要注意画好图，明确各个点的位置，根据题目所给条件，
列出方程，进行计算.注意计算过程中的精度和细节，防止出
现粗心大意的错误.
本题考查学生对半正多面体的理解和空间想象能力。首先，
给出了一个半正多面体的定义和代表性形状。然后，要求计算
一个特殊的半正多面体的面数和棱长。最后，提醒学生在解立
体几何题时，画图视角选择不当、线面垂直定理使用不够灵活
等问题需要注意。
6.中国有悠久的金石文化，其中印信是代表之一。印信的
形状通常是长方体、正方体或圆柱体，但在南北朝时期，官员
XXX的印信形状是一个半正多面体。半正多面体是由两种或
两种以上正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美。给定
一个棱数为48的半正多面体，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.求该半正多面体的面数和棱长。
解析：首先，根据图像可以得知该半正多面体由三层构成，
第一层和第三层各有9个面，第二层有8个面，因此该半正多
面体共有18 + 8 = 26个面。然后，设该半正多面体的棱长为x，
由图像可以得知AB = BE = x，CB与FE的延长线交于点G，
延长BC交正方体的棱于H，由半正多面体对称性可知，
△BGE为等腰直角三角形，因此BG = GE = CH =
$frac{sqrt{2}}{2}$x，GH = 2x + x = (2 + 1)x = 1，因此x =
$frac{1}{2+1}$ = 2-1，即该半正多面体的棱长为2-1.
7.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型。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=BB1=CC1=DD1=8cm。求该
几何体的体积。
解析：首先，根据图像可以得知该几何体为一个长方体减
去一个四棱锥所得，因此可以分别计算长方体和四棱锥的体积，
然后相减即可。长方体的体积为V1 = ABCD $times$ AA1 = 6
$times$ 6 $times$ 8 = 288，四棱锥的底面积为S =
$frac{1}{2}$AB $times$ EH = $frac{1}{2}$ $times$ 6
$times$ 2 = 6，因此四棱锥的体积为V2 = $frac{1}{3}$S
$times$ OH = $frac{1}{3}$ $times$ 6 $times$ 4 = 8，因此该
几何体的体积为V = V1 - V2 = 288 - 8 = 280.
4cm×6cm的长方体ABCD-A1B1C1D1中，四棱锥O-
EFGH的底面是正方形EFGH，棱长为2cm，高为3cm。已知
3D打印所用原料密度为0.9 g/cm³，不考虑打印损耗，求制作
该模型所需原料的质量。
解析：首先计算正方形EFGH的面积为12cm²，再根据四
棱锥的体积公式求得O-EFGH的体积为12cm³。由此可得该模
型的体积为V=144cm³-12cm³=132cm³。最后根据原料密度求得
该模型所需原料的质量为118.8g。
某几何体是由一个棱长为4的正方体去掉一个底面为正方
形的棱柱所得，已知网格纸上小正方形的边长为1，求该几何
体的体积。
解析：根据题目给出的信息，可以还原出该几何体的形状，
即为一个棱长为4的正方体去掉一个底面为2×4的矩形的棱柱
所得。因此，该几何体的体积为V=4×4×4-3×2×4×4=40.
已知平面α外的两条不同直线l和m，给出论断①l⊥m，
②m∥α，③l⊥α。根据其中的两个论断作为条件，可以得到
命题：如果XXX⊥α，XXXα，则l⊥m。
D的中点，所以AN
1
CD，即AN
且MN
1
CD，即MN
1
DE；
2）设点C到平面C
1
DE的距离为h，连接CC
1
交MN于点Q，由（1）知MN平面C
平面C
AN，MN
ME，所以AN与ME的交点P在MN上，
ME，所以XXX平面B
平面B
1
DE，所以CQMN，又因为XXX
1
所以CQ
1
所以CQ
h
平面ABCD，即CQ为平面ABCD的高，所以
BD，所以ACB
BB
CQ，又因为ABCD为菱形，所以AC
1
D为直角三角形，所以CC
1
CD/22，又因为MNAB，所以MN
NC/23，所以
AC，所以
XXX为AC的中线，所以AN
QNAN
2
XXX
2
QM
2
所以2
2
AQ312，由勾股定理得，QN
XXX
2
2h)
2
代入MN2，解得h
417
17
DE=3，AC=4，BC=5，GC=2.
1）证明：XXX；
2）求图1的面积.
答案】（1）见详解；（2）9.
解析】（1）连接AG，由题意可知BE=BF，故
∠EBF=∠EAB。
又∠XXX∠ABC，故∠XXX∠ABC。
又∠ABC+∠ACB=90°，故∠EBF+∠ACB=90°。
所以∠ACB=90°-∠XXX∠EAB，即AE∥BC。
又因为BC⊥GC，所以AE⊥GC，即XXX.
2）设菱形BFGC的对角线交于点H，连接AH、
CH、DH，如图2所示.
BH、