专题05 立体几何理-2018年高考题和高考模拟题数学(理)分项版汇编 含解析
2018年数学理科高考题分类 真题与模拟题 立体几何
G 单元 立体几何G1 空间几何体的结构16.G1,G12[2018·全国卷Ⅱ] 已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 所成角的余弦值为78,SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为5√15,则该圆锥的侧面积为 .16.40√2π [解析] 设圆锥的底面圆的半径为r ,因为SA 与圆锥底面所成角为45°,所以SA=√2r.由cos ∠ASB=78得sin ∠ASB=√158,所以12SA ·SB ·sin ∠ASB=12×√2r×√2r×√158=5√15,所以r 2=40,所以圆锥的侧面积为√2πr 2=40√2π.G2 空间几何体的三视图和直观图7.G2,G11[2018·全国卷Ⅰ] 某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图1-2所示.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为 ( )图1-2A .2√17B .2√5C .3D .27.B [解析] 由三视图可知圆柱表面上的点M ,N 的位置如图1,将圆柱的侧面展开得到图2,在圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN ,所以最短路径的长度为MN=√22+42=2√5.3.G2[2018·全国卷Ⅲ] 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图1-1中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 ( )图1-1图1-23.A[解析] 卯眼的空间立体图如图,同时需要注意在三视图中,看不见的线用虚线表示,故选A.5.G2[2018·北京卷]某四棱锥的三视图如图1-2所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()图1-2A.1B.2C.3D.45.C[解析] 由三视图可得该几何体的直观图如图所示,且PD⊥平面ABCD,∴△P AD和△PDC 均为直角三角形.又∵PD⊥AB,AB⊥AD,PD∩AD=D,∴AB⊥平面P AD,∴AB⊥P A,∴△P AB为直角三角形.故选C.3.G2[2018·浙江卷]某几何体的三视图如图1-1所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()图1-1A.2B.4C.6D.83.C[解析] 该几何体为直四棱柱,如图所示,底面是直角梯形,其面积为12×(1+2)×2=3,又四棱柱的高为2,故体积为2×3=6,故选C.G3 平面的基本性质、空间两条直线G4 空间中的平行关系12.G4,G11[2018·全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.3√34B.2√33C.3√24D.√3212.A[解析] 平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等,只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可,如图,AP=AR=AQ,则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等.若点E,F,G,H,M,N分别为相应棱的中点,易证得平面EFGHMN平行于平面PQR,且六边形EFGHMN 为正六边形.正方体棱长为1,所以正六边形EFGHMN 的边长为√22,可得此正六边形的面积为3√34,而在四个选项中,选项B,C,D 中的值都小于3√34,所以选A .15.G4,G5[2018·江苏卷] 在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ; (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.图1-415.证明:(1)在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1. 因为AB ⊄平面A 1B 1C ,A 1B 1⊂平面A 1B 1C , 所以AB ∥平面A 1B 1C.(2)在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,四边形ABB 1A 1为平行四边形. 又因为AA 1=AB ,所以四边形ABB 1A 1为菱形, 因此AB 1⊥A 1B.又因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1,所以AB 1⊥BC. 又因为A 1B ∩BC=B ,A 1B ⊂平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC , 所以AB 1⊥平面A 1BC. 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1, 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.6.G4[2018·浙江卷] 已知平面α,直线m ,n 满足m ⊄α,n ⊂α,则“m ∥n ”是“m ∥α”的 ( ) A .充分不必要条件 B .必要不充分条件 C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件6.A [解析] 因为m 在平面α外,n 在平面α内,所以若m ∥n ,则m ∥α;反之,若m ∥α,则m 和n 可能平行或异面.故“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件,故选A .G5 空间中的垂直关系18.G5,G11[2018·全国卷Ⅰ] 如图1-4所示,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF . (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ;(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.图1-418.解:(1)证明:由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD. (2)作PH ⊥EF ,垂足为H. 由(1)得,PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H - xyz.由(1)可得,DE ⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3.又PF=1,EF=2,故PE ⊥PF , 可得PH=√32,EH=32, 则H (0,0,0),P 0,0,√32,D -1,-32,0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,32,√32,HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,0,√32为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成的角为θ,则sin θ=HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=34√3=√34,所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.20.G5,G11[2018·全国卷Ⅱ] 如图1-4,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,P A=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点.图1-4(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-P A-C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值. 20.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB.因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC. (2)如图,以O 为坐标原点,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,2√3),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面P AC 的法向量OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M (a ,2-a ,0)(0<a ≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,4-a ,0). 设平面P AM 的法向量为n=(x ,y ,z ).由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {2y +2√3z =0,ax +(4-a)y =0,可取n=(√3(a-4),√3a ,-a ), 所以cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√3(a 2√3(a -4)2+3a 2+a 2.由已知可得|cos <OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32, 所以√3|a 222=√32,解得a=-4(舍去),a=43, 所以n=(-8√33,4√33,-43),又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos <PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34, 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为√34.19.G5[2018·全国卷Ⅲ] 如图1-5,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ⏜所在平面垂直,M 是CD⏜上异于C ,D 的点. (1)证明:平面AMD ⊥平面BMC ;(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.图1-519.解:(1)证明:由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD.因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM.因为M 为CD⏜上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM. 又BC ∩CM=C ,所以DM ⊥平面BMC.而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC. (2)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.当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD⏜的中点.由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).设n=(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即{-2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55. 16.G5、G11[2018·北京卷] 如图1-3,在三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB=BC=√5,AC=AA 1=2. (1)求证:AC ⊥平面BEF ;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.图1-3 16.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1), ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1),CB⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0).∴CD设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),∴{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ·CB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2a +c =0,a +2b =0,令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4).又∵平面CDC 1的一个法向量为EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), ∴cos <n ,EB⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·EB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-√2121. 由图可得二面角B - CD - C 1为钝二面角,∴二面角B - CD - C 1的余弦值为-√2121. (3)证明:平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4).∵G (0,2,1),F (0,0,2),∴GF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1),∴n ·GF ⃗⃗⃗⃗ =-2,∴n 与GF ⃗⃗⃗⃗ 不垂直,∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,∴GF 与平面BCD 相交.17.G5、G10[2018·天津卷] 如图1-4所示,AD ∥BC 且AD=2BC ,AD ⊥CD ,EG ∥AD 且EG=AD ,CD ∥FG 且CD=2FG ,DG ⊥平面ABCD ,DA=DC=DG=2. (1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE ; (2)求二面角E - BC - F 的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.图1-417.解:依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M 0,32,1,N (1,0,2).(1)证明:依题意DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x ,y ,z )为平面CDE 的法向量,则{n 0·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x +2z =0,不妨令z=-1,可得n 0=(1,0,-1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1,-32,1,可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0,又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE. (2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,x -2y +2z =0,不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,-y +2z =0,不妨令z=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos <m ,n>=m ·n|m||n|=3√1010,于是sin <m ,n>=√1010.所以,二面角E - BC - F 的正弦值为√1010.(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ). 易知DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ+5.由题意,可得ℎ+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2],所以,线段DP 的长为√33.15.G4,G5[2018·江苏卷] 在平行六面体ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB ,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C ; (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.图1-415.证明:(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.19.G5,G11,G12[2018·浙江卷]如图1-3所示,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.图1-3(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.19.解: 方法一:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2√2,所以A1B12+A B12=A A12, 故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=√5,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2√3,由CC1⊥AC,得AC1=√13,所以A B12+B1C12=A C12,故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD.由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1, 由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1,所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得 cos ∠C 1A 1B 1=√67,sin ∠C 1A 1B 1=7,所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1D AC 1=√3913.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913. 方法二:(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知,各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1).因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n=(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y =0,2z =0,可取n=(-√3,1,0).所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√3913.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913. G6 三垂线定理4.G6[2018·全国卷Ⅲ] 若sin α=13,则cos 2α=( )A .89B .79C .-79D .-894.B [解析] cos 2α=1-2sin 2α=79.G7 棱柱与棱锥11.G7[2018·天津卷] 已知正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1的棱长为1,除面ABCD 外,该正方体其余各面的中心分别为点E ,F ,G ,H ,M (如图1-3所示),则四棱锥M - EFGH 的体积为 .图1-311.112 [解析] 四棱锥M - EFGH 的高为12,底面积为12,故其体积为13×12×12=112.G8 多面体与球10.G8[2018·全国卷Ⅲ] 设A ,B ,C ,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为9√3,则三棱锥D-ABC 体积的最大值为 ( ) A .12√3 B .18√3 C .24√3 D .54√310.B [解析] 由题易知当点D 到平面ABC 的距离最大时,三棱锥D-ABC 的体积最大.∵S △ABC =√34AB 2=9√3,∴AB=6.设△ABC 的中心为M ,由等边三角形的性质得,AM=BM=CM=2√3.设球心为O ,则OA=OB=OC=4,∴OM=√OB 2-BM 2=2,∴点D 到平面ABC 的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC 体积的最大值为13×9√3×6=18√3.G9 空间向量及运算G10 空间向量解决线面位置关系17.G5、G10[2018·天津卷] 如图1-4所示,AD ∥BC 且AD=2BC ,AD ⊥CD ,EG ∥AD 且EG=AD ,CD ∥FG 且CD=2FG ,DG ⊥平面ABCD ,DA=DC=DG=2. (1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE ; (2)求二面角E - BC - F 的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.图1-417.解:依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M 0,32,1,N (1,0,2).(1)证明:依题意DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x ,y ,z )为平面CDE 的法向量,则{n 0·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x +2z =0,不妨令z=-1,可得n 0=(1,0,-1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1,-32,1,可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0,又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE. (2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,x -2y +2z =0,不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,-y +2z =0,不妨令z=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos <m ,n>=m ·n|m||n|=3√1010,于是sin <m ,n>=√1010.所以,二面角E - BC - F 的正弦值为√1010.(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ). 易知DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2ℎ+5.由题意,可得√ℎ+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2],所以,线段DP 的长为√33.G11 空间角与距离的求法7.G2,G11[2018·全国卷Ⅰ] 某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图1-2所示.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为 ( )图1-2A .2√17B .2√5C .3D .27.B [解析] 由三视图可知圆柱表面上的点M ,N 的位置如图1,将圆柱的侧面展开得到图2,在圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN ,所以最短路径的长度为MN=√22+42=2√5.12.G4,G11[2018·全国卷Ⅰ] 已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为 ( )A .3√34B .2√33C .3√24D .√3212.A [解析] 平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等,只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可,如图,AP=AR=AQ ,则平面PQR 与正方体过点A 的三条棱所成的角相等.若点E ,F ,G ,H ,M ,N 分别为相应棱的中点,易证得平面EFGHMN 平行于平面PQR ,且六边形EFGHMN 为正六边形.正方体棱长为1,所以正六边形EFGHMN 的边长为√22,可得此正六边形的面积为3√34,而在四个选项中,选项B,C,D 中的值都小于3√34,所以选A .18.G5,G11[2018·全国卷Ⅰ] 如图1-4所示,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF .(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ;(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.图1-418.解:(1)证明:由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD. (2)作PH ⊥EF ,垂足为H. 由(1)得,PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H - xyz.由(1)可得,DE ⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3.又PF=1,EF=2,故PE ⊥PF , 可得PH=√32,EH=32,则H (0,0,0),P 0,0,√32,D -1,-32,0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,32,√32,HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,0,√32为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成的角为θ,则sin θ=HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=34√3=√34, 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.9.G11[2018·全国卷Ⅱ] 在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=1,AA 1=√3,则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为 ( ) A .15 B .√56C .√55D .√229.C [解析] 方法一:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A (1,0,0),D 1(0,0,√3),B 1(1,1,√3),所以AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,√3),所以cos <AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=√1+3×√1+1+3=√55,所以异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.方法二:如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的面ABB 1A 1的一侧再补填一个完全一样的长方体ABC 2D 2-A 1B 1B 2A 2,连接AB 2,B 2D 1.易知AB 2∥DB 1,所以异面直线AD 1与DB 1所成的角即为AD 1与AB 2所成的角. 因为AB=BC=1,AA 1=√3,所以AD 1=2,AB 2=√5,B 2D 1=√5. 在△AB 2D 1中,cos ∠D 1AB 2=2√5)2√5)22×2×√5=√55, 所以异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.20.G5,G11[2018·全国卷Ⅱ] 如图1-4,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,P A=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点.图1-4(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-P A-C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值. 20.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB.因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC.(2)如图,以O 为坐标原点,OB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,2√3),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面P AC 的法向量OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M (a ,2-a ,0)(0<a ≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,4-a ,0). 设平面P AM 的法向量为n=(x ,y ,z ). 由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {2y +2√3z =0,ax +(4-a)y =0,可取n=(√3(a-4),√3a ,-a ), 所以cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√3(a 222.由已知可得|cos <OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32, 所以√3|a 2√3(a -4)2+3a 2+a2=√32,解得a=-4(舍去),a=43, 所以n=(-8√33,4√33,-43), 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos <PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34, 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为√34.16.G5、G11[2018·北京卷]如图1-3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=√5,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.图1-316.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B (0,2,0),C (-1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1), ∴CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1),CB ⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0).设平面BCD 的法向量为n=(a ,b ,c ),∴{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ·CB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2a +c =0,a +2b =0,令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4).又∵平面CDC 1的一个法向量为EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), ∴cos <n ,EB⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·EB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-√2121. 由图可得二面角B - CD - C 1为钝二面角,∴二面角B - CD - C 1的余弦值为-√2121. (3)证明:平面BCD 的一个法向量为n=(2,-1,-4). ∵G (0,2,1),F (0,0,2),∴GF ⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1), ∴n ·GF ⃗⃗⃗⃗ =-2,∴n 与GF ⃗⃗⃗⃗ 不垂直,∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,∴GF 与平面BCD 相交.22. G 11[2018·江苏卷] 如图1-8所示,在正三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,AB=AA 1=2,点P ,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值; (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.图1-822.解:如图,在正三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,设AC ,A 1C 1的中点分别为O ,O 1,则OB ⊥OC ,OO 1⊥OC ,OO 1⊥OB ,以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底,建立空间直角坐标系O - xyz. 因为AB=AA 1=2,所以A (0,-1,0),B (√3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,-1,2),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2).(1)因为P 为A 1B 1的中点,所以P √32,-12,2,从而BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,-12,2,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2), 故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|-1+4|√5×22=3√1020. 因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为3√1020. (2)因为Q 为BC 的中点,所以Q √32,12,0,因此AQ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,32,0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2).设n=(x ,y ,z )为平面AQC 1的一个法向量,则{AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√32x +32y =0,2y +2z =0. 不妨取n=(√3,-1,1),设直线CC 1与平面AQC 1所成的角为θ,则sin θ=|cos <CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√5×2=√55, 所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√55.8.G11[2018·浙江卷] 已知四棱锥S-ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点).设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S-AB-C 的平面角为θ3,则 ( ) A .θ1≤θ2≤θ3 B .θ3≤θ2≤θ1 C .θ1≤θ3≤θ2 D .θ2≤θ3≤θ18.D [解析] 过S 作SO ⊥平面ABCD ,连接OE ,则θ2=∠SEO ,sin θ2=SOSE .取AB 的中点F ,连接OF ,则θ3=∠SFO,sin θ3=SOSF ,∵SE≥SF,∴sin θ2≤sin θ3,又θ2,θ3∈(0,π2),∴θ2≤θ3.作GE∥BC,OG⊥GE,连接SG,则GE⊥SG,θ1=∠SEG,tan θ1=SGGE ,∵OF=GE,SO≤SG,tan θ3=SOOF,∴tan θ3≤tanθ1,∴θ2≤θ3≤θ1,故选D.19.G5,G11,G12[2018·浙江卷]如图1-3所示,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.图1-3(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.19.解: 方法一:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2√2,所以A1B12+A B12=A A12, 故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=√5,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2√3,由CC1⊥AC,得AC1=√13,所以A B12+B1C12=A C12,故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1,所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得 cos ∠C 1A 1B 1=√6√7,sin ∠C 1A 1B 1=√7,所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1D AC 1=√3913.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.方法二:(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知,各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1).因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n=(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y =0,2z =0,可取n=(-√3,1,0).所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√3913. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.G12 单元综合16.G1,G12[2018·全国卷Ⅱ] 已知圆锥的顶点为S ,母线SA ,SB 所成角的余弦值为78,SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为5√15,则该圆锥的侧面积为 .16.40√2π [解析] 设圆锥的底面圆的半径为r ,因为SA 与圆锥底面所成角为45°,所以SA=√2r.由cos ∠ASB=78得sin ∠ASB=√158,所以12SA ·SB ·sin ∠ASB=12×√2r×√2r×√158=5√15,所以r 2=40,所以圆锥的侧面积为√2πr 2=40√2π.10.G12[2018·江苏卷] 如图1-3所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .图1-310.43 [解析] 该几何体是一个正八面体,而正八面体是由两个相同的正四棱锥组成的,由图可知一个正四棱锥的高为1,底面边长为12√22+22=√2,所以正八面体的体积V=2×13×(√2)2×1=43. 19.G5,G11,G12[2018·浙江卷] 如图1-3所示,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠ABC=120°,A 1A=4,C 1C=1,AB=BC=B 1B=2.图1-3(1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值. 19.解: 方法一:(1)证明:由AB=2,AA 1=4,BB 1=2,AA 1⊥AB ,BB 1⊥AB 得AB 1=A 1B 1=2√2,所以A 1B 12+A B 12=A A 12, 故AB 1⊥A 1B 1.由BC=2,BB 1=2,CC 1=1,BB 1⊥BC ,CC 1⊥BC 得B 1C 1=√5, 由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2√3,由CC 1⊥AC ,得AC 1=√13,所以A B 12+B 1C 12=A C 12,故AB 1⊥B 1C 1. 因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD.由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1, 由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1,所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21得 cos ∠C 1A 1B 1=√6√7,sin ∠C 1A 1B 1=√7,所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1D AC 1=√3913. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.方法二:(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB ,OC 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知,各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1).因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3). 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n=(x ,y ,z ). 由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y =0,2z =0,可取n=(-√3,1,0).所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√3913. 因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.4.[2018·马鞍山一检]已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆,则该圆锥的外接球的表面积是()A.4π3B.4πC.16π3D.16π4.C[解析] 设圆锥的底面半径为r,则由题意得2πr=2π,解得r=1,∴圆锥的轴截面是边长为2的正三角形,圆锥外接球的球心是正三角形的中心,外接球的半径等于正三角形外接圆的半径,∴外接球的半径R=√33×2=2√33,故外接球的表面积为4πR2=16π3.故选C.6.[2018·厦门期末]若m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若α⊥β,m⊥β,则m∥αB.若m∥α,n⊥m,则n⊥αC.若m∥α,n∥α,m⊂β,n⊂β,则α∥βD.若m∥β,m⊂α,α∩β=n,则m∥n6.D[解析] 选项A中,m与α的关系是m∥α或m⊂α,故A不正确.选项B中,n与α的关系是n⊥α或n与α相交但不垂直或n∥α,故B不正确.选项C中,α与β的关系是α∥β或α与β相交,故C不正确.由线面平行的性质可得选项D正确.2.[2018·北京石景山区一模]如图K33-6,在三棱锥D-ABC中,已知△BCD是正三角形,AB⊥平面BCD,AB=BC=a,E为BC的中点,F在棱AC上,且AF=3F C.(1)求三棱锥D-ABC的体积;(2)求证:AC⊥平面DEF;(3)若M为DB的中点,N在棱AC上,且CN=38CA,求证:MN∥平面DEF.图K33-62.解:(1)因为△BCD是正三角形,且AB=BC=a,所以S△BCD=√34a2,又AB⊥平面BCD,所以V三棱锥DABC =V三棱锥ABCD=13·AB·S△BCD=13×√34a2·a=√312a3.(2)证明:在底面ABC中,取AC的中点H,连接BH.因为AB=BC,所以BH⊥AC.因为AF=3FC,所以F为CH的中点.又E为BC的中点,所以EF∥BH,所以EF⊥AC.因为AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCD.因为△BCD是正三角形,E为BC的中点,所以DE⊥BC,又平面ABC∩平面BCD=BC,DE⊂平面BCD,所以DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.又DE∩EF=E,所以AC⊥平面DEF.(3)证明:当CN=38CA时,连接CM,交DE于点O,连接OF.因为E为BC的中点,M为DB的中点,所以O为△BCD的重心,CO=23CM.因为AF=3FC,CN=38CA,所以CF=23CN,故MN∥OF.又OF⊂平面DEF,MN⊄平面DEF,所以MN∥平面DEF.4.[2018·武汉二月调研]如图K34-12,在四棱锥E-ABCD中,平面ABE⊥平面ABCD,底面ABCD 为平行四边形,∠DAB=∠BAE=60°,∠AEB=90°,AB=4,AD=3.(1)求CE的长;(2)求二面角A-DE-C的余弦值.图K34-124.解:(1)过点E 作OE ⊥AB ,垂足为O.∵平面ABE ⊥平面ABCD ,平面ABE ∩平面ABCD=AB ,EO ⊂平面ABE ,∴EO ⊥平面ABCD.过O 点在平面ABCD 内作OF ⊥AB 交AD 于F.以O 为坐标原点,OE 所在直线为x 轴,OB 所在直线为y 轴,OF 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系.∵∠DAB=∠EAB=60°,∠AEB=90°,AB=4,AD=3,∴OE=OF=√3,∴E (√3,0,0),B (0,3,0),A (0,-1,0),D (0,12,3√32),C 0,92,3√32,∴|EC⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(√3)2+(92)2+(3√32)2=30,∴EC 的长为√30. (2)设平面ADE 的法向量n 1=(x 1,y 1,z 1).∵AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,32,3√32), ∴由AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0及AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0可得{√3x 1+y 1=0,32y 1+3√32z 1=0,取x 1=1,则y 1=-√3,z 1=1,∴n 1=(1,-√3,1).设平面DEC 的法向量n 2=(x 2,y 2,z 2).∵DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-12,-32√3),∴由{DC ⃗⃗⃗⃗⃗·n 2=0,DE ⃗⃗⃗⃗⃗·n 2=0,得{4y 2=0,√3x2-12y 2-32√3z 2=0,∴可取n 2=(3,0,2).设二面角A -DE -C 的平面角为θ,∴cos θ=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=5√5×√13=√6513.∴二面角A -DE -C 的余弦值为√6513.3.[2018·长沙一模] 如图T7-5,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为矩形,△ADE ,△BCF 均为等边三角形,EF ∥AB ,EF=AD=12AB.(1)过BD 作截面与线段FC 交于点N ,使得AF ∥平面BDN ,试确定点N 的位置,并予以证明; (2)在(1)的条件下,求直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值.图T7-53.解:(1)当N 为线段FC 的中点时,AF ∥平面BDN.证明如下:如图所示,连接AC ,记AC 与BD 的交点为O ,连接ON.∵四边形ABCD 为矩形,∴O 为AC 的中点,又N 为FC 的中点,∴AF ∥ON.∵AF ⊄平面BDN ,ON ⊂平面BDN ,∴AF ∥平面BDN.故当N 为FC 的中点时,AF ∥平面BDN.(2)过O 作PQ ∥AB 分别与AD ,BC 交于P ,Q ,∵O 为AC 的中点,∴P ,Q 分别为AD ,BC 的中点,∵△ADE 与△BCF 均为等边三角形且AD=BC ,∴△ADE ≌△BCF.连接EP ,FQ ,则EP=FQ ,∵EF ∥AB ,AB PQ ,EF=12AB ,∴EF ∥PQ ,EF=12PQ ,∴四边形EPQF 为等腰梯形.取EF 的中点M ,连接MO ,则MO ⊥PQ ,又AD ⊥EP ,AD ⊥PQ ,EP ∩PQ=P ,∴AD ⊥平面EPQF.过点O 作OG ⊥AB 于点G ,则OG ∥AD ,∴OG ⊥平面EPQF ,∴OG ⊥OM ,OG ⊥OQ.分别以OG⃗⃗⃗⃗⃗ ,OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ,不妨设AB=4,则由条件可得O (0,0,0),A (1,-2,0),B (1,2,0),F (0,1,√2),D (-1,-2,0),N (-12,32,√22),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,3,√2).设n=(x ,y ,z )是平面ABF 的法向量,则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{4y =0,-x +3y +√2z =0,∴可取n=(√2,0,1),由BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,-12,√22,可得|cos <BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n||BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√23,∴直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值为√23.。
2018年高考数学立体几何试题汇编
2018 年全国一卷（文科）：9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为 B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A．2 17 B．2 5 C．3 D．218．如图，在平行四边形ABCM 中，AB AC 3 ，∠ACM 90 ，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB⊥DA ．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P为线段BC 上一点，且2BP DQ DA ，求三棱锥Q ABP 的体积．3全国1 卷理科理科第7 小题同文科第9 小题18. 如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点ABCD E, F AD ,BC DF △DFC C P 的位置，且PF BF .（1）证明：平面PEF 平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.全国 2 卷理科：9．在长方体ABCD A1B1C1D1 中，AB BC 1 ，AA1 3 ，则异面直线A D 与DB1 所成角的余弦值为1A．15B．56C．55D．2220．如图，在三棱锥P ABC 中，AB BC 2 2 ，PA PB PC AC 4 ，O 为AC 的中点．（1）证明：PO 平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30 ，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．全国3 卷理科3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是19．（12 分）如图，边长为 2 的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．ABCD CD M CD C D （1）证明：平面AMD⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．2018 年江苏理科：10．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为▲．15．（本小题满分14 分）在平行六面体A BCD A B C D 中，AA1 AB, AB1 B1C1．1 1 1 1求证：（1）A B∥平面A B C ；1 1（2）ABB A A BC平面平面．1 1 12018 年北京：（5）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（A）1 （B）2 （C）3 （D）4（16）（本小题14 分）如图，在三棱柱ABC - A1 B1 C1 中，C C 平面ABC，D，E，F，G 分别为1 AA ，AC，1AC ，1 1BB中点，AB=BC = 5 ，AC= AA =2．1（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD -C1 的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．2018 年浙江：3）是3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cmA ．2 B．4 C．6 D．819．（本题满分15 分）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB =BC =B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1 与平面ABB1 所成的角的正弦值．2018 年上海19.已知圆锥的顶点为P , 底面圆心为O, 半轻为 21. 设圆锥的母线长为 4 , 求圆锥的体积o2. 设PO 4, OA,OB 是底面半径, 且AOB 90 , M 为线段AB 的中点, 如图, 求异面直线PM 与OB 所成的角的大小。
2018年高考数学立体几何试题汇编
2018年全国一卷（文科）：9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为 A ．217B ．25C ．3D ．218．如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．全国1卷理科理科第7小题同文科第9小题18. 如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.全国2卷理科：9．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．1B ．5 C ．5 D ．2 20．如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．全国3卷理科3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是19．（12分）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．2018年江苏理科：10．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ▲ ．15．（本小题满分14分）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥． 求证：（1）11AB A B C 平面∥； （2）111ABB A A BC ⊥平面平面．2018年北京：（5）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4（16）（本小题14分）如图，在三棱柱ABC -111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC =5，AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．2018年浙江：3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A．2 B．4 C．6 D．819．（本题满分15分）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．2018年上海17.已知圆锥的顶点为P ,底面圆心为O ,半轻为2 1.设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积2.设4,,PO OA OB =是底面半径,且90o AOB ∠=,M 为线段AB 的中点,如图,求异面直线PM 与OB 所成的角的大小。
2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案解析)
立体几何热点一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA∥PO. (1)求证：平面PBD⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF∥B 1C.(2)求二面角EA 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n 1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组⎩⎨⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB ＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB⊥平面PAD ，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB ∩PA ＝A ，所以PD⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·PD →＝0，n·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n||PB→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠PAD ＝45°，E 为PA 的中点. (1)求证：DE∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB∥CD，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC∥AB，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF⊥BD， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF →＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n·PC →＝0，n·FC →＝0，得⎩⎨⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC⊥BD，AD ＝CD. 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D′O 2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H ， 所以D′H⊥平面ABCD.(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz. 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB →＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·AD′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE⊥平面A 1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A 1OC. (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
2018年高考试题分类汇编(立体几何)
2018年高考试题分类汇编（立体几何）考点1 三视图1.（2018·全国卷Ⅰ文理）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图，圆柱表面上的点M 在主视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从点M 到点N 的路途中，最短路径的长度为A.B. C. 3 D. 22.（2018·全国卷Ⅲ文理）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中木构件右边的小正方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是3. （2018·北京卷文理）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中， 直角三角形的个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4ABABCD正（主）视图侧（左）视图俯视图4.（2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的 体积（单位：3cm ）是 A ．2 B ．4 C ．6 D ．8考点2 有关度量关系（选择题或填空题） 考法1 角度1.（2018·全国卷Ⅱ文科）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点， 则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为 A．2 B2. （2018·全国卷Ⅱ理科）在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =1BC =，1AA =则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B．6 C．5 D．23．（2018·浙江卷）已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤ C. 132θθθ≤≤ D ．231θθθ≤≤ 考法2 面积1.（2018·全国卷Ⅰ理科）已知正方体的棱长为1，每条棱与平面α所成的角都相 等，则α截此正方体所得的截面面积最大值为B.C.正视图侧视图2.（2018·全国卷Ⅰ文科）已知圆柱的上、下底面中心分别为1O ，2O ,过12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. 12π C.D. 10π3.（2018·全国卷Ⅱ理科）已知圆锥的顶点为S ,母线,SA SB 的所成角的余弦值为78，SA 与底面所成的角为45，若SAB ∆的面积为，则该圆锥的侧面积为 ． 考法3 体积1.（2018·全国卷Ⅰ文科）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平 面11BB C C 所成的角为30，则长方体的体积为A.8B.C.D. 2.（2018·全国卷Ⅱ文科）已知圆锥的顶点为S ,母线,SA SB 互相垂直，SA 与底面所成的角为30，若SAB ∆的面积为8，则该圆锥的体积为 ．3.（2018·全国卷Ⅲ文理）设,,,A B C D 是同一个半径为4的球面上的四点，ABC ∆是等边三角形且其面积为，则三棱锥体积D ABC -的最大值为 A．B．C．D．4.（2018·天津卷文科）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱柱111A BB D D -5.（2018·天津卷理科）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点,,,,E F G H M 如图)，则四棱锥M EFGH -的体CC 1积为 .6．（2018·江苏卷）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .考点3 解答题1. （2018·全国卷Ⅰ理科） 如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC ∆折起，使点C 到达P 的位置，且PF BF ⊥.（Ⅰ）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （Ⅱ）若DP 与平面ABFD 所成的角的正弦值.2.（2018·全国卷Ⅰ文科）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==,90ACM ∠=，以AC 为折痕将ACM ∆折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥.（Ⅰ）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（Ⅱ）Q 为线段AD 上的一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥QABP -的体积.PABC DEF ABCDA 1B 1C 1D 1MEF GH3.（2018·全国卷Ⅱ理科）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点. （Ⅰ）证明：PO ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.4.（2018·全国卷Ⅱ文科）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点. （Ⅰ）证明：PO ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离.5. （2018·全国卷Ⅲ文理）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在的平面垂直，M 是CD 上异于,C D 的两点.（Ⅰ）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（Ⅱ）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成得二面角的正弦ABCPMOABCPMOP ABCDQ M值.6.（2018·北京卷理科）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ， E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB的中点，AB BC ==12AC AA ==． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角1B CD C --的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．7. （2018·北京卷文科）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，,E F 分别为AD ，PB 的中点. （Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求证：EF ∥平面PCD .8.（2018·天津卷理科）如图，//AD BC 且2AD BC =，AD DC ⊥,//EG AD 且EG AD =，//CD FG 且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===. （Ⅰ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； （Ⅱ）求二面角E BC F --的正弦值；（Ⅲ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60，求线段DP 的长.ABCMDABCEDGA 1B 1C 1FABCDEFP9.（2018·天津卷文科）如图，在四面体ABCD 中，ABC ∆是等边三角形，平面 ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，2AB =，AD =90BAD ∠=． （Ⅰ）求证：AD BC ⊥；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．10.（2018·江苏卷）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥． 求证：（Ⅰ）AB ∥平面11A B C ； （Ⅱ）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．11.（2018·浙江卷）如图，已知多面体111ABC A B C -，1AA ，1BB ，1CC 均垂直于平面ABC ，ABC ∠120=,14AA =，11CC =，12AB BC BB ===．（Ⅰ）证明：1AB ⊥平面111A B C ；（Ⅱ）求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．A BCDEFGMNABCDMABCDA 1B 1C 1D 1ABCC 1A 1B 1。
【高三数学试题精选】2018高考理科数学立体几何总复习题(附答案)
2018高考理科数学立体几何总复习题（附答案）
5 c [A组基础演练能力提升]
一、选择题
1．(2018年临沂模拟 )如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )
解析由题意知应为D
答案D
2如图△A′B′c′是△ABc的直观图，那么△ABc是( )
A．等腰三角形
B．直角三角形
c．等腰直角三角形
D．钝角三角形
解析根据斜二测画法知△ABc为直角三角形，B正确．
答案 B
3．(2018年高考湖南卷)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )
A32 B．1 c2＋12 D2
解析由题意可知该正方体的放置如图所示，侧视图的方向垂直于面BDD1B1，正视图的方向垂直于面A1c1cA，且正视图是长为2，宽为1的矩形，故正视图的面积为2，因此选D
答案D
4(2018年江西九校联考)如图，三棱锥V－ABc的底面为正三角形，侧面VAc与底面垂直且VA＝Vc，已知其正视图的面积为23，则其俯视图的面积为( )
A32 B33
c34 D36。
专题05 立体几何(选择题、填空题)——三年(2018-2020)高考真题理科数学分项汇编(含解析)
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
B．β<α，β<γ
C．β<α，γ<α
D．α<β，γ<β
16．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图．圆柱表面上的点 M 在
9．
的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
10．
【2020 年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的
影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面
所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面.在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平
专题 05
立体几何（选择题、填空题）
1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.
以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高
与底面正方形的边长的比值为
A．
5 1
4
B．
5 1
2
C．
5 1
4
D．
5 1
19．【2018 年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm）
A．2
B．4
C．6
D．8
20．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】设 A ，B ，C ，D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， △ ABC 为等边三
2018届高三数学(理)三轮复习高考大题专攻练 立体几何 含解析
高考大题专攻练立体几何(A组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC.(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D -AE-C的余弦值.【解题导引】(1)若证明平面ACD⊥平面ABC可根据面面垂直的判定在平面ACD内找一条线垂直平面ABC，从而转化为线面垂直，再利用线线垂直确定线面垂直.(2)利用(1)中的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面ADE和平面ACE的法向量，求法向量的余弦值得二面角的余弦值.【解析】(1)如图，取AC中点O，连接OD，OB.由∠ABD=∠CBD，AB=BC=BD知△ABD≌△CBD，所以CD=AD.由已知可得△ADC为等腰直角三角形，D为直角顶点，则OD⊥AC，设正△ABC边长为a，则OD=AC=a，OB=a，BD=a，所以OD2+OB2=BD2，即OD⊥OB.又OB∩AC=O，所以OD⊥平面ABC，又OD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)如图，以OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，当E为BD中点时，平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，故可得A，D，C，E，则=，=.设平面ADE的一个法向量为n1=，则即令z1=1，则x1=1，y1=，所以n1=.同理可得平面AEC的一个法向量n2=，所以cos<n1，n2>===.因为二面角D -AE-C的平面角为锐角，所以二面角D -AE-C的余弦值为.2.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，已知AB∥CD，AD⊥CD，AB=AD=CD.(1)求证：BF∥平面CDE.(2)求平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)因为AF∥DE，AF⊄平面CDE，DE⊂平面CDE，所以AF∥平面CDE，同理，AB∥平面CDE，又AF∩AB=A，所以平面ABF∥平面CDE，又BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE.(2)因为正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，正方形ADEF 与梯形ABCD交于AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面ADEF，因为DE⊂平面ADEF，所以CD⊥ED，因为ADEF为正方形，所以AD⊥DE，因为AD⊥CD，所以以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则设AD=1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，F(1，0，1)，A(1，0，0)，=(1，1，0)，=(1，0，1)，取平面CDE的一个法向量=(1，0，0)，设平面BDF的一个法向量为n=(x，y，z)，则即取n=(1，-1，-1)，cos<，n>=，所以平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值为.高考大题专攻练立体几何(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点.(1)证明：CE∥平面PAB.(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.【解题导引】(1)取PA的中点F，连接EF，BF，证明四边形BCEF为平行四边形，证明CE∥BF，从而证明CE∥平面PAB.(2)取BC，AD的中点M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ，证明MQ∥CE，MQ与平面PBC所成的角，就等于CE与平面PBC所成的角.过Q作QH⊥PB，连接MH，证明MH就是MQ在平面PBC 内的射影，这样只要证明平面PBN⊥平面PBC即可.【解析】(1)如图，设PA中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且EF=AD，又因为BC∥AD，BC=AD，所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC，AD的中点为M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ. 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN，由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么，平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，在Rt△MQH中，QH=，MQ=，所以sin∠QMH=，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.2.如图几何体是圆柱体的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G为的中点.(1)设P是上一点，AP⊥BE，求∠CBP的大小.(2)当AD=2，AB=3，求二面角E-AG-C的大小.【解题导引】(1)由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°.(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEHC 为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM ⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角.求解三角形得二面角E-AG-C的大小.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系.求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E-AG-C的大小.【解析】(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC=120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE=GE=AC=GC==，取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1，所以EM=CM==2.在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12，所以EC=2，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则∠EBP=90°，由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(-1，，0)，故=(2，0，-3)，=(1，，0)，=(2，0，3)，设m=(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z1=2，可得平面AEG的一个法向量m=(3，-，2).设n=(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2，可得平面AC G的一个法向量n=(3，-，-2).。
最新-2018年高考数学立体几何试题分类汇编理 精品
2018年高考数学 立体几何试题分类汇编 理（安徽）（A ）（北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是A ．8 B．C．D ．（湖南）设图一是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．9122π+B ．9182π+ C ．942π+ D ．3618π+答案：B正视图侧视图解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）。
（广东）如图l —3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A.（江西）已知321,,ααα是三个相互平行的平面,平面21,αα之间的距离为1d ,平面32,αα之间的距离为2d .直线l 与321,,ααα分别交于321,,P P P .那么”“3221P P P P =是”“21d d =的 ( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件答案：C解析：平面321,,ααα平行，由图可以得知：如果平面距离相等，根据两个三角形全等可知3221P P P P = 如果3221P P P P =，同样是根据两个三角形全等可知21d d =（辽宁）如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确．．．的是 A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角（辽宁）已知球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3， 30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S —ABC的体积为 A ．33B ．32C ．3D ．1（全国2）已知直二面角l αβ--，点,A AC l α∈⊥,C 为垂足，,,B BD l D β∈⊥为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于(A)3 (B)3 (C)3【思路点拨】本题关键是找出或做出点D 到平面ABC 的距离DE ，根据面面垂直的性质不难证明AC ⊥平面β，进而β⊥平面平面ABC,所以过D 作DE BC ⊥于E ，则DE 就是要求的距离。
专题05 立体几何理-2018年高考题和高考模拟题数学(理)分项版汇编 Word版含解析
5．立体几何1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ12．【2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 83．【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.4．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 25．【2018年全国卷Ⅲ理】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.6．【2018年理数全国卷II】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D.7．【2018年理数天津卷】已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为__________.8．【2018年江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．9．【2018年理数全国卷II】已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．10．【2018年浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．11．【2018年理数天津卷】如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；（II）求二面角的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.12．【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．13．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．14．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．15．【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.16．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．17．【2018年理数全国卷II】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．优质模拟试题18．【安徽省宿州市2018届三模】如图所示，垂直于所在的平面，是的直径，，是上的一点，，分别是点在，上的投影，当三棱锥的体积最大时，与底面所成角的余弦值是（）A. B. C. D.19．【辽宁省葫芦岛市2018届二模】在长方体中，底面是边长为的正方形，侧棱为矩形内部（含边界）一点，为中点，为空间任一点且，三棱锥的体积的最大值记为，则关于函数，下列结论确的是（）A. 为奇函数B. 在上不单调；C. D.20．【河南省洛阳市2018届三模】在三棱锥中，平面，，，，是边上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.21．【四川省2018届冲刺演练（一）】某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.22．【安徽省示范高中（皖江八校）2018届第八联考】某棱锥的三视图如下图所示,则该棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.23．【山东省济南2018届二模】已知点均在表面积为的球面上,其中平面,,,则三棱锥的体积的最大值为（）A. B. C. D.24．【福建省厦门市2018届二模】已知某正三棱锥的侧棱长大于底边长，其外接球体积为，三视图如图所示，则其侧视图的面积为（）A. B. 2 C. 4 D. 625．【山东省威海市2018届二模】．已知正三棱柱，侧面的面积为，则该正三棱柱外接球表面积的最小值为______.26．【山东省烟台市2018届适应性练习（二）】如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为，为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使重合得到一个四棱锥，则该四棱锥的体积的最大值为_______.27．【湖南省益阳市5月统考】如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，平面平面，且与棱，，分别交于，，三点.（1）过作直线，使得，，请写出作法并加以证明；（2）若将三棱锥分成体积之比为8：19的两部分，求直线与平面所成角的正弦值.28．【江西省南昌市2018届三模】如图，多面体中，为正方形，，二面角的余弦值为，且.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.29．【河南省郑州市2018届三模】如图，在四棱锥中，底面，，，，点为棱的中点.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若点为棱上一点，且，求二面角的余弦值．30．【河北省唐山市2018届三模】如图，四棱锥的底面是平行四边形，.（1）求证：平面平面；（2）若，为的中点，为棱上的点，平面，求二面角的余弦值.5．立体几何答案1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3．【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【答案】A详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.+4．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.5．【2018年全国卷Ⅲ理】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.【答案】B详解：如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，,点M为三角形ABC的重心，，中，有，，，故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型。
2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案解析)
立体几何热点一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA∥PO. (1)求证：平面PBD⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF∥B 1C.(2)求二面角EA 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n 1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组⎩⎨⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB ＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB⊥平面PAD ，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB ∩PA ＝A ，所以PD⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·PD →＝0，n·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n||PB→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠PAD ＝45°，E 为PA 的中点. (1)求证：DE∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB∥CD，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC∥AB，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF⊥BD， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF →＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n·PC →＝0，n·FC →＝0，得⎩⎨⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC⊥BD，AD ＝CD. 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D′O 2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H ， 所以D′H⊥平面ABCD.(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz. 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB →＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·AD′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE⊥平面A 1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A 1OC. (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
2018年全国各地高考数学模拟试题立体几何解答题试题汇编(含答案解析)
2018年全国各地高考数学模拟试题立体几何解答题汇编（含答案解析）1．（2018•广陵区校级四模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA ⊥平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．2．（2018•黑龙江模拟）在三棱柱ABC﹣A1B l C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB=90°，且AC=1，AB=2，E为BB1的中点，M为AC上一点，AM=AC．（I）若三棱锥A1﹣C1ME的体积为，求AA1的长；（Ⅱ）证明：CB1∥平面A1EM．3．（2018•黄州区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E为BC的中点，现将△BAE与△DCE折起，使得平面BAE⊥平面ADE，平面DCE⊥平面ADE．（Ⅰ）求证：BC∥平面ADE；（Ⅱ）求二面角A﹣BE﹣C的余弦值．4．（2018•焦作四模）如图，梯形ABCD与矩形CC1D1D所在平面相互垂直，AD ∥BC，BA⊥AD，AD=4，AB=BC=CC1=1．（Ⅰ）求证：AD1∥平面BCC1；（Ⅱ）求四棱锥C1﹣ABCD的侧面积．5．（2018•南海区模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四形，AB=2AD=2，∠DAB=60°，PD=BD，且PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：BC⊥平面PBD；（Ⅱ）若Q为PC的中点，求三棱锥A﹣PBQ的体积．6．（2018•大武口区校级三模）将棱长为a的正方体截去一半（如图1所示）得到如图2所示的几何体，点E，F分别是BC，DC的中点．（Ⅰ）证明：AF⊥平面DD1E；（Ⅱ）求点E到平面AFD1的距离．7．（2018•郴州二模）如图，在长方形ABCD中，AB=4，BC=2，现将△ACD沿AC折起，使D折到P的位置且P在面ABC的射影E恰好在线段AB上．（Ⅰ）证明：AP⊥PB；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EBC的表面积．8．（2018•晋城二模）如图，在几何体ABCDEF中，底面CDEF是平行四边形，AB ∥CD，AB=1，CD=2，DE=2，DF=4，DB=2，DB⊥平面CDEF，CE与DF交于点O．（Ⅰ）求证：OB∥平面ACF；（Ⅱ）求三棱锥B﹣DEF的表面积．9．（2018•香坊区校级三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，C1在线段AB1上的射影为H，H是正方形AA1B1B的中心，．（1）求证：平面C1AB1⊥平面AA1B1B；（2）求二面角C﹣BC1﹣A1的余弦值．10．（2018•石嘴山一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为BC的中点，侧棱AA1=3，点E在BB1上，点F在CC1上，且BE=1，CF=2．（Ⅰ）证明：CE⊥平面ADF；（Ⅱ）求二面角F﹣AD﹣E的余弦值．11．（2018•肥城市模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，AD⊥AB，且PB=AB=AD=3，BC=1．（Ⅰ）若点F为PD上一点且，证明：CF∥平面PAB；（Ⅱ）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点M，使得CM⊥PA？若存在，求出PM的长；若不存在，说明理由．12．（2018•盐湖区校级模拟）如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，AB ∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB=2，EF=1．（Ⅰ）求证：平面DAF⊥平面CBF；（Ⅱ）当AD的长为何值时，二面角D﹣FE﹣B的大小为60°．13．（2018•安阳一模）如图，在空间直角坐标系O﹣xyz中，正四面体（各条棱均相等的三棱锥）ABCD的顶点A，B，C分别在x轴，y轴，z轴上．（Ⅰ）求证：CD∥平面OAB；（Ⅱ）求二面角C﹣AB﹣D的余弦值．14．（2018•丰台区一模）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．15．（2018•马鞍山三模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=AC=AA1=2，D，E分别为B1C1，AB中点．（1）证明：平面AA1D⊥平面EB1C1；（2）若AB⊥AC，求点B到平面EB1C1的距离．16．（2018•黄州区校级模拟）在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，AD BC，AD=AE=1，∠ABC=60°，EF AC．（Ⅱ）求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．17．（2018•黄山一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．18．（2018•九江三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B是边长为1的菱形，∠A1B1B=60°，E为A1C1的中点，AC1=B1C1=1，A1C1=BC1，A1B∩AB1=O．（Ⅰ）证明：平面AB1C1⊥平面AA1B1B；（Ⅱ）求二面角A﹣OE﹣C的余弦值．19．（2018•河南一模）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2，BC=．PA=PB，侧面PAB⊥底面ABCD．（2）设BD与平面PAD所成的角为45°，求二面角B﹣PC﹣D的余弦值．20．（2018•洛阳二模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=BC，∠ABC=90°，D为AC的中点．（1）求证：AB⊥PD；（2）若∠PBC=90°，求二面角B﹣PD﹣C的余弦值．21．（2018•衡阳一模）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，PB=PC=PD．（1）证明：PA⊥平面ABCD；（2）若PA=2，求二面角A﹣PD﹣B的余弦值．22．（2018•安庆二模）如图所示，四棱锥B﹣AEDC中，平面AEDC⊥平面ABC，F为BC的中点，P为BD的中点，且AE∥DC，∠ACD=∠BAC=90°，DC=AC=AB=2AE．（Ⅰ）证明：EP⊥平面BCD；（Ⅱ）若DC=2，求三棱锥E﹣BDF的体积．23．（2018•朝阳一模）在如图所示的几何体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形，且边长为2，Q是AD的中点．（1）求证：直线AE∥平面FQC；（2）求二面角A﹣FC﹣B的大小．24．（2018•厦门二模）已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD，BC=2AD=2，E为CD的中点，PB⊥AE．（1）证明：平面PBD⊥平面ABCD；（2）若PB=PD，且PC与平面ABCD所成角为，求二面角B﹣PD﹣C的余弦值．25．（2018•贵阳二模）已知如图1所示，在边长为12的正方形AA′A1A1，中，BB1∥CC1∥AA1，且AB=3，BC=4，AA′1分别交BB1，CC1于点P，Q，将该正方形沿BB1，CC1，折叠，使得A′A1与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABC﹣A1B1C1，在该三棱柱底边AC上有一点M，满足AM=kMC（0＜k＜1）；请在图2中解决下列问题：（I）求证：当k=时，BM∥平面APQ；（Ⅱ）若直线BM与平面APQ所成角的正弦值为，求k的值26．（2018•烟台二模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，D为AC中点，P在平面ABC 内的射影O在AC上，BC=AB=2AP，AB⊥BC，∠PAC=45°．（1）求证：AP⊥平面PBD；（2）求二面角A﹣PC﹣B的余弦值．27．（2018•徐州一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：（1）MN∥平面ABB1A1；（2）AN⊥A1B．28．（2018•广西三模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB=2，AC=CB=2，M，N分别是AB、A1C的中点．（1）求证：MN∥平面BB1C1C；（2）若平面CMN⊥平面B1MN，求直线AB与平面B1MN所成角的正弦值．29．（2018•聊城一模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，△PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD=2BC=2，AB⊥AD，AB⊥BC．（Ⅰ）证明：PC⊥BC；（Ⅱ）若直线PC与平面ABCD所成角为60°，求二面角B﹣PC﹣D的余弦值．30．（2018•三明二模）在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，CD=2AB，AC与BD相交于点M，点N在线段AP上，AN=λAP（λ＞0），且MN∥平面PCD．（1）求实数λ的值；（2）若，∠BAD=60°，求点N到平面PCD的距离．31．（2018•淄博一模）直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且，如图所示，沿BE将△CEB翻折至△DEB，使得平面DEB⊥平面ABE．（1）当时，证明：BD⊥平面DEF；（2）是否存在λ，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值是？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．32．（2018•西宁模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB ⊥平面ABCD，点E、F分别为BC、AP中点．（1）求证：EF∥平面PCD；（2）若AD=AP=PB=AB=1，求三棱锥P﹣DEF的体积．33．（2018•铜山区模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C中，已知∠ACB=90°，BC=CC1，E，F分别为AB，AA1的中点．（1）求证：直线EF∥平面BC1A1；（2）求证：EF⊥B1C．34．（2018•泉州一模）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=90°，，BC=4，AD=6，E是AD上的点，．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，且A1C=4，如图2．（Ⅰ）求证：平面A1BE⊥平面BCDE；（Ⅱ）若P为线段BE上任一点，求直线PA1与平面A1CD所成角的正弦值的最大值．35．（2018•河南一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AB．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若PA=PD=AD=DC，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．36．（2018•全国二模）如图，五边形ABSCD中，四边形ABCD为长方形，三角形SBC为边长为2的正三角形，将三角形SBC沿BC折起，使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上．（Ⅰ）当时，证明：平面SAB⊥平面SCD；（Ⅱ）若AB=1，求平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值．37．（2018•静海区校级模拟）如图，等腰直角三角形AEF的斜边EF的中点为D，四边形ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面AEF，点G为DF的中点，AD=2AB=2．（1）证明：BF∥平面ACG；（2）求二面角D﹣BC﹣F的正弦值；（3）点H为直线CE上的点，且=﹣5，求直线AH和平面BCF所成角的正弦值．38．（2018•玉溪模拟）如图，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AF∥CE，AF⊥AC，AB=AF=2，CE=1．（1）求四棱锥B﹣ACEF的体积；（2）在BF上有一点P，使得AP∥DE，求的值．39．（2018•潍坊三模）如图所示五面体ABCDEF，四边形ACFE是等腰三角形，AD∥FC，，BC⊥pmACFD，CA=CB=CF=1，AD=2CF，点G为AC的中点．（1）在AD上是否存在一点H，使GH∥平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证明；若不存在，说明理由；（2）求三棱锥G﹣ECD的体积．40．（2018•芜湖模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠AA1B1=45°，AC=BC，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，E为CC1中点．（1）求证：BB1⊥AC；（2）若AA1=2，AB=，直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°，求平面A1B1E 与平面ABC所成锐二面角的余弦值．参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【分析】（Ⅰ）连接PE，G，F为EC和PC的中点，得到FG∥PE，利用线面平行的判定定理可证；（Ⅱ）利用菱形的性质得到BD⊥AC，再由PA⊥面ABCD，得到BD⊥PA，结合线面垂直的判定定理得到BD⊥平面PAC，进一步由线面垂直的性质得到所证．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用和线面垂直的判定定理和性质定理的运用，关键是熟练相关的定理．2．【分析】（I）由A1A⊥AB，AC⊥AB可知AB⊥平面ACC1A1，故E到平面ACC1A1的距离等于AB，于是VV=V，根据体积列出方程解出A1A；（II）连结AB1交A1E于F，连结MF，由矩形知识可知AF=，故MF∥CB1，所以CB1∥平面A1EM．【解答】解：（I）∵A1A⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴A1A⊥AB，又A1A⊥AC，A1A⊂平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，A1A∩AC=A，∴AB⊥平面ACC1A1，∵BB1∥平面ACC1A1，∴V=V====．∴A1A=．（II）连结AB1交A1E于F，连结MF，∵E是B1B的中点，∴AF=，又AM=，∴MF∥CB1，又MF⊂平面A1ME，CB1⊄平面A1ME∴CB1∥平面A1EM．【点评】本题考查了线面平行的判定，棱锥的体积计算，属于基础题．3．【分析】（Ⅰ）过点B作BM⊥AE于M，过点C作CN⊥ED于N，连接MN，证明BC∥MN即可；（Ⅱ）以E为原点，ED为x轴，EA为y轴，建立空间直角坐标系E﹣xyz，求出平面CEB的法向量，平面AEB的法向量，计算cos＜，＞即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：过点B作BM⊥AE，垂足为M，过点C作CN⊥ED于N，连接MN，如图所示；∵平面BAE⊥平面ADE，平面DCE⊥平面ADE，∴BM⊥平面ADE，CN⊥ADE，∴BM∥CN；由题意知Rt△ABE≌Rt△DCE，∴BM=CN，∴四边形BCNM是平行四边形，∴BC∥MN；又BC⊄平面ADE，MN⊂平面ADE，∴BC∥平面ADE；（Ⅱ）由已知，AE、DE互相垂直，以E为原点，ED为x轴，EA为y轴，建立空间直角坐标系E﹣xyz，如图所示；则E（0，0，0），B（0，，），C（，0，），=（0，，），=（，0，），设平面CEB的法向量为=（x，y，z），则，即，令y=﹣1，则z=1，x=1，∴=（﹣1，﹣1，1）；设平面AEB的法向量为=（x，y，z），则，易求得=（1，0，0）；又cos＜，＞===﹣，∴当二面角A﹣BE﹣C的平面角为锐角时，余弦值为，当二面角A﹣BE﹣C的平面角为钝角时，余弦值为﹣．【点评】本题考查了空间几何体以及空间向量的应用问题，是中档题．4．【分析】（Ⅰ）推导出DD1∥平面BCC1，AD∥平面BCC1，从而平面ADD1∥平面BCC1，由此能证明AD1∥平面BCC1．（Ⅱ）推导出CC1⊥平面ABCD，从而CC1⊥BC，CC1⊥CD，过点C作CE⊥AD交AD于点E，连接C1E，推导出AB⊥平面CC1B，BC1⊥AB，从而AD⊥平面CC1E，AD⊥C1E，由此能求出四棱锥C1﹣ABCD的侧面积．【解答】解：（Ⅰ）因为CC1∥DD1，CC1⊂平面BCC1，DD1⊄平面BCC1，所以DD1∥平面BCC1，同理可得AD∥平面BCC1，又因为AD∩DD1=D，所以平面ADD1∥平面BCC1，因为AD1⊂平面ADD1，所以AD1∥平面BCC1．（Ⅱ）因为平面ABCD⊥平面CC1D1D，平面ABCD∩平面CC1D1D=CD，CC1⊥CD，所以CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BC，CC1⊥CD，过点C作CE⊥AD交AD于点E，连接C1E，因为AD=4，AB=1，BC=CC1=1，由题意得：，所以，，因为CC1⊥AB，CB⊥AB，CB∩CC1=C，∴AB⊥平面CC1B，所以BC1⊥AB，，由AD⊥CC1，CE∩CC1=C，得AD⊥平面CC1E，所以AD⊥C1E，因为CE=CC1=1，所以，，所以四棱锥C1﹣ABCD的侧面积为．【点评】本题考查线面平行的证明，考查四棱锥的侧面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．5．【分析】（Ⅰ）在△ABD中，由余弦定理得求得BD，可得AD2+BD2=AB2，则AD ⊥BD，再由已知得到PD⊥BC．由线面垂直的判定可得BC⊥平面PBD；（Ⅱ）由Q为PC的中点，得三棱锥A﹣PBQ的体积与三棱锥A﹣QBC的体积相等，然后利用等积法求解．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABD中，由余弦定理得：BD2=BA2+AD2﹣2BA•AD•cos60°=3，∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，∵AD∥BC，∴BC⊥BD．又∵PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC．∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD；（Ⅱ）解：∵Q为PC的中点，∴三棱锥A﹣PBQ的体积与三棱锥A﹣QBC的体积相等，而=．∴三棱锥A﹣PBQ的体积．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．6．【分析】（Ⅰ）推导出D1D⊥AF，△ADF≌△DCE，AF⊥DE，由此能证明AF⊥平面D1DE．（Ⅱ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E到平面AFD1的距离．【解答】证明：（Ⅰ）∵D1D⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，∴D1D⊥AF，∵点E，F分别是BC，D1C的中点，∴DF=CE，又∵AD=DC，∠ADF=∠DCE=90°，∴△ADF≌△DCE，∴∠AFD=∠DEC，又∵∠CDE+∠DEC=90°，∴∠CDE+∠AFD=90°，∴∠DOF=180°﹣（∠CDE+∠AFD）=90°，∴AF⊥DE，又∵D1D∩DE=D，∴AF⊥平面D1DE．解：（Ⅱ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，E （，a ，0），A （a ，0，0），F （0，，0），D 1（0，0，a ）， =（﹣，a ，0），=（﹣a ，，0），=（﹣a ，0，a ），设平面AFD 1的法向量=（x ，y ，z ），则，取x=1，得=（1，2，1），∴点E 到平面AFD 1的距离d===．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 7．【分析】（Ⅰ）推导出PE ⊥BC ，AB ⊥BC ，从而BC ⊥平面PAB ，进而BC ⊥AP ，再由AP ⊥CP ，得AP ⊥平面PBC ，由此能证明AP ⊥PB ．（Ⅱ） 三棱锥P ﹣EBC 的表面积为S=S △PEB +S △EBC +S △PEC +S △PBC ． 【解答】证明：（Ⅰ）由题知PE ⊥平面ABC ， 又BC ⊂平面ABC ，∴PE ⊥BC ，又AB ⊥BC ，且AB ∩PE=E ，∴BC ⊥平面PAB ，又AP⊂平面PAB，∴BC⊥AP，又AP⊥CP，且BC∩CP=C，∴AP⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，∴AP⊥PB．解：（Ⅱ）在△PAB中，由（Ⅰ）得AP⊥PB，AB=4，AP=2，∴，∴BE=3∴在△EBC中，EB=3，BC=2，∴，在△PEC中，∴，∴，∴三棱锥P﹣EBC的表面积为：．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．8．【分析】（Ⅰ）取CF的中点G，连接OG，AG．又点O为DF的中点，可得OG CD，利用已知可得AB OG．可得四边形ABOE为平行四边形，可得OB∥AE．再利用线面平行的判定定理即可证明结论．（Ⅱ）由CD=2，DE=2=CF，DF=4，可得CD2+DF2=DE2．于是CD⊥DF．又DB⊥平面CDEF，以FD，DC，DB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．利用向量法能求出三棱锥B﹣DEF的表面积．【解答】证明：（Ⅰ）取CF的中点G，连接OG，AG又点O为DF的中点，∴OG CD，又AB∥CD，AB=1，CD=2，∴AB OG．∴四边形ABOE为平行四边形，∴OB∥AE．又OB⊄平面ACF，AE⊂平面ACF，∴OB∥平面ACF．（Ⅱ）解：∵CD=2，DE=2=CF，DF=4，∴CD2+DF2=DE2．∴∠CDF=90°，∴CD⊥DF．连结BF，又DB⊥平面CDEF，∴S===4，△BDF==4，==2，==2，∴三棱锥B﹣DEF的表面积：S=S△BDF+S△DEF+S△BDE+S△BDF==8+4．【点评】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．9．【分析】（1）取A1B1的中点D，连结HD、C1D推导出HD⊥A1B1，A1B1⊥C1H，C1H ⊥AB1，从而C1H⊥平面AA1B1B，由此能证明平面C1AB1⊥平面AA1B1B．（2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣BC1﹣A1的余弦值．【解答】证明：（1）取A1B1的中点D，连结HD、C1D∵CA=CB，∴C1D⊥A1B1，∵四边形AA1B1D是正方形，∴HD⊥A1B1，又HD∩C1D=D，∴A1B1⊥平面C1HD，∴A1B1⊥C1H，∵C1在线段AB1上的射影为H，∴C1H⊥AB1，∵AB1∩A1B1=B1，∴C1H⊥平面AA1B1B，∴平面C1AB1⊥平面AA1B1B．解：（2）如图建系：由AA1=2，得A1H=B1H=2，∴A1（2，0，0），A（0，﹣2，0），B1（0，2，0），B（﹣2，0，0），C1（0，0，），设C（x，y，z），则=（x，y，z﹣），=（﹣2，﹣2，0），由=，得x=﹣2，y=﹣2，z=，∴C（﹣2，﹣2，），平面BC1A1的法向量=（0，1，0），=（2，0，），=（0，﹣2，），平面BC1C的法向量=（x，y，z），则，取x=，得=（，﹣，﹣2），设二面角C﹣BC1﹣A1的平面角为θ，由图形得θ为钝角，∴cosθ=﹣=﹣，∴二面角C﹣BC1﹣A1的余弦值为﹣．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查线面垂直的性质与判定，面面垂直的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．10．【分析】（Ⅰ）以C为原点，在平面ABC中过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CE⊥平面ADF．（Ⅱ）求出平面ADF的法向量和平面ADE的法向量，利用向量法能求出二面角F ﹣AD﹣E的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）以C为原点，在平面ABC中过C作BC的垂线为x轴，CB 为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，C（0，0，0），E（0，2，1），A（，0），D（0，1，0），F（0，0，2），=（0，2，1），=（），=（0，1，﹣2），∴=0，=0，∴CE⊥FA，CE⊥FD，又FA∩FD=F，∴CE⊥平面ADF．解：（Ⅱ）=（﹣，0，0），=（﹣，1，1），设平面ADF的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（0，2，1），设平面ADE的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（0，1，﹣1），设二面角F﹣AD﹣E的平面角为θ，则cosθ===．∴二面角F﹣AD﹣E的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．11．【分析】（Ⅰ）过点F作FH∥AD，交PA于H，连接BH，证明HF∥BC，CF∥BH，然后证明CF∥平面PAD．（Ⅱ）说明BC⊥AB．PB⊥AB，PB⊥BC，以B为原点，BC，BA，BP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面BPD的一个法向量，平面APD的一个法向量，通过向量的数量积求解二面角B﹣PD﹣A的大小．（Ⅲ）假设存在点M，设，利用向量的数量积求解即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：过点F作FH∥AD，交PA于H，连接BH，因为，所以．…．（1分）又FH∥AD，AD∥BC，所以HF∥BC．…．（2分）所以BCFH为平行四边形，所以CF∥BH．…．（3分）又BH⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，…．（4分）（一个都没写的，则这（1分）不给）所以CF∥平面PAB．…．（5分）（Ⅱ）因为梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，所以BC⊥AB．因为PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AB，PB⊥BC，如图，以B为原点，BC，BA，BP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，…．（6分）所以C（1，0，0），D（3，3，0），A（0，3，0），P（0，0，3）．设平面BPD的一个法向量为，平面APD的一个法向量为，因为，所以，即，…．（7分）取x=1得到，…．（8分）同理可得，…．（9分）所以，…．（10分）因为二面角B﹣PD﹣A为锐角，所以二面角B﹣PD﹣A为．…．（11分）（Ⅲ）假设存在点M，设，所以，…．（12分）所以，解得，…．（13分）所以存在点M，且．…．（14分）【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，向量的数量积的应用，考查空间想象能力以及计算能力．12．【分析】（I）利用面面垂直的性质，可得CB⊥平面ABEF，再利用线面垂直的判定，证明AF⊥平面CBF，从而利用面面垂直的判定可得平面DAF⊥平面CBF；（II）建立空间直角坐标系，求出平面DCF的法向量和平面CBF的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求得AD的长．【解答】（Ⅰ）∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF=AB，∴CB⊥平面ABEF，∵AF⊂平面ABEF∴AF⊥CB，又∵AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，∴AF⊥平面CBF，∵AF⊂平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF．（Ⅱ）设EF中点为G，以O为坐标原点，OA，OG，AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系（如图）．设AD=t，则点D的坐标为（1，0，t），则C（﹣1，0，t），又A（1，0，0），B（﹣1，0，0），F（，，0），∴，，设平面DCF的法向量为=（x，y，z），则，即，可取．由（1）可知AF⊥平面CFB，取平面CFB的一个法向量为，|cos|=cos60°，即=，解得t=，因此，当AD的长为时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°．【点评】本题考查面面垂直，考查面面角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，求出平面的法向量是关键．13．【分析】（Ⅰ）由AB=BC=CA，可得OA=OB=OC．设OA=a，则，求得A，B，C的坐标，设D点的坐标为（x，y，z），则由，求得x=y=z=a，得到．结合平面OAB的一个法向量为，利用，可得CD∥平面OAB；（Ⅱ）设F为AB的中点，连接CF，DF，可得∠CFD为二面角C﹣AB﹣D的平面角．然后利用余弦定理求解二面角C﹣AB﹣D的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：由AB=BC=CA，可得OA=OB=OC．设OA=a，则，A（a，0，0），B（0，a，0），C（0，0，a），设D点的坐标为（x，y，z），则由，可得（x﹣a）2+y2+z2=x2+（y﹣a）2+z2=x2+y2+（z﹣a）2=2a2，解得x=y=z=a，∴．又平面OAB的一个法向量为，∴，∴CD∥平面OAB；（Ⅱ）解：设F为AB的中点，连接CF，DF，则CF⊥AB，DF⊥AB，∠CFD为二面角C﹣AB﹣D的平面角．由（Ⅰ）知，在△CFD中，，，则由余弦定理知，即二面角C﹣AB﹣D的余弦值为．【点评】本题考查利用空间向量证明直线与平面平行，考查二面角的平面角的求法，是中档题．14．【分析】（Ⅰ）由AD⊥AB．平面PAB⊥平面ABCD，可得AD⊥平面PAB．（Ⅱ）由已知得AD⊥AB，PB⊥AB，即可得AB⊥平面PBC，AB⊥PC．（Ⅲ）过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．可得E，F，B，C四点共面，由四边形BCEF为平行四边形，【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．【点评】本题考查线面垂直、线线垂直，并探索线面平行的存在性．着重考查了面面垂直的性质、线面垂直的判定与性质和利用空间向量研究面面角、线面平行等知识，属于中档题．15．【分析】（1）推导出B1C1⊥AD，B1C1⊥AA1，从而B1C1⊥平面AA1D，由此能证明平面AA1D⊥平面EB1C1．（2）连接EC，设点B到平面EB1C1的距离为h，由，能求出点B到平面EB1C1的距离．【解答】证明：（1）由已知可得，B1C1⊥AD，B1C1⊥AA1，∴B1C1⊥平面AA1D，∵B1C1⊂平面EB1C1，∴平面AA1D⊥平面EB1C1．…………………………5分（2）连接EC，由已知，在Rt△AEC中，，∴在Rt△ECC1中，得EC1=3，由题可得，在Rt△EBB1中，，在Rt△A1B1C1中，，∴在△EB1C1中，根据余弦定理可得：，∴，∴………………………………9分∵C1A1⊥A1B1，C1A1⊥AA1，∴C1A1⊥平面BB1E，∵，∴，设点B到平面EB1C1的距离为h由得，解得：即点B到平面EB1C1的距离为．………………………………12分【点评】本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．16．【分析】（Ⅰ）证明BA⊥AE．过点A作AH⊥BC于H，AB⊥AC，推出AB⊥平面ACFE．即可证明AB⊥CF．（Ⅱ）解：以A为坐标原点，AB，AC，AE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面BEF的一个法向量，平面DEF的一个法向量，通过向量的数量积求解二面角的余弦函数值即可．【解答】（Ⅰ）证明：由题知EA⊥平面ABCD，BA⊥平面ABCD，∴BA⊥AE．过点A作AH⊥BC于H，在RT△ABH中，，∴AB=1，在△ABC中，AC2=AB2+BC2﹣2AB•BCcos60°=3，∴AB2+AC2=BC2，∴AB⊥AC，且AC∩EA=A，∴AB⊥平面ACFE．又∵CF⊂平面ACFE，∴AB⊥CF．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（Ⅱ）解：以A为坐标原点，AB，AC，AE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，∴设为平面BEF的一个法向量，则令x=1，得，同理可求平面DEF的一个法向量，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用．二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．17．【分析】（1）利用中位线定理即可得出DE∥BC，故而DE∥平面PBC；（2）连结PD，又AB⊥PD，AB⊥DE得出AB⊥平面PAB，故而AB⊥PE；（3）利用面面垂直的性质得出PD⊥平面ABC，计算PD，则V P=V P﹣ABC．﹣BCE【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．【点评】本题考查了线面平行，线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．18．【分析】（Ⅰ）连结OC1，推导出OC1⊥A1B，OC1⊥AB1，从而OC1⊥平面AA1B1B，由此能证明平面AB1C1⊥平面AA1B1B．（Ⅱ）以O为原点，OA为x轴，OA1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣OE﹣C的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）连结OC1，∵A1C1=BC1，O为A1B的中点，∴OC1⊥A1B，同理得OC1⊥AB1，又A1B∩AB1=O，A1B，AB1⊂平面AA1B1B，∴OC1⊥平面AA1B1B，又OC1⊂平面AB1C1，∴平面AB1C1⊥平面AA1B1B．解：（Ⅱ）∵OC1⊥平面AA1B1B，A1B⊥AB1，∴以O为原点，OA为x轴，OA1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，在菱形AA1B1B中，∵∠A1B1B=60°，A1B1=1，∴OB1=，又B1C1=1，∴OC1=，则A（，0，0），B（﹣，0），B1（﹣，0，0），C1（0，0，），E（0，），设=（x，y，z）为平面COE的法向量，==（），则，取x=2，得=（2，），设=（x，y，z）为平面AOE的法向量，则，取y=1，得=（0，1，﹣1），∴cos＜＞==，∴二面角A﹣OE﹣C的余弦值为．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查分析问题和解决问题的能力，属于中档题．19．【分析】（1）证法一：设AB中点为O，连接PO，由已知PA=PB，所以PO⊥AB，而平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，以O为原点、OP为z轴，OB为y轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO=h，求出相关的坐标，利用向量的数量积求解，推出PC⊥BD．证法二：设AB中点为O，连接PO，由已知PA=PB，所以PO⊥AB，而平面PAB ⊥平面ABCD，交线为AB，证明BD⊥PO，连接CO，设CO与BD交于M，通过计算∠BCM+∠CBM=∠CDB+∠CBM=90°，推出BD⊥CO，然后证明PC⊥BD（2）由AD⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，可得AD⊥平面PAB，平面PAB⊥平面PAD，交线为PA过B作BH⊥PA，垂足为H，则BH⊥平面PAD，BD 与平面PAD所成的角即为∠BDH，通过求解三角形即可得到结果．（也可用向量法求出PO：）设P（0，0，h），求出平面PAD的一个法向量，通过cos＜，BD ＞=sin45°可解得h=，求出平面BPC的一个法向量，平面DPC的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．【解答】（1）证法一：设AB中点为O，连接PO，由已知PA=PB，所以PO⊥AB，而平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，故PO⊥平面ABCD，以O为原点、OP为z轴，OB为y轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO=h，则P（0，0，h），B（0，1，0），C（，1，0），D（，﹣1，0）所以=（，1，﹣h），=（，﹣2，0），所以PC⊥BD…（6分）证法二：设AB中点为O，连接PO，由已知PA=PB，所以PO⊥AB，而平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，故PO⊥平面ABCD，从而BD⊥PO…①在矩形ABCD中，连接CO，设CO与BD交于M，则由CD：BC=BC：MO知△BCD∽△OBC，所以∠BCO=∠CDB，所以∠BCM+∠CBM=∠CDB+∠CBM=90°，故BD⊥CO…②由①②知BD⊥平面PCO，所以PC⊥BD．（2）解：由AD⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，可得AD⊥平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，交线为PA，过B作BH⊥PA，垂足为H，则BH⊥平面PAD，BD与平面PAD所成的角即为角BDH，所以BH=BD=，从而三角形PAB为等边三角形，PO=．…（8分）（也可用向量法求出PO：）设P（0，0，h），则A（0，﹣1，0），B（0，1，0），D（，﹣1，0），可求得平面PAD的一个法向量为=（0，h，﹣1），而，由cos＜，BD＞=sin45°可解得h=，设平面BPC的一个法向量为，则，，可取=（0，，1），设平面DPC的一个法向量为，则，，可取=（，0，﹣）于是cos＜＞=﹣，…（11分）故二面角B﹣PC﹣D的余弦值为﹣…（12分）【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．20．【分析】（1）根据已知条件，取AB的中点O，连结OD，OP，得到AB⊥OP，再利用线面垂直判定定理可得AB⊥平面POD，从而得到AB⊥PD；（2）由已知可得BC⊥平面PBA，又OD⊥平面PBA，得到OD⊥OP，由此建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣PD﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：取AB的中点为O，连接OD，OP，∵PA=PB，∴AB⊥OP，∵OD∥BC，∠ABC=90°，∴AB⊥OD，又OD∩OP=O，∴AB⊥平面POD，从而AB⊥PD；（2）解：∵∠PBC=90°，即PB⊥BC，∴BC⊥平面PBA，∴OD⊥平面PBA，∴OD⊥OP，以O为坐标原点，OB，OD，OP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设OB=1，则，∴，设是平面PDB的一个法向量，则，即，不妨设z=1，则，∴，同理可求得平面PDC的一个法向量为，∴，∵二面角B﹣PD﹣C是锐二面角，∴其余弦值为．【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查了空间想象能力和思维能力，考查了用空间向量法求二面角的余弦值，是中档题．21．【分析】（1）连接AC，取BC中点E，连接AE，PE，推导出BC⊥AE，BC⊥PE，从而BC⊥PA．同理CD⊥PA，由此能证明PA⊥平面ABCD．（2）以A为原点，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法能求出二面角A﹣PD﹣B的余弦值．【解答】证明：（1）连接AC，则△ABC和△ACD都是正三角形．取BC中点E，连接AE，PE，因为E为BC的中点，所以在△ABC中，BC⊥AE，因为PB=PC，所以BC⊥PE，又因为PE∩AE=E，所以BC⊥平面PAE，又PA⊂平面PAE，所以BC⊥PA．同理CD⊥PA，又因为BC∩CD=C，所以PA⊥平面ABCD． (6)解：（2）如图，以A为原点，建立空间直角坐标系A﹣xyz，则B（，﹣1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），=（0，2，﹣2），=（﹣，3，0），设平面PBD的法向量为=（x，y，z），则，取x=，得=（），取平面PAD的法向量=（1，0，0），则cos＜＞==，所以二面角A﹣PD﹣B的余弦值是．…（12分）【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．22．（Ⅰ）推导出AF⊥BC，从而DC⊥平面ABC，进而AF⊥DC，AF⊥平面BCD．连【分析】结PF，则PF∥DC，则AE∥DC，得AE∥PF，AE=PF，AFPE是平行四边形，EP∥AF，由此能证明EP⊥平面BCD．（Ⅱ）推导出EP是三棱锥E﹣BDF的高．EP=AF=BC=，由此能求出三棱锥E ﹣BDF的体积．【解答】证明：（Ⅰ）由题意知△ABC为等腰直角三角形，而F为BC的中点，所以AF⊥BC．又因为平面AEDC⊥平面ABC，且∠ACD=90°，所以DC⊥平面ABC．……（2分）而AF⊂平面ABC，所以AF⊥DC．而BC∩DC=C，所以AF⊥平面BCD．连结PF，则PF∥DC，PF=DC，…………（4分）而AE∥DC，AE=DC，所以AE∥PF，AE=PF，AFPE是平行四边形，因此EP∥AF，故EP⊥平面BCD．…………（7分）解：（Ⅱ）因为EP⊥平面BCD，所以EP⊥平面BDF，EP是三棱锥E﹣BDF的高．所以EP=AF=BC==．故三棱锥E﹣BDF的体积为：V===．…………（12分）【点评】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23．【分析】（1）由已知证明几何体ADF﹣BCE是三棱柱．进一步证得为直三棱柱．再根据四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形，可得四边形DCEF为矩形．然后结合P是DE中点，Q是AD的中点，可得PQ∥DE，由线面平行的判定可得直线AE∥平面FQC；（2）解：由于平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥BC，可得BC⊥平面ABEF，则BC⊥BE．于是AB，BC，BE两两垂直．以BA，BC，BE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面BFC与平面AFC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣FC﹣B的大小．【解答】（1）证明：∵AF∥BE，AD∥BC，。
2018年高考题和高考模拟题理科数学分项版汇编专题06 解析几何理解析版
6．解析几何1．【2018年浙江卷】双曲线的焦点坐标是A. (−，0)，(，0)B. (−2，0)，(2，0)C. (0，−)，(0，)D. (0，−2)，(0，2)【答案】B点睛：由双曲线方程可得焦点坐标为，顶点坐标为，渐近线方程为./2．【2018年理数天津卷】已知双曲线的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点. 设A，B到双曲线同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的方程为A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由题意首先求得A,B的坐标，然后利用点到直线距离公式求得b的值，之后求解a的值即可确定双曲线方程.详解：设双曲线的右焦点坐标为（c>0），则，由可得：，不妨设：，双曲线的一条渐近线方程为：，据此可得：，，则，则，双曲线的离心率：，据此可得：，则双曲线的方程为.本题选择C选项.点睛：求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．如果已知双曲线的渐近线方程，求双曲线的标准方程，可利用有公共渐近线的双曲线方程为，再由条件求出λ的值即可. 3．【2018年理北京卷】在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线的距离，当θ，m 变化时，d的最大值为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C点睛：与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．4．【2018年理新课标I卷】已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|=A. B. 3 C. D. 4【答案】B【解析】分析：首先根据双曲线的方程求得其渐近线的斜率，并求得其右焦点的坐标，从而得到，根据直角三角形的条件，可以确定直线的倾斜角为或，根据相关图形的对称性，得知两种情况求得的结果是相等的，从而设其倾斜角为，利用点斜式写出直线的方程，之后分别与两条渐近线方程联立，求得，利用两点间距离同时求得的值.详解：根据题意，可知其渐近线的斜率为，且右焦点为，从而得到，所以直线的倾斜角为或，根据双曲线的对称性，设其倾斜角为，可以得出直线的方程为，分别与两条渐近线和联立，求得，所以，故选B.点睛：该题考查的是有关线段长度的问题，在解题的过程中，需要先确定哪两个点之间的距离，再分析点是怎么来的，从而得到是直线的交点，这样需要先求直线的方程，利用双曲线的方程，可以确定其渐近线方程，利用直角三角形的条件得到直线的斜率，结合过右焦点的条件，利用点斜式方程写出直线的方程，之后联立求得对应点的坐标，之后应用两点间距离公式求得结果.5．【2018年理新课标I卷】设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N 两点，则=A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】D详解：根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，消元整理得：，解得，又，所以，从而可以求得，故选D.点睛：该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出，之后借助于抛物线的方程求得，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得结果，也可以不求点M、N的坐标，应用韦达定理得到结果.6．【2018年全国卷Ⅲ理】设是双曲线（）的左、右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为A. B. 2 C. D.【答案】C点睛：本题主要考查双曲线的相关知识，考查了双曲线的离心率和余弦定理的应用，属于中档题。
【高三数学试题精选】2018年全国高考理科数学立体几何试题汇编
2018年全国高考理科数学立体几何试题汇编5A1B1c1D1中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明直线Bc1平行于平面DA1c,并求直线Bc1到平面D1Ac的距离【答案】因为ABcD-A1B1c1D1为长方体,故 ,故ABc1D1为平行四边形,故 ,显然B不在平面D1Ac上,于是直线Bc1平行于平面DA1c;直线Bc1到平面D1Ac的距离即为点B到平面D1Ac的距离设为考虑三棱锥ABcD1的体积,以ABc为底面,可得而中, ,故所以, ,即直线Bc1到平面D1Ac的距离为5．（cE-c1的正弦值(Ⅲ) 设点在线段c1E上, 且直线A与平面ADD1A1所成角的正弦值为 , 求线段A的长【答案】8．（1,0,0),则 =(1,0, ), = =(-1,0, ), =(0,- , ),设 = 是平面的法向量,则 ,即 ,可取 =( ,1,-1),∴ = ,∴直线A1c 与平面BB1c1c所成角的正弦值为9．（A1B1c1中,AA1c1c是边长为4的正方形, 平面ABc⊥平面AA1c1c,AB=3,Bc=5(Ⅰ)求证AA1⊥平面ABc;(Ⅱ)求二面角A1-Bc1-B1的余弦值;(Ⅲ)证明在线段Bc1存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值【答案】解(I)因为AA1c1c为正方形,所以AA1 ⊥Ac因为平面ABc⊥平面AA1c1c,且AA1垂直于这两个平面的交线Ac,所以AA1⊥平面ABc(II)由(I)知AA1 ⊥Ac,AA1 ⊥AB 由题知AB=3,Bc=5,Ac=4,所以AB⊥Ac 如图,以A为原点建立空间直角坐标系A- ,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),c1(4,0,4),设平面A1Bc1的法向量为 ,则 ,即 ,令 ,则 , ,所以同理可得,平面BB1c1的法向量为 ,所以由题知二面角A1-Bc1-B1为锐角,所以二面角A1-Bc1-B1的余弦值为(III)设D 是直线Bc1上一点,且所以解得 , ,所以由 ,即解得因为 ,所以在线段Bc1上存在点D,使得AD⊥A1B5。
2018最新题库大全2018年高考数学试题分项专题专题2018立体几何理 精品
2018最新题库大全2018-2018年数学（理）高考试题分项专题18 立体几何2018年高考数学试题分类汇编——立体几何1．（2018年福建卷）已知正方体外接球的体积是错误！未找到引用源。
，那么正方体的棱长等于（ D）（A）错误！未找到引用源。
（B）错误！未找到引用源。
（C）错误！未找到引用源。
（D）错误！未找到引用源。
2．（2018年福建卷）对于平面错误！未找到引用源。
和共面的直线错误！未找到引用源。
、错误！未找到引用源。
下列命题中真命题是（C）（A）若错误！未找到引用源。
则错误！未找到引用源。
（B）若错误！未找到引用源。
则错误！未找到引用源。
（C）若错误！未找到引用源。
则错误！未找到引用源。
（D）若错误！未找到引用源。
、错误！未找到引用源。
与错误！未找到引用源。
所成的角相等，则错误！未找到引用源。
3．（2018年安徽卷）表面积为错误！未找到引用源。
的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为A．错误！未找到引用源。
B．错误！未找到引用源。
C．错误！未找到引用源。
D．错误！未找到引用源。
解：此正八面体是每个面的边长均为错误！未找到引用源。
的正三角形，所以由错误！未找到引用源。
知，错误！未找到引用源。
，则此球的直径为错误！未找到引用源。
，故选A。
4，则D、A1的中点到平面错误！未找到引用源。
的距离为3，所以D1到平面错误！未找到引用源。
的距离为6；B、A1的中点到平面错误！未找到引用源。
的距离为错误！未找到引用源。
，所以B1到平面错误！未找到引用源。
的距离为5；则D、B的中点到平面错误！未找到引用源。
的距离为错误！未找到引用源。
，所以C到平面错误！未找到引用源。
的距离为3；C、A1的中点到平面错误！未找到引用源。
的距离为错误！未找到引用源。
，所以C1到平面错误！未找到引用源。
的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所以选①③④⑤。
5．（2018年广东卷）给出以下四个命题①如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行;②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面;③如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行;④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么些两个平面互相垂直.其中真命题的个数是A.4B.3C.2D.15、①②④正确，故选B.8．（2018年陕西卷）水平桌面错误！未找到引用源。
专题解析几何理-2018年高考题和高考模拟题数学(理)分项版汇编
6．解析几何1．【2018年浙江卷】双曲线的焦点坐标是A. (−，0)，(，0)B. (−2，0)，(2，0)C. (0，−)，(0，)D. (0，−2)，(0，2) 2．【2018年理数天津卷】已知双曲线的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点. 设A，B到双曲线同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的方程为A. B. C. D.3．【2018年理北京卷】在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线的距离，当θ，m变化时，d的最大值为A. 1B. 2C. 3D. 44．【2018年理新课标I卷】已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|=A. B. 3 C. D. 45．【2018年理新课标I卷】设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则=A. 5B. 6C. 7D. 86．【2018年全国卷Ⅲ理】设是双曲线（）的左、右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为A. B. 2 C. D.7．【2018年全国卷Ⅲ理】直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A. B. C. D.8．【2018年理数全国卷II】已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为A. B. C. D.9．【2018年理数全国卷II】双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A. B. C. D.10．【2018年浙江卷】已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．11．【2018年理数天津卷】已知圆的圆心为C，直线(为参数)与该圆相交于A，B两点，则的面积为___________.12．【2018年理北京卷】已知椭圆，双曲线．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为__________；双曲线N的离心率为__________．13．【2018年江苏卷】在平面直角坐标系中，A为直线上在第一象限内的点，，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若，则点A的横坐标为________．14．【2018年江苏卷】在平面直角坐标系中，若双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率的值是________．15．【2018年理新课标I卷】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.16．【2018年理数全国卷II】设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．。
立体几何型解答题——高考数学试题汇编(2018年全国卷)
【立体几何型解答题高考数学试题汇编（2018年全国卷）】理科试题【2018年全国卷Ⅰ理科第18题】如图，四边形ABCD 为正方形,,E F 分别为,AD BC 的中 点,以DF 为折痕把DFC ∆折起，使点C 到达点P 的位置,且.BF DF ⊥ （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【2018年全国卷Ⅱ理科第20题】如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==PA PB ==4,PC AC ==O 为AC 的中点． （1）证明:PO ⊥平面ABC ； （2）若点M 在棱BC 上,且二面角M PA C --为30,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【2018年全国卷Ⅲ理科第19题】如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直,M 是CD 上异于,C D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．C AAA文科试题【2018年全国卷Ⅰ文科第18题】如图,在平行四边形ABCM 中, 3,AB AC ==ACM ∠90,=以AC 为折痕将ACM ∆折起,使点M 到达点D 的位置,且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面;ABC（2）Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点，且2,3BP DQ DA ==求三棱锥Q ABP-的体积．【2018年全国卷Ⅱ文科第20题】如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==PA PB ==4,PC AC ==O 为AC 的中点． （1）证明:PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上,且2,MC MB =求点C 与平面POM 的距离．【2018年全国卷Ⅲ文科第19题】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于,C D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ； （2）在线段AM 上是否存在点,P 使得MC平面PBD ?说明理由．BAA。
2018年高考数学试的题目分类总汇编之立体几何
实用标准文案2018年高考数学试题分类汇编之立体几何（6）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（B . 4C . 6（A ） 1 2.（北京卷理） (B) 2(A ) 1 3.(浙江)(3) (C ) 3 (D) 4（5）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为正〔主）观图 恻（左）帆圈(B) 2(C ) 3 (D) 4某几何体的三视图如图所示（单位:cm ），则该几何体的体积（单位： cm 3俯视图r*— 2—侧视图」、选择题1.（北京卷文）4.（全国卷一文）（5）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O i , O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积8的正方形，则该圆柱的表面积为5.（全国卷一文）（9）某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图•圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为 A ，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ，则在此圆柱侧面上，从 M 到N 的路径中，最短路径的长度为A . 2 17 C . 36.（全国卷一文）（10）在长方体ABCD-AB 1C 1D 1中，AB 二BC=2 , AG 与平面BBGC 所成的角为30，则该长方体的体积为 A . 8B . 6、2C . 8.2D •7 .（全国卷一理）（7）某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ,则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中,最短路径的长度为A . 2.178 （全国卷一理）（12）已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面 体所得截面面积的最大值为 A .二4B .二 39. （全国卷二文）（9）在正方体 ABCD -AB 1C 1D 1中，E 为棱C 。
的中点，则异面直线 AE 与CD 所成角 的正切值为12.2 nB . 12 nC .D . 10 nB . 2.5 D . 2D . 2a 所成的角相等，则 a 截此正方恵43 45 47 A• T B• T C• 2 D•210. （全国卷~理） （9）在长方体ABCD 一 AB 1C 1D 1中，AB 二BC 二1 , AA 13，则异面直线 AD 1与DB 1所成角的余弦值为11. （全国卷三文）（3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯 眼，图中木构件右边的小长方体是棒头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则 咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是形且其面积为 9 3，则三棱锥D-ABC 体积的最大值为13.（全国卷三理）（3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯 眼，图中木构件右边的小长方体是榫头•若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则 咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是12.（全国卷三文）（12）设 A , B , C , D 是同一个半径为 4的球的球面上四点， △ ABC 为等边三角A . 12、.3B . 183C . 24.3D . 54 36A C10）设A , B , C , D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ ABC为等边三角形且14 .（全国卷三理）其面积为9 3，则三棱锥D - ABC体积的最大值为第（打）题图3. （天津理）（11）已知正方体 ABCD - ABC 1D 1的棱长为1,除面ABCD 夕卜，该正方体其余各面的中心分别为点E , F , G , H , M （如图），则四棱锥 M -EFGH 的体积为 ___________第（11）腔團A . 12..3B . 18.3 二、填空题1.（江苏）（10）如图所示，正方体的棱长为C . 24 3D . 54 . 32，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ____________（第1（）题）2.（天津文）ABCD -\1B 1C 1D 1的棱长为1,则四棱柱 A 1 -BB 1D 1D 的体积为4. （全国卷二文）（16）已知圆锥的顶点为 S ，母线SA , SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30，若△ SB的面积为8，则该圆锥的体积为 ____________ .5. （全国卷二理）（16）已知圆锥的顶点为 S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为-，SA 与圆锥底面所成角8为45°若厶SAB 的面积为5丽，则该圆锥的侧面积为 ________________ .三、解答题1.（北京文）（18）（本小题14分）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD 丄平面 ABCD ，PA 丄PD ，PA=PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.2.（北京理）（16）（本小题14 分） 如图，在三棱柱 ABC-ABG 中, CG _平面 ABC,D,E, F,G 分别为 AA, ,AC, AC 1，BB 1 的中点，AB=BC=・. 5，AC= AA =2.（I ）求证：AC 丄平面BEF ; （ n ）求二面角 B-CD-C 1的余弦值；（川）证明：直线 FG 与平面BCD 相交.C1（I ）求证:PE 丄BC ; （H ）求证：平面FAB 丄平面PCD ;（川）求证：EF //平面 PCD.B3.（江苏）（15）（本小题满分14分）《第15题）在平行六面体ABCD _A i B i CQ i 中，AA =AB, AR _ RG .求证：（1）AB//平面A i B i C ; （2）平面ABB1A1 _平面ABC .4.（浙江）（19）（本题满分15分）如图，已知多面体ABCA1B1C1, A A, B i B, C i C均垂直于平面ABC,/ ABC=120°, A1A=4, C1C=1 , AB=BC=B1B=2 .（I）证明：AB1丄平面A1B1C仁（H）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.5.（天津文）（17）（本小题满分13分）如图，在四面体ABCD中，△ ABC是等边三角形，平面ABC丄平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2, AD=2 3，/ BAD=90 ° .（I ）求证：AD丄BC;（H ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（川）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.(2) Q为线段AD上一点,2 P在线段BC上，且艸心严,6. （天津理）（17）（本小题满分13分）如图，AD// BC 且AD=2BC, AD _ CD , EG// AD 且EG=AD , CD// FG 且CD=2FG,DG _ 平面ABCD , DA=DC=DG=2.(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN //平面CDE ；(II )求二面角E — BC —F的正弦值;(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.7. (全国卷一文)(18)( 12分)如图，在平行四边形ABCM中，AB =AC =3，/ ACM =90，以AC为折痕将厶ACM折起, 使点M到达点D 的位置，且AB丄DA .(1)证明：平面ACD丄平面ABC ；A求三棱锥Q-ABP的体积.8. （全国卷一理）（18）（12分）如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△ DFC折起, 使点C到达点P的位置，且PF _ BF .（1）证明：平面PEF —平面ABFD ；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.9. （全国卷二文）（19）（12分）如图，在三棱锥P - ABC 中，AB=BC=2.2，PA =PB =PC =AC =4，O 为AC 的中点.（1）证明：PO _平面ABC ;（2）若点M在棱BC上，且MC =2MB，求点C到平面POM的距离.10. （全国卷二理）（20）（12分）如图，在三棱锥P -ABC 中，AB 二BC=2..2，PA 二PB 二PC 二AC = 4，O 为AC 的中点.（1）证明：PO _平面ABC ;（2）若点M在棱BC上，且二面角M -PA-C为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.11. （全国卷三文）（19）（12分）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C , D的点.（1）证明：平面AMD丄平面BMC ；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC //平面PBD ?说明理由.C12.（全国卷三理）（19）（12分）如图, D的点.(1)(2) 边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，证明：平面AMD丄平面BMC ;当三棱锥M —ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.。
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5、立体几何1、【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上点（不含端点），设SE与BC所成角为θ1，SE与平面ABCD所成角为θ2，二面角S−AB−C平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2、【2018年浙江卷】某几何体三视图如图所示（单位：cm），则该几何体体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形高为2，因此几何体体积为选C.点睛：先由几何体三视图还原几何体形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3、【2018年理新课标I卷】已知正方体棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成角相等，则α截此正方体所得截面面积最大值为A. B. C. D.【答案】A详解：根据相互平行直线与平面所成角是相等，所以在正方体中，平面与线所成角是相等，所以平面与正方体每条棱所在直线所成角都是相等，同理平面也满足与正方体每条棱所在直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面位置为夹在两个面与中间，且过棱中点正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查是有关平面被正方体所截得截面多边形面积问题，首要任务是需要先确定截面位置，之后需要从题条件中找寻相关字眼，从而得到其为过六条棱中点正六边形，利用六边形面积求法，应用相关公式求得结果.+4、【2018年理新课标I卷】某圆柱高为2，底面周长为16，其三视图如右图、圆柱表面上点在正视图上对应点为，圆柱表面上点在左视图上对应点为，则在此圆柱侧面上，从到路径中，最短路径长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给三视图，得到点M和点N在圆柱上所处位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一矩形对角线端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱三视图以及其本身特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱高为长方形宽，圆柱底面圆周长四分之一为长长方形对角线端点处，所以所求最短路径长度为，故选B.点睛：该题考查是有关几何体表面上两点之间最短距离求解问题，在解题过程中，需要明确两个点在几何体上所处位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形相关特征求得结果.5、【2018年全国卷Ⅲ理】设是同一个半径为4球球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积最大值为A. B. C. D.【答案】B详解：如图所示，点M为三角形ABC重心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，,点M为三角形ABC重心，，中，有，，，故选B.点睛：本题主要考查三棱锥外接球，考查了勾股定理，三角形面积公式和三棱锥体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型。
6、【2018年理数全国卷II】在长方体中，，，则异面直线与所成角余弦值为A. B. C. D.【答案】C点睛：利用法向量求解空间线面角关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面法向量；第四，破“应用公式关”.7、【2018年理数天津卷】已知正方体棱长为1，除面外，该正方体其余各面中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥体积为__________.【答案】点睛：本题主要考查四棱锥体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生转化能力和计算求解能力. 8、【2018年江苏卷】如图所示，正方体棱长为2，以其所有面中心为顶点多面体体积为________、【答案】【解析】分析：先分析组合体构成，再确定锥体高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥组合体，正四棱锥高为1，底面正方形边长等于，所以该多面体体积为点睛：解决本类题目关键是准确理解几何体定义，真正把握几何体结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体体积时，常用割补法转化成已知体积公式几何体进行解决、9、【2018年理数全国卷II】已知圆锥顶点为，母线，所成角余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若面积为，则该圆锥侧面积为__________、【答案】点睛：本题考查线面角，圆锥侧面积，三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力.10、【2018年浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2、（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成角正弦值、【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）（Ⅰ）由得，所以.故.由，得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成角正弦值是.方法二：（Ⅰ）如图，以AC中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此由得.由得.所以平面.点睛：利用法向量求解空间线面角关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面法向量；第四，破“应用公式关”.11、【2018年理数天津卷】如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF中点，N为EG中点，求证：；（II）求二面角正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成角为60°，求线段DP长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，方向为x轴，y轴，z轴正方向空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）、（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）、设n0=(x，y，z)为平面CDE法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）、又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE、（Ⅲ）设线段DP长为h（h∈［0，2］），则点P坐标为（0，0，h），可得、易知，=（0，2，0）为平面ADGE一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］、所以线段长为.点睛：本题主要考查空间向量应用，线面平行证明，二面角问题等知识，意在考查学生转化能力和计算求解能力.12、【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，中点，AB=BC=，AC==2、（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交、【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1余弦值为(3)证明过程见解析（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1、又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC、∵BE平面ABC，∴EF⊥BE、如图建立空间直角坐称系E-xyz、由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D （1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）、∴，设平面BCD法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD法向量，又∵平面CDC1法向量为，∴、由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1余弦值为、（Ⅲ）平面BCD法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交、点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.13、【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC中点、（1）求异面直线BP与AC1所成角余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角正弦值、【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角关系得结果；（2）利用平面方向量求法列方程组解得平面一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz、因为AB=AA1=2，所以、所成角正弦值为、点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题能力.利用法向量求解空间线面角关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面法向量；第四，破“应用公式关”.14、【2018年江苏卷】在平行六面体中，、求证：（1）；（2）、【答案】答案见解析详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1、因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C、（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形、又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B、又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC、又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC、因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC、点睛：本题可能会出现对常见几何体结构不熟悉导致几何体中位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体概念中包含“两个底面是全等多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件应用可导致无法证明.15、【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为中点，以为折痕把折起，使点到达点位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .(2)结合题意，建立相应空间直角坐标系，正确写出相应点坐标，求得平面ABFD法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角定义，可以求得，得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示空间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得.则为平面ABFD法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则.所以DP与平面ABFD所成角正弦值为.点睛：该题考查是有关立体几何问题，涉及到知识点有面面垂直证明以及线面角正弦值求解，属于常规题目，在解题过程中，需要明确面面垂直判定定理条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直关系，从而证得结果；对于线面角正弦值可以借助于平面法向量来完成，注意相对应等量关系即可.16、【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，点、（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角正弦值、【答案】（1）见解析（2）详解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D为坐标原点,方向为x轴正方向,建立如图所示空间直角坐标系D−xyz.点睛：本题主要考查面面垂直证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问主要考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角平面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题进行求解，考查学生计算能力和空间想象能力，属于中档题。