2018年北京市高考数学理 8专题八 立体几何
高考数学(理)一轮总复习课件：第八章 立体几何 8-专题研究
【解析】 由题意作图，如图所示．由题知圆柱 1 的底面半径r＝ 2 ，球的半径R＝1，设圆柱的高为h.则 由R＝ h 2 2 h 2 1 2 2 （2） ＋r 得1 ＝( 2 ) ＋( 2 ) ，解得h＝ 3 ，所
2
3π 以该圆柱的体积为V＝πr h＝ .故选B. 4 【答案】 B
微专题2：锥体的外接球 (1)求棱长为1的正四面体外接球的体积为________．
(2)(2019· 长春模拟)已知三棱柱ABC－ A1B1C1的底面是边长 为 6 的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表
面积为12π，则该三棱柱的体积为________．
【解析】 设球半径为R，上，下底面中心设为M，N，由题 意，外接球球心为MN的中点，设为O，则OA＝R，由4πR2＝12π， 得R＝OA＝ 3 ，又易得AM＝ 2 ，由勾股定理可知，OM＝1，所 3 以MN＝2，即棱柱的高h＝2，所以该三棱柱的体积为 4 ×( 6)2×2 ＝3 3. 【答案】 3 3
思考题2 (1)(2019· 山西八校联考一)已知一个球的表面 上有A， B，C三个点，且AB＝AC＝BC＝2 ABC的距离为1，则该球的表面积为( A．20π C．10π ) 3 ，若球心到平面
B．15πD．2π
【解析】 设球心为O，△ABC的中心为O′，因为AB＝ AC 2 ＝BC＝2 3 ，所以AO′＝ ×3＝2，因为球心到平面ABC的距离 3 为1，所以OO′＝1，所以 AO＝ 22＋12 ＝ 5 ，故该球的表面积S ＝4π×(OA)2＝20π.故选A. 【答案】 A
2 6 a 6 6 2 2 2 ＋r＝SE＝ 3 a，R －r ＝CE ＝ 3 ，解得R＝ 4 a，r＝ 12 a.
专 题 讲 解
题型一
【大师特稿】2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案)
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 1-DCBA 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E-A 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B 1C ∥A 1D ，又A 1D?面A 1DE ，B 1C?面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C?面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD.以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→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)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E-A 1D-B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝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P A 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P A 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，∠P AD ＝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＝BC2－CN2＝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，。
(真题)2018年北京市高考数学(理)试题(有答案)
2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工类） 第一部分（选择题共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1．若集合{}2A x x =<，{}2,0,1,2B x =-，则A B =I （A ）{}01，（B ）{}-101，，（C ）{}-201，，（D ）{}-1012，，， 2.在复平面内，复数i1i-的共轭复数对应的点位于 （A ）第一象限（B ）第二象限 （C ）第三象限（D ）第四象限3．执行如图所示的程序框图，输出的s 值为（）．A ．12B ．56C ．76D ．7124．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要的贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为（）．ABC．D．5．某四棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）．A．1B．2C．3D．46.设a b ,均为单位向量，则“33a b a b -=+”是“a b ⊥”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充分必要条件 （D ）既不充分也不必要条件7. 在平面直角坐标系中，记d 为点()P cos ,sin θθ到直线20x my --=的距离.当,m θ变化时，d 的最大值为（A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）48. 设集合(){},|1,4,2A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤，则()A 对任意实数a ，()2,1A ∈()B 对任意实数a ，()2,1A ∉ ()C 当且仅当0a <时，()2,1A ∉()D 当且仅当32a ≤时，()2,1A ∉二.填空（9）设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为。
2018高考数学(理科)习题第八章立体几何84和答案
1.若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )点击观看解答视频A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定答案 D解析由l1⊥l2，l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定，若l1∥l3，则结合l3⊥l4，得l1⊥l4，所以排除选项B、C，若l1⊥l3，则结合l3⊥l4，知l1与l4可能不垂直，所以排除选项A.故选D.2．如下图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π2.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．解 (1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ， 故PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD . (2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如下图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23， 故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，P (0,0,3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0,2,0)，D (1,1,0)，ED →＝(1，－1,0)，DP →＝(－1，－1,3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0.设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2,1,1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1,0)，从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角A －PD －C 的余弦值为36. 3．如图，在四棱锥A －EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点．点击观看解答视频(1)求证：AO ⊥BE ；(2)求二面角F －AE －B 的余弦值； (3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．解 (1)证明：因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点，所以AO ⊥EF . 又因为平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ， 所以AO ⊥平面EFCB .所以AO ⊥BE .(2)取BC 中点G ，连接OG . 由题设知EFCB 是等腰梯形， 所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB ， 又OG ⊂平面EFCB ， 所以OA ⊥OG .如右图建立空间直角坐标系O －xyz ，则E (a,0,0)，A (0,0，3a )，B (2，3(2－a )，0)，EA →＝(－a,0，3a )， BE →＝(a －2，3(a －2)，0)．设平面AEB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋3az ＝0，a －x ＋3a －y ＝0.令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1.于是n ＝(3，－1,1)． 平面AEF 的法向量为p ＝(0,1,0)．所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－55.由题知二面角F －AE －B 为钝角，所以它的余弦值为－55. (3)因为BE ⊥平面AOC ，所以BE ⊥OC ，即BE →·OC →＝0.因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →＝(－2，3(2－a )，0)， 所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2. 由BE →·OC →＝0及0<a <2，解得a ＝43.4．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． 解 (1)证明：在图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在图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)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. 如下图，以O 为原点，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 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 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. 5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值． 解 (1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ， 由底面ABCD 为长方形，有BC ⊥CD ，而PD ∩CD ＝D ， 所以BC ⊥平面PCD .而DE ⊂平面PCD ，所以BC ⊥DE . 又因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ⊥PC .而PC ∩BC ＝C ，所以DE ⊥平面PBC .而PB ⊂平面PBC ，所以PB ⊥DE . 又PB ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)如图，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线．由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以PB ⊥DG .又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥DG . 而PD ∩PB ＝P ，所以DG ⊥平面PBD .故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角， 设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，有BD ＝1＋λ2， 在Rt △PDB 中，由DF ⊥PB ，得∠DPF ＝∠FDB ＝π3， 则tanπ3＝tan ∠DPF ＝BDPD＝1＋λ2＝3，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22. 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22. 6.如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝1，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值．解 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ＝2，由余弦定理得BD ＝ 3. 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，∴BD ⊥AD .∵PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥BD . 又AD ∩PD ＝D ， 所以BD ⊥平面PAD ， 所以PA ⊥BD .(2)如图，以D 为坐标原点，DA ，DB ，DP 分别为x ，y ，z 的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz.则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)，AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n · AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0，因此，令y ＝1，则n ＝(3，1，3)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0，即⎩⎨⎧3y 0－z 0＝0，－x 0＝0，可取m ＝(0,1，3)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝427＝277，由图知二面角A －PB －C 为钝角，故二面角A －PB －C 的余弦值为－277. 7．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，∠DPC ＝30°，AF ⊥PC 于点F ，FE∥CD ，交PD 于点E .(1)证明：CF ⊥平面ADF ； (2)求二面角D －AF －E 的余弦值． 解 (1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ， ∴PD ⊥AD ，又CD ⊥AD ，PD ∩CD ＝D ， ∴AD ⊥平面PCD ，∴AD ⊥PC ， 又AF ⊥PC ，AF ∩AD ＝A ，∴PC ⊥平面ADF ，即CF ⊥平面ADF . (2)设AB ＝1，则Rt △PDC 中，CD ＝1， ∵∠DPC ＝30°，∴PC ＝2，PD ＝3，由(1)知CF ⊥DF ，∴DF ＝32，∴CF ＝12，又FE ∥CD ，∴DE PD ＝CF PC ＝14，∴DE ＝34，同理，EF ＝34，如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则A (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，0，P (3，0,0)，C (0,1,0)．设m ＝(x ，y ，z )是平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AE →，m ⊥EF →，又⎩⎪⎨⎪⎧AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，－1，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝34x －z ＝0，m ·EF →＝34y ＝0，令x ＝4，得z ＝3，故m ＝(4,0，3)，由(1)知平面ADF 的一个法向量为PC →＝(－3，1,0)，设二面角D －AF －E 的平面角为θ，可知θ为锐角，cos θ＝|cos 〈m ，PC →〉|＝|m ·PC →||m |·|PC →|＝4319×2＝25719，故二面角D －AF －E的余弦值为25719.8.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝BC ＝2，AC ⊥BC ，点S 是AA 1延长线上一点，EF 是平面SBC 与平面A 1B 1C 1的交线．(1)求证：EF ⊥AC 1；(2)求直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成角的正弦值．解 (1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ∥平面A 1B 1C 1， 又平面ABC ∩平面SBC ＝BC ，平面A 1B 1C 1∩平面SBC ＝EF ， ∴EF ∥BC .∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1.又AC 1⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥AC 1，∴EF ⊥AC 1. (2)取A 1C 1的中点D 1，连CD 1，∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2， ∴CC 1＝A 1C ＝A 1C 1＝2，∴CD 1⊥A 1C 1. 由(1)知BC ⊥平面ACC 1A 1.以点C 为原点，CA ，CB 、CD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,2,0)，C (0,0,0)，A 1(1,0，3)，A (2,0,0)．∴A 1C →＝(－1,0，－3)． 设平面A 1ABB 1的法向量为n ，则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0，而AA 1→＝(－1,0，3)，AB →＝(－2,2,0)， 可求得平面A 1ABB 1的一个法向量为n ＝(3,3，3)，∴|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝6221＝217. 故直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成角的正弦值为217.。
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年北京市高考数学理 8专题八 立体几何
第八篇：立体几何一、选择题1.【2018全国一卷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 ．172B ．52C ．3D ．22.【2018全国一卷12】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 D3.【2018全国二卷9】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D 4.【2018全国三卷3】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5.【2018全国三卷10】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D ABC 体积的最大值为 A．B．C．D．6.【2018北京卷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.1B.2C.3D.4俯视图正视图7.【2018浙江卷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：cm 3）是 A ．2B ．4C ．6D ．88.【2018浙江卷8】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≤θ19.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）（A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】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__________．2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCD A BC 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 -的体积为.3.【2018江苏卷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 ．三、解答题1.【2018全国一卷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.2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥P ABC -中，AB 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．3.【2018全国三卷19】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AM D ⊥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．4.【2018北京卷16】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．5.【2018天津卷17】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（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.6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，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．8.【2018浙江卷19】如图，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．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）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.参考答案 一、选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D 二、填空题 1.π240 2.121 3.43三、解答题1.解：（1）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 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DPHP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD . 2解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得)0,0,0(O ，)0,0,2(B ，)0,2,0(-A ，)0,2,0(C ，)32,0,0(P ，)32,2,0(=AP 取平面PAC 的法向量)0,0,2(=．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则)0,4,(a a -=． 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z=n ．由0=⋅n ，0=⋅n 得20(4)0yax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以2223)4(32)4(32,cos aa a a n ++-->=<．由已知可得23,cos =><n OB ．4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ． 又)322,0(-=，PC ，所以43,cos >=<n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4． 3.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CD 上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM . 又 BCCM =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(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD 4.解：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ． （Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥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）．)1,0,2(=∴CD ，)0,2,1(=CB ，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为)0,2,0(=，∴2121cos -=>=⋅<n ． 由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴)1,2,0(-=，∴2-=⋅n ，∴n 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．5.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）．（Ⅰ）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0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）解：依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）． 设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 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00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得m =（0，2，1）． 因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F． （Ⅲ）解：设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，h ∈［0，2］． 所以线段DP 6.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 ．7.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1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ， 因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB BC AC +=，故111AB B C ⊥. 因此1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D =111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB方法二：（Ⅰ）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：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。
2018年高考文科数学分类汇编：专题八立体几何
《2018年高考文科数学分类汇编》 第八篇：立体几何 -、选择题1.【2018全国一卷5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O i ，O 2，过直线OQ 2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所成的角为30，则该长方体的体积为4. 【2018全国二卷9】在正方体ABCD A 1B 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5. 【2018全国三卷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6. [ 2018全国三卷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A . 12 2nB . 12nC. 8 2nD . 10n2. 【2018全国一卷9】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A . 2 17 B. 2.5 C . 3D . 23.【2018全国一卷10】在长方体ABCDAi B 1C 1D 1 中，AB BC 2 , AG 与平面 B^CQA . 8B . 6 2C . 8 2A .2C 」2D.2俯视方向边三角形且其面积为 9 3，则三棱锥D ABC 体积的最大值为 B . 18 3C. 24.3 D . 54 . 37. 【2018北京卷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8.【2018浙江卷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:cm 3)是A . 2B . 4C. 6D . 89. 【2018浙江卷8】已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等， E 是线段AB 上 SE 与BC 所成的角为01, SE 与平面ABCD 所成的角为 込 二面角S-AB- C 的平面角为 03,则 A . 0<62<(3B . 03 W0 <01C . 010.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂 直于底面的四棱锥为阳马•设AA ?是正六棱柱的一条侧棱，如图，若 阳马以该正六棱柱的顶点为顶点， 以AA ?为底面矩形的一边，则这样 的阳马的个数是( )(A ) 4( B )8 (C ) 12( D ) 16二、填空题1. 【2018全国二卷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A . 12.3A.1B.2C.3D.4第8题图的点(不含端点)，设角为30，若△ SAB的面积为8，则该圆锥的体积为______________ .2. 【2018天津卷11】如图，已知正方体 ABCDAB2D 1的棱长为1,则四棱锥 A i -BB 1D 1D 的 体积为 ___________第〔11〕题團3. 【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为 积为 ______三、解答题1.【2018全国一卷18】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 ;2(2) Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP DQ - DA ，求三棱锥Q ABP3 的体积.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.2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体2.【2018全国二卷19】如图，在三棱锥P ABC 中，ABBC 2 2 , PA PB PC AC 4 ,叭 __________ Ci(第10強)3. 【2018全国三卷19】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是C D 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.4. 【2018北京卷18】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD丄平面ABCD, PAL PD, PA=PD, E, F 分别为AD, PB 的中点.(I )求证：PE L BC;(n )求证：平面PAB丄平面PCD(川)求证：EF//平面PCD5. 【2018天津卷17】如图，在四面体ABCD中，△ ABC是等边三角形，平面ABC L平面ABD, 点M 为棱AB 的中点，AB=2, AD=2 3 , / BAD=90°.(I )求证：AD L BC;(n )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.8.【20i8浙江卷i9】如图，已知多面体 ABCAB i C i , A i A , B i B , GC均垂直于平面 ABC,/ ABC=i20 ° A i A=4, C i C=i , AB=BC=B i B=2.（I ）证明：AB i 丄平面A i B i C i ;（H ）求直线 AC i 与平面ABB i 所成的角的正弦值.6.【2018江苏卷15】在平行六面体 ABCD 求证：（1） AB// 平面 A i B i C ; (2)平面 ABB i A i 平面 ABC . BiG -A B i C i D i 中，AA| AB, AB|7.【20i8江苏卷22 （附加题）】如图，在正三棱柱 别为A i B i ，BC 的中点. （1） 求异面直线BP 与AC i 所成角的余弦值； （2） 求直线CG 与平面AQC i 所成角的正弦值. ABC-A i B i C i 中，AB=AA i =2，点 P , Q 分（第22腿）a参考答案 一、 选择题 1.B2.B3.C4.C5.A6.B7.C二、 填空题1.82.-3.-33三、 解答题1•解：（1）由已知可得，BAC =90°, BA 丄AC .又BA 丄AD ,所以 AB 丄平面 ACD. 又AB 平面ABC,所以平面ACD 丄平面ABC.（2）由已知可得， DC=CM=AB=3, DA=3.2 . 2又 BP DQ -DA ，所以 BP 2 2 .3 作QE 丄AC,垂足为E,则QE P 1 DC .3由已知及（1）可得DC 丄平面 ABC,所以QE 丄平面ABC, QE=1.因此，三棱锥Q ABP 的体积为 1 1 丄 3 2 2 sin 45 1 . 3 29.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为 P ,底面圆心为 O ,半径为28.C9.D10.DV Q ABP—QE S ^ABP 32解：(1)因为AP=CF=AC=4, O 为AC 的中点，所以 OP 丄AC ,且OP=2.3 .连结OB .因为AB=BC= AC ，所以△ ABC 为等腰直角三角形，且 OB 丄AC , OB=-AC 2 2 =2.由 OP 2 OB 2 PB 2 知，OP 丄 OB.由OP 丄OB , OP 丄AC 知PO 丄平面 ABC(2)作CH 丄OM ，垂足为 H .又由(1)可得 OP 丄CH, 所以CH 丄平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离.由题设可知 OC=-AC =2,CM=-BC=4^2，/ACB=45°2 3 3 所以 OM=U , CH=OC MC Sin ACB =<^ . 3 OM 5所以点C 到平面POM 的距离为 □.53•解：(1)由题设知，平面 CMD 丄平面ABCD ,交线为CD.因为BC 丄CD, BC 平面ABCD,所以BC 丄平面 CMD , 故 BC 丄DM . 因为M 为C D 上异于C, D 的点，且DC 为直径，所以 DM 丄 CM .又BC A CM=C,所以DM 丄平面BMC .而DM 平面 AMD ，故平面 AMD 丄平面 BMC . (2)当P 为AM 的中点时，MC //平面 PBD.证明如下：连结 AC 交BD 于O .因为ABCD 为矩形，所以 O 为AC 中点. 连结OP ,因为P 为AM 中点，所以MC // OP. MC 平面PBD, OP 平面PBD ，所以 MC //平面PBD.4•解：(I)： PA PD ，且 E 为 AD 的中点，••• PE AD .•••底面 ABCD 为矩形，• BC // AD , • PE BC .(□)•••底面 ABCD 为矩形，二 AB AD •1/•••平面PAD 平面ABCD, • AB 平面PAD.••• AB PD .又PA PD ,••• PD 平面PAB，•平面PAB 平面PCD.（川）如图，取PC中点G，连接FG,GD .1••• F,G 分别为PB和PC 的中点，• FG// BC，且FG - BC .2•••四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，1•- ED// BC,DE -BC ,2•ED// FG，且ED FG，•四边形EFGD为平行四边形，•EF// GD.又EF 平面PCD , GD 平面PCD ,•EF // 平面PCD.5•解：（I）证明：由平面ABC丄平面ABD，平面ABC A平面ABD=AB, AD丄AB,可得AD 丄平面ABC,故AD丄BC.（H）解:取棱AC的中点N,连接MN , ND.又因为M为棱AB的中点，故MN // BC.所以/ DMN （或其补角）为异面直线BC与MD所成的角.在Rt A DAM 中，AM=1，故DM=. AD2AM2= 13 .因为AD 丄平面ABC,故AD 丄AC.在Rt A DAN 中，AN=1,故DN^ AD2AN2= . 13.在等腰三角形 DMN 中，MN=1，可得cos DMN所以，异面直线 BC 与MD 所成角的余弦值为 』.26(川)解：连接 CM •因为△ ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM 丄AB , CM= ,3 •又因为平面 ABC 丄平面ABD ,而CM 平面ABC,故CM 丄平面ABD.所以，/ CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角.在 Rt A CAD 中，CC=. N CL AD 2 =4. 在 Rt A CMD 中，sin CDMCM 3 CD 4 .所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为-246•证明： (i )在平行六面体 ABCDA i B i CiD i 中，AB / A i B i .因为AB 平面A I B I C , A 1B 1平面A i B i C , 所以AB//平面A i B i C. (2)在平行六面体 ABCDA i B i C i D i 中，四边形 平行四边形.又因为AA i =AB,所以四边形 ABB i A i 为菱形， 因此AB 丄A i B .又因为 AB i 丄 B i C i , BC / B i Ci , 所以AB i 丄BC.又因为 A i B A BC=B , A i B 平面 A i BC, BC 平面 A i BC , 所以AB i 丄平面A i BC. 因为ABi 平面ABB i A i , 所以平面ABBiA i 丄平面A i BC.7•解：如图，在正三棱柱 ABC- A i B i C i 中，设 AC , A i C i 的中点分别为 O , O i ,贝U OB 丄OC , uun LUT UUUUOO i 丄OC , OO i 丄OB ，以｛OB,OC,OOi ｝为基底，建立空间直角坐标系o-xyz.因为 AB=AA i =2,12MN 帀 DM "26所以A(0, 1,0),B(..3,0,0),C(0,1,0)，A(0, INkB^.. 3,0,2 )，G(0,1,2)(1)因为P为A I B I的中点，所以 2 2uur 3 1 uuuirBP ( , ,2), AC i (0,2,2)从而 2 2,mu ujun ,_ icos BP,AC u | JBJP ACJ L1 41沁故|BP | |AC i |.5 2、2 203 10因此，异面直线BP与AC i所成角的余弦值为20(2)因为Q为BC的中点，所以Q(¥1,0)uur AQ 因此(J,2,0)JUJUACujj(0,2,2), CC i (0,0,2)设n=( x, y，z)为平面AQC i的一个法向量, UULTAQ nJUJU 则AC i n 0,°,即3y 0,2y 2z 0.不妨取n 3, 1,1)，设直线CC i与平面AQC i所成角为，sin 则UUJU |cosCCi,n 1需逻所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为58•解：方法一：(I)由AB 2,AA 4,BB i 2,AA AB, BB i AB 得AB AB 2^2，所以AB i2 2 2AB i AA i.故AB i AB i.由BC 2 , BB i 2, CC i i, BB i BC,CC i BC 得B i C i ,5 ,由AB BC 2, ABC i20 得AC 2 . 3 ,由CC i AC,得AC i ，所以 2 2AB i B i C i2AC i，故AB i B i C i因此AB i平面A i B i C i.(n)如图，过点C i作GD A1B1，交直线A\B1于点D，连结AD .由AB i 平面A i B i C i得平面ABQ i 平面ABB i ,由C i D A3 得C i D 平面ABB i,所以C i AD是AC i与平面ABB i所成的角•由BC i 亦,AB 2血,AC i ^2i得cos GAB ^6,sin GAB 所以C i D 3，故sin GAD CD 39 .i i AC i i3i ~7*/39因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是 —13方法二:(I)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, 73,0), B(1,0,0), A(0, >/3,4), B 1(1,0,2),C 1(0j3,1), uuu L uuu L uuu L 因此 AB 1 (1,J3,2), AB (1,J3, 2), AG (0,2 J 3, 3),来源学所以AB 1 平面A 1B 1C 1.uuu - uur 由(I)可知 AG (0,2、3,1), ABAC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是 一熒13(n)设直线 AC 1与平面ABB 1所成的角为设平面 ABB 1 的法向量 n (x, y, z). uurAB uuu BB 10,即 0, x ◎ 0,可取2z 0, (，3,1,0).所以sinuuu|cos 〔ACu,叩 4AC4|AC 1 | |n|3913uuu 由AB 1 uuuAB 1 0 得 A 1B 1. uuu 由AB 1 uuuAG 0得AB 1AC 1.- uuu(1, .3,0), BB 1 (0,0,2), 因此，直线9•解：⑴依题意可知：圆锥的高度为op 42 22 2 3,所以其体积为：V 1 r2h 1222 3 ^3 。
【真题】2018年北京市高考数学(理)试题含答案解析
2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工类）第一部分（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．若集合{}2A x x =<，{}2,0,1,2B x =-，则A B =I （A ）{}01， （B ）{}-101，，（C ）{}-201，，（D ）{}-1012，，， 2.在复平面内，复数i1i-的共轭复数对应的点位于 （A ）第一象限 （B ）第二象限 （C ）第三象限 （D ）第四象限3．执行如图所示的程序框图，输出的s 值为（ ）． A ．12B ．56C ．76D ．7124．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要的贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为（ ）．ABC ．D ．5．某四棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）． A ．1 B ．2 C ．3 D ．46.设a b ,均为单位向量，则“33a b a b -=+”是“a b ⊥”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件7. 在平面直角坐标系中，记d 为点()P cos ,sin θθ到直线20x my --=的距离.当,mθ变化时，d 的最大值为 （A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）48. 设集合(){},|1,4,2A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤，则()A 对任意实数a ，()2,1A ∈ ()B 对任意实数a ，()2,1A ∉()C 当且仅当0a <时，()2,1A ∉ ()D 当且仅当32a ≤时，()2,1A ∉ 二.填空（9）设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为 。
【真题】2018年北京市高考数学(理)试题含答案解析
2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工类）第一部分（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．若集合{}2A x x =<，{}2,0,1,2B x =-，则A B =I （A ）{}01， （B ）{}-101，，（C ）{}-201，，（D ）{}-1012，，， 2.在复平面内，复数i1i-的共轭复数对应的点位于 （A ）第一象限 （B ）第二象限 （C ）第三象限 （D ）第四象限3．执行如图所示的程序框图，输出的s 值为（ ）． A ．12B ．56C ．76D ．7124．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要的贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为（ ）．ABC ．D ．5．某四棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）． A ．1 B ．2 C ．3 D ．46.设a b ,均为单位向量，则“33a b a b -=+”是“a b ⊥”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件7. 在平面直角坐标系中，记d 为点()P cos ,sin θθ到直线20x my --=的距离.当,mθ变化时，d 的最大值为 （A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）48. 设集合(){},|1,4,2A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤，则()A 对任意实数a ，()2,1A ∈ ()B 对任意实数a ，()2,1A ∉()C 当且仅当0a <时，()2,1A ∉ ()D 当且仅当32a ≤时，()2,1A ∉ 二.填空（9）设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为 。
【真题】2018年北京市高考数学(理)试题含答案解析
2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工类）第一部分（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．若集合{}2A x x =<，{}2,0,1,2B x =-，则A B =I （A ）{}01， （B ）{}-101，，（C ）{}-201，，（D ）{}-1012，，， 2.在复平面内，复数i1i-的共轭复数对应的点位于 （A ）第一象限 （B ）第二象限 （C ）第三象限 （D ）第四象限3．执行如图所示的程序框图，输出的s 值为（ ）． A ．12B ．56C ．76D ．7124．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要的贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于f ，则第八个单音的频率为（ ）．ABC ．D ．5．某四棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）． A ．1 B ．2 C ．3 D ．46.设a b ,均为单位向量，则“33a b a b -=+”是“a b ⊥”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件7. 在平面直角坐标系中，记d 为点()P cos ,sin θθ到直线20x my --=的距离.当,mθ变化时，d 的最大值为 （A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）48. 设集合(){},|1,4,2A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤，则()A 对任意实数a ，()2,1A ∈ ()B 对任意实数a ，()2,1A ∉()C 当且仅当0a <时，()2,1A ∉ ()D 当且仅当32a ≤时，()2,1A ∉ 二.填空（9）设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为 。
2018版高考数学文科北师大版一轮复习课件：第八章 立
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只有B1C1与EF在同一平面内,是相交的.选项A,B,C中直线与EF都是异面 直线,故选D. D
解析
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答案
-8知识梳理 双基自测 自测点评
1
2
3
4
5
3.已知l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题: ①若l⫋α,m⫋α,l∥β,m∥β,则α∥β; ②若l⫋α,l∥β,α∩β=m,则l∥m; ③若α∥β,l∥α,则l∥β; ④若l⊥α,m∥l,α∥β,则m⊥β. 其中真命题有 (写出所有真命题的序号).
-6知识梳理 双基自测 自测点评
பைடு நூலகம்
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的画“√”,错误的画“×”. (1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分. ( ) (2)两个平面α,β有一个公共点A,就说α,β相交于A点,记作α∩β=A. ( ) (3)已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,那么c 与b不可能是平行直线. ( ) (4)如果两个不重合的平面α,β有一条公共直线a,就说平面α,β相交, 并记作α∩β=a.( ) (5)若a,b是两条直线,α,β是两个平面,且a⫋α,b⫋β,则a,b是异面直线. ( )
-12考点1 考点2 考点3
考点 1 空间图形的公理及应用
例1
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,AA1的中点, 求证: (1)E,C,D1,F四点共面; (2)CE,D1F,DA三线共点.
思考如何利用空间图形的公理证明点共线和线共点?
-13考点1 考点2 考点3
证明 (1)如图,连接EF,CD1,A1B. ∵E,F分别是AB,AA1的中点, ∴EF∥A1B. 又A1B∥CD1, ∴EF∥CD1,∴E,C,D1,F四点共面. (2)∵EF∥CD1,EF<CD1, ∴CE与D1F必相交,设交点为P, 则由P∈CE,CE⫋平面ABCD, 得P∈平面ABCD. 同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA, ∴P∈直线DA.∴CE,D1F,DA三线共点.
专题八、立体几何视图
正（主）视图俯视图专题八：立体几何-----------视图、面积、体积知识点：1.多面体的表面积、侧面积(1) 棱柱的表面积公式为:2S S S =+侧表底;直棱柱的侧面积公式为:S ch =侧 (c 为底面周长;h 是高,即直棱柱的侧棱长);(2) 棱锥的表面积公式为: 2S S S =+侧表底;正棱锥的侧面积公式为: '1S 2ch =侧 (c 为底面周长;'h 是斜高,即棱锥的侧面三角形的高);(3) 棱台的表面积公式为: S S S S =++侧表上底下底;正棱台的侧面积公式为: ''1S ()2c c h =+侧 (',c c 分别为上下底面周长;'h 是斜高,即棱台的侧面梯形的高). 2.旋转体的表面积、侧面积(1) 圆柱的侧面积公式为:2S rh π=侧;圆柱的表面积公式为: 222S rh r ππ=+表(r 为底面圆的半径;h 是高,即圆柱的母线长);(2) 圆锥的侧面积公式为: S rl π=侧;圆锥的表面积公式为: 2S rl r ππ=+表(r 为底面圆的半径;l 是圆锥的母线长); (3) 圆台的侧面积公式为: '()S r r l π=+侧;圆台的表面积公式为: '2'2()S r r l r r πππ=+++表(r ,'r 为上下底面圆的半径;l 是圆锥的母线长);(4) 球的表面积公式为24S R π=表(其中R 为球的半径). 3、体积表中S 表示面积，h 表高。
2表中、h 分别表示母线、高，r 表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r 1、r 2分别表示圆台 上、下底面半径，R 表示半径考点练习1、右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是 A(A)3 (B)2 (C)1 (D)02、一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( C ).- 2 -A.2π+B. 4π+C. 23π+D. 43π+ 3、下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 D(A)9π(B)10π(C)11π(D)12π4．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ D ）A ．①② B．①③ C ．①④ D．②④5、正方体的内切球与其外接球的体积之比为（ ）选CA、1：B 、1：3C 、1：3D 、1：96、如图，在正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，所有棱长均为1，则点B 1到平面ABC 1的距离为 ．7、右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积为 Ｃ (A)32π (B)16π (C)12π (D)8π8、用一些棱长是1 cm 的小正方体码放成一个几何体，图1为其俯视图，图2为其主视图(或 正视图)，若这个几何体的体积为 37cm ，则其左视图为 答案 C9、如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的侧面积和体积分别是 答案 C Ａ.82+25+6，8 Ｂ.22+85+6，8 Ｃ.42+85+12 ，16 Ｄ.82+45+12，1610．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为（ ）答案 A A ．163B ．169 C ．83 D ．329①正方形②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥- 3 -11．一个几何体的三视图及部分数据如图所示，左视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于 。
【大师特稿】2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案)
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E A 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B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→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)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎨⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E A 1D B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝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3 3.(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＝1 4 .所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝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8 17 .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AEAD＝CFCD，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，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年北京市高考数学理试题有答案-新编
x1, x2 ,..., xn 和
y1, y2 ,..., yn ，记
M,
1 2 x1 y1
x1 y1
x2 y2
x2 y2 ... xn yn
xn yn
I 当 n 3 时，若
1,1,0 ,
0,1,1 ，求 M , 和 M , 的值；
II 当 n 4 时，设 B 是 A 的子集， 且满足： 对于 B 中的任意元素 , ，当 , 相同时， M , 是奇数；当 , 不同时， M , 是偶数 . 求集合 B 中元素个数的最大值；
【解析】：设正六边形边长为 t ；根据椭圆的定义 2a
c 3 1 t ， 2c 2t ， e椭圆 a
双曲线的渐近线方程为 y
3x ， b a
3 ，所以 e双曲线
c =2 。 a
31
三. 解答题 15. 【解析】
（Ⅰ） VABC中 ， cos B
1 ，所以 B 为钝角， sin B 7
2
1 cos B
则有， B 0,2,0 , C 1,0,0 , D 1,0,1 , C1
uuur
uuur
BC 1, 2,0 ， CD 2,0,1
r 设平面 BCD 的法向量 n x, y, z ，
uuur r
BC n ∴ uuur r
CD n
0
x
,即
0
2x
2y 0 ，
z0
r ∴ n 2, 1, 4 ，.
ur
易知平面 CDC 1 法向量 m 0,1,0
∴ AC BE , ∵在三棱柱 ABC A1B1C1 中， E , F 分别是 AC , A1C1 的中点， ∴ EF ∥CC1 ∵ CC1 平面 ABC ， ∴ EF 平面 ABC , ∵ AC 平面 ABC ， ∴ EF AC , ∵ EF , BE 平面 BEF , EF I BE E ∴ AC 平面 BEF . （ II ）由（ I ）知， EF AC ， AC BE ， EF EB , ∴以 E 为原点， EA , EB , EF 分别为 x 轴， y 轴， z 轴 建立如图所示空间直角坐标系，
专题八 立体几何 第二十三讲 空间中点、直线、平面之间的位置关系专题训练
专题八 立体几何第二十三讲 空间中点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1．(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所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D2．(2018全国卷Ⅱ)在长方体1111-ABCD A B C D 中，1==AB BC ，1=AA 线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15BCD 3．(2018浙江)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4．(2018浙江)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≤≤5．(2017新课标Ⅱ)已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A B C D 6．（2017浙江）如图，已知正四面体D ABC -（所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CR QC RA==，分别记二面角D PR Q --，D PQ R --，D QR P --的平面角为α，β，γ，则RQ P AB C DA ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α 7．（2016年全国I ）平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，αI 平面ABCD =m ，αI 平面11ABB A =n ，则m ，n 所成角的正弦值为A．2 B．2 C．3 D ．138．（2015福建）若,l m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α ，则“l m ⊥ ”是“l ∥α”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件9．（2015浙江）如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆翻折成A CD '∆，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则10．（2014广东）若空间中四条两两不同的直线1234,,,l l l l ，满足122334,,l l l l l l ⊥⊥⊥，则下面结论一定正确的是A ．14l l ⊥B ．14//l lC ．14,l l 既不垂直也不平行D ．14,l l 的位置关系不确定11．（2014浙江）设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面A ．若m n ⊥，//n α，则m α⊥B ．若//m β，βα⊥则m α⊥C ．若,,m n n ββα⊥⊥⊥则m α⊥D ．若m n ⊥，n β⊥，βα⊥，则m α⊥12．（2014辽宁）已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是A ．若//,//,m n αα则//m nB ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥13．（2014浙江）如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角）．若15AB m =，25AC m =，30BCM ∠=︒则tan θ的最大值ABCD 14．（2014四川）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点．设点P在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是A1A． B．C ．D ． 15．（2013新课标Ⅱ）已知,m n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β．直线l 满足,l m l n ⊥⊥，,l l αβ⊄⊄，则A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l16．（2013广东）设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面,下列命题中正确的是A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥17．（2012浙江）设l 是直线，,αβ是两个不同的平面A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βC ．若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥βD ．若α⊥β, l ∥α，则l ⊥β18．（2012浙江）已知矩形ABCD ，1AB =，BC =将ABD ∆沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直19．（2011浙江）下列命题中错误．．的是A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ，那么l γ⊥平面D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β20．（2010山东）在空间，下列命题正确的是A ．平行直线的平行投影重合B ．平行于同一直线的两个平面平行C ．垂直于同一平面的两个平面平行D ．垂直于同一平面的两条直线平行二、填空题21．(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_____．22．（2016年全国II ）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥．②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥．③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号）23．（2015浙江）如图，三棱锥A BCD -中，3AB AC BD CD ====，2AD BC ==，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线,AN CM 所成的角的余弦值是 ．24．（2015四川）如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，,E F 分别为,AB BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为_________．25．（2017新课标Ⅲ）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最小值为60°；其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)三、解答题26．（2018江苏）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111AB B C ⊥．D 11B 1A 1DC B A求证：(1)AB ∥平面11A B C ； (2)平面11ABB A ⊥平面1A BC ．27．（2018浙江）如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．C 1B 1A 1C BA(1)证明：1AB ⊥平面111A B C ；(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．28．（2017浙江）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 ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE ∥平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．ED B AP29．（2017江苏）如图，在三棱锥A BCD -中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E 、F （E 与A 、D 不重合）分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC ．F AB C DE30．（2017山东）如图，几何体是圆柱的一部分，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 是DF 的中点．（Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；（Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小．31．（2017江苏）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，11E G 的长分别为14cm 和62cm ． 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ． 现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm ．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱1CC 上，求l 没入水中部分的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱1GG 上，求l 没入水中部分的长度．32．（2016全国I ）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E BC A --的余弦值．33．（2016全国II ）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将ΔDEF 沿EF折到ΔD EF '的位置，OD '（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（II ）求二面角B D A C '--的正弦值．34．（2016全国III ）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ，=3AB AD AC ==，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（Ⅰ）证明MN 平面PAB ；（Ⅱ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．B D35．（2014山东）如图，四棱锥P ABCD -中，AP PCD ⊥平面，AD BC ∥，1,,2AB BC ADE F ==分别为线段,AD PC 的中点.（Ⅰ）求证：AP BEF ∥平面；（Ⅱ）求证：BE PAC ⊥平面.36．(2014江苏)如图，在三棱锥ABC P -中，D ，E ，F 分别为棱AB AC PC ,,的中点．已知AC PA ⊥，,6=PA .5,8==DF BC求证：（Ⅰ）直线PA ∥平面DEF ；（Ⅱ）平面BDE ⊥平面ABC ．37．（2014新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D AE C --为60°，AP =1，AD求三棱锥E ACD -的体积．38．（2014天津）如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD是平行四边形，BA BD ==，2AD =,PA PD ==E ,F 分别是棱AD ,PC 的中点．（Ⅰ）证明: EF ∥平面PAB ； （Ⅱ）若二面角P AD B --为60°， （ⅰ）证明：平面PBC ⊥平面ABCD（ⅱ）求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值．39．（2013浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，2AB BC ==，AD CD ==，PA =120ABC ∠=，G 为线段PC 上的点．PDB（Ⅰ）证明：BD ⊥面APC ；（Ⅱ）若G 是PC 的中点，求DG 与APC 所成的角的正切值； （Ⅲ）若G 满足PC ⊥面BGD ，求PGGC的值． 40．（2013辽宁）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点．（Ⅰ）求证：BC PAC ⊥平面；（Ⅱ）设Q 为PA 的中点，G 为AOC ∆的重心，求证：QG ∥平面PBC ．41．（2012江苏）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AB AC =，D E ，分别是棱1BC CC ，上的点（点D 不同于点C ），且AD DE F ⊥，为11B C 的中点．1求证：（Ⅰ）平面ADE ⊥平面11BCC B ；（Ⅱ）直线1//A F 平面ADE ．42．(2012广东)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面PAD ，//,AB CD PD AD =，E 是PB 中点，F 是DC 上的点，且12DF AB =，PH 为PAD ∆中AD 边上的高．（Ⅰ）证明：PH ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）若1,1PH AD FC ===，求三棱锥E BCF -的体积；（Ⅲ）证明：EF ⊥平面PAB ．43．（2011江苏）如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD =，BAD ∠=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．C求证：（Ⅰ）直线EF ∥平面PCD ； （Ⅱ）平面BEF ⊥平面PAD ．44．（2011广东）如图在椎体P ABCD -中，ABCD是边长为1的棱形，且DAB ∠=60︒，PA PD ==2PB =，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．（Ⅰ）证明：AD ⊥平面DEF ；（Ⅱ）求二面角P AD B --的余弦值．45．（2010天津）如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ADEF 是正方形，FA ⊥平面ABCD ，BC∥AD ，CD =1，AD =，∠BAD ＝∠CDA ＝45°．（Ⅰ）求异面直线CE 与AF 所成角的余弦值； （Ⅱ）证明CD ⊥平面ABF ； （Ⅲ）求二面角B EF A --的正切值．46．（2010浙江）如图，在平行四边形ABCD 中，AB =2BC ，∠ABC =120°．E 为线段AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A DE '，使平面A DE '⊥平面BCD ，F 为线段A C '的中点．（Ⅰ）求证：BF ∥平面A DE '；（Ⅱ）设M 为线段DE 的中点，求直线FM 与平面A DE '所成角的余弦值．专题八 立体几何初步第二十二讲 空间几何体的三视图、表面积和体积答案部分1．C 【解析】解法一 将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示，DCBA P易知，BC AD ∥，1BC =，2AD AB PA ===，AB AD ⊥，PA ⊥平面ABCD ，故PAD ∆，PAB ∆为直角三角形，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PA BC ⊥，又BC AB ⊥，且PA AB A =，∴BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ．BC PB ⊥，∴PBC ∆为直角三角形，容易求得3PC =，CD =，PD =，故PCD ∆不是直角三角形，故选C ．解法二 在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P ABCD -，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C ．PDCBA2．B 【解析】由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长16．画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则2=MS ，4=SN ，则从M 到N=B ．SNM图① 图②3．A 【解析】由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A ．4．B 【解析】设等边三角形ABC 的边长为x ，则21sin 60932x =6x =． 设ABC ∆的外接圆半径为r ，则62sin 60r =，解得r =，所以球心到ABC ∆所在平面的距离2d ==，则点D 到平面ABC 的最大距离146d d =+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值max 116633ABC V S ∆=⨯=⨯=B ．5．D 【解析】如图以1AA 为底面矩形一边的四边形有11AAC C 、11AA B B 、11AA D D 、11AA E E 4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D ．E 1E AA 1D CD 1C 1B 1B6．C 【解析】由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积1(12)2262V =⨯+⨯⨯=．故选C ． 7．B 【解析】由题意可知，该几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱构成，则表面所有梯形之和为12(24)2122⨯+⨯=．选B ．8．B 【解析】解法一 由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半， 其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π， 故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．解法二 该几何体可以看作是高为14，底面半径为3的圆柱的一半，所以体积为21(3)14632ππ⨯⨯=．选B ． 9．B 【解析】圆柱的轴截面如图，1AC =，12AB =，所以圆柱底面半径2r BC ==，那么圆柱的体积是22314V r h πππ==⨯⨯=，故选B ． 10．A 【解析】该几何体是由一个高为3的圆锥的一半，和高为3的三棱锥组成（如图），其体积为：21111(13)(213)132322ππ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+．选A ．11．B 【解析】借助正方体可知粗线部分为该几何体是四棱锥，2=B ．12．C 【解析】由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积21111133V =⨯⨯=．设半球的半径为R，则2R =2R =，所以半球的体积32142326V π=⨯⨯=．故该几何体的体积1213V V V =+=+．故选C ． 13．A 【解析】由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体， 设球的半径为r ，故37428833r ππ⨯=，所以2r =， 表面积227341784S r r πππ=⨯+=，选A ．14．C 【解析】该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ． 由图得2r =，2π4πc r ==，由勾股定理得：4l =，21π2S r ch cl =++表4π16π8π=++28π=，故选C ．15．B 【解析】由三视图可得该几何体是平行六面体，上下底面是边长为3的正方形，故面积都是9，前后两个侧面是平行四边形，一边长为3、该边上的高为6，故面积都为18，左右两个侧面是矩形，边长为3，故面积都为2(9 +18+16．C 【解析】由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，∴体积3322231223=⨯⨯+=V ，故选C ． 17．D 【解析】由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，所以该几何体的表面积是()1211222342ππ⨯⨯⨯++⨯=+，故选D ． 18．A 【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，2111112(12)12323V ππ=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+，选A ．19．D 【解析】如图，设正方形的棱长为1，则截取部分为三棱锥111A A B D -，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15．A 1AC20．B【解析】 在长、宽、高分别为2、1、1的长方体中，该四面体是如图所示的三棱锥P ABC -，表面积为211222224⨯⨯⨯+⨯=+21．A 【解析】由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为2x ，高为h ，则由三角形相似可得，212x h-=，所以22h x =-， (0,1)x ∈，长方体体积2232216)2(22)2()327x x x V h x x ++-==-=长方体≤， 当且仅当22x x =-，即23x =时取等号，2121233V ππ=⨯⨯=圆锥，故材料利用率为16827293ππ=，选A ．22．B 【解析】由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成，其表面积为22222422016r r r r ππππ+++=+，所以2r =．23．B 【解析】如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A - BCD，最长的棱为6AD ==，选B ．24．C 【解析】原毛坯的体积2(3)654V ππ=⨯⨯=，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积2212(2)4(3)234V V V πππ'=+=⨯⨯+⨯⨯=，故所求比值为10127V V '-=． 25．A 【解析】如图，将边长为2的正方体截去两个角，∴21226112212S =⨯⨯-⨯⨯+=+表26．A 【解析】圆柱的正视图是矩形，∴选A ．27．D 【解析】由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积1232S S S S S S =-+++正方形斜面，其中1S 是长方体的表面积，2S 是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，3S 是三棱柱的一个底面的面积，可求得2138()S cm =，选D ．28．C 【解析】由题意可知AD BC ⊥，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面11DB C ，又2sin 603AD =⋅=111111121332A B DC B DC V AD S -∆=⋅=⨯， 故选C ．29．A 【解析】圆柱的底面半径为1，母线长为1，2112S ππ=⨯⨯=侧． 30．B 【解析】直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为l 的14圆柱，所以该几何体的体积为321221284ππ-⨯⨯⨯⨯=-． 31．C 【解析】由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积22S rh ππ==．32．B 【解析】由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．33．A 【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为21244222π⨯⨯+⨯⨯ =168π+，故选A ． 34．A 【解析】还原后的直观图是一个长宽高依次为10，6 ，5的长方体上面是半径为3高为2的半个圆柱．35．C 【解析】几何体是圆柱与圆锥叠加而成它的体积为221353573V πππ=⨯⨯+⨯=36．B 【解析】由三视图可知该几何体的体积：221121232V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=． 37．D 【解析】通过正视图及俯视图可看出该几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，故侧视图可以为D ．38．C 【解析】由三视图可知该几何体是底面为等腰梯形的放倒的一个直四棱柱，如图，所以该四棱柱的表面积12(24)444242S =⨯⨯+⨯+⨯+⨯24+48=+39．D 【解析】选项A 正确，∵SD ⊥平面ABCD ，而AC 在平面ABCD 内，所以AC SD ⊥．因为ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥，而BD 与SD 相交，所以AC ⊥平面SBD ，所以AC SB ⊥；选项B 正确，因为AB CD ，而CD 在平面SCD 内，AB 不在平面SCD 内，所以AB平面SCD ；选项C 正确，设AC 与BD 的交点为O ，连结SO ，则SA 与平面SBD 所成的角ASO ∠，SC 与平面SBD 所成的角CSO ∠，易知这两个角相等；选项D 错误，AB 与SC 所成的角等于SCD ∠，而DC 与SA 所成的角等于SAB ∠，易知这两个角不相等．40．C 【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和．2(10810282)2(6882)360S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. 41．B 【解析】该几何体上半部是底面边长为4cm ，高为2cm ，的正四棱柱，其体积为344232()cm ⨯⨯=；下半部分是上、下底面边长分别为4cm ，8cm ，高为2cm 的正四棱台，其体积为1224(164864)233⨯+⨯+⨯=，故其总体积为2243203233+=． 42．112【解析】连接1AD ，1CD ，1B A ，1B C ，AC ，因为E ，H 分别为1AD ，1CD 的中点，所以EH ∥AC ，12EH AC =，因为F ，G 分别为1B A ，1B C 的中点，所以FG ∥AC ，12FG AC =，所以EH FG ∥，EH FG =，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG HF =，EH HG =，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH -的体积为21113212⨯⨯=． 43．43【解析】正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正，则该正八面体的体积为214233⨯⨯=．44．OE 交AC 于G ，由题意OE AC ⊥，设等边三角形ABC 的边长为x （05x <<），则OG x =，5GE x =． G ODFECBA由题意可知三棱锥的高h ===底面24ABC S x ∆=，三棱锥的体积为2134V x =⨯=设45()53h x x x =-，则34()203h x x x '=-（05x <<）， 令()0h x '=，解得x =(0,x ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，所以x =()h x取得最大值4h =所以2max 1212V === 45．9π2【解析】设正方体边长为a ，由2618a =，得23a =，外接球直径为23R ==，344279πππ3382V R ==⨯=． 46．22π+【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1，所以2π1π21121242V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+．47．32【解析】设球的半径为r ，则213223423V r r V r ππ⨯==． 48．2【解析】根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2m ，高为1m 的平行四边形，四棱锥的高为3m ，故其体积为121323⨯⨯⨯=(3m )． 49．83π【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1，高为2的圆柱，两端是底面半径为1，高为1的圆锥，所以该几何体的体积22181221133V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=．50．12【解析】由题意知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h ，则216234h ⨯⨯⨯=，解得1h =，2=，该六棱锥的侧面积为1122122⨯⨯=． 51．PA ⊥平面ABC ，2PA =，AB BC ==2CA =，所以PB ==，PC ==52．32【解析】设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是12,r r ，母线长分别是12,l l ． 则由1294S S =，可得1232r r =．又两个圆柱的侧面积相等，即112222rl r l ππ=， 则112223l r l r ==，所以111222923432V S l V S l ==⨯=． 53【解析】设正方体的棱长为a2r =，即球半径r =．若球的体积为92π，即349)32ππ=，解得a =54．1：24【解析】三棱锥ADE F -与三棱锥ABC A -1的 相似比为1：2，故体积之比为1：8．又因三棱锥ABC A -1与三棱柱ABC C B A -111的体积之比 为1：3．所以，三棱锥ADE F -与三棱柱ABC C B A -111的体积之比为1：24． 另：112211111334224ADE ABC V S h S h V ==⨯⨯=，所以121:24V V =． 55．38【解析】由三视图知，此几何体为一个长为4，宽为3，高为1的长方体中心，去除一个半径为1的圆柱，所以表面积为()243+41+31+2-2=38ππ⨯⨯⨯⨯． 56．92【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱几何体的表面积是12(25)4(2544922S =⨯⨯+⨯++++⨯=．57111322sin 603332ABC V PA S ∆=⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=．58．13【解析】由圆锥底面面积是这个球面面积的316，得223416r R ππ=，所以r R =，则小圆锥的高为2R，大圆锥的高为32R ，所以比值为13．59．【解析】（Ⅰ）证明：PD ⊥平面,,ABCD PD PCD ⊂∴平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD平面ABCD CD =，MD ⊂平面ABCD ，MD CD ⊥，∴MD ⊥平面PCD ，,,,,,CF PCD CF MD CF MF MD MF MDF ⊂∴⊥⊥⊂平面又平面MD MF M =，∴CF MDF ⊥平面．（Ⅱ）00,,60,30,CF MDF CF DF PCD CDF ⊥∴⊥∠=∴∠=平面又易知11==,22CF CD 从而12,,,2DE CF EF DC DE PE DP CP ∴=∴=∴=∥12CDE S CD DE ∆=⋅=，22MD ====11.338216M CDE CDE V S MD -∆∴=⋅=⋅=60．【解析】（Ⅰ）由已知得ABC DBC ∆≅∆，因此AC DC =，又G 为AD 的中点，CG AD ⊥；同理BG AD ⊥；因此AD ⊥平面BCG ,又EF AD ∥,∴EF ⊥平面BCG ．CD（Ⅱ）在平面ABC 内，做AO CB ⊥，交CB 的延长线于O ，由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BCD ，又G 为AD 的中点，因此G 到平面BCD 的距离h 是AO 的一半，在AOB ∆中，sin 603AO AB =⋅=1132D BCG G BCD DBG V V S h --∆==⨯⨯=． 61．【解析】（Ⅰ）连结1AC ，交1A C 于点O ，连结DO ，则O 为1AC 的中点，因为D 为AB的中点，所以OD ∥1BC ，又因为OD ⊂平面1A CD ，1BC ⊄平面1A CD ， 所以1BC //平面1A CD ；（Ⅱ）由题意知 CD ⊥平面11ABB A ．再由12AA AC CB ===，AB =90ACB ∠=，CD =1A D =DE =13A E =．故22211A D DE A E +=，即1DE A D ⊥所以111132C A DE V -=⨯=． 62．【解析】（Ⅰ）证明：连接AC ，交于BD 于O 点，连接PO ．因为底面ABCD 是菱形，所以,AC BD BO DO ⊥=，由PB PD =知，PO BD ⊥．再由PO AC O ⋂=知，BD ⊥面APC ，因此BD PC ⊥．（Ⅱ）解：因为E 是P A 的中点，所以1122P BCE C PEB C PAB B APC V V V V ----=== 由2PB PD AB AD ====知，ABD PBD ≅ 因为60BAD ∠=,所以1PO AO AC BO ====.又222,PA PO AO PA PO AC =+=⊥即.故132APCSPO AC =∙=. 由（1）知，1111,2232P BCE B APC APCBO APC V V BO S --⊥==∙∙∙=面因此． 63．【解析】（1）由已知可得AE =3，BF =4，则折叠完后EG =3，GF =4，又因为EF =5，所以可得EG GF ⊥，又因为CF EGF ⊥底面,可得CF EG ⊥，即EG CFG ⊥面所以平面DEG ⊥平面CFG .（2）过G 作GO 垂直于EF ，GO 即为四棱锥G -EFCD 的高， 所以所求体积为11124516335CDEF S GO ⋅=⨯⨯⨯=． 64．【解析】（I ）由条件知PDAQ 为直角梯形因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD ．又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC ．在直角梯形PDAQ 中可得DQ =PQ =2PD ，则PQ ⊥QD 所以PQ ⊥平面DCQ .（II ）设AB =a .由题设知AQ 为棱锥Q —ABCD 的高，所以棱锥Q —ABCD 的体积311.3V a =由（I ）知PQ 为棱锥P —DCQ 的高，而PQ ，△DCQ 的面积为22a ， 所以棱锥P —DCQ 的体积为321.3V a =故棱锥Q —ABCD 的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值为1．。
2018高考数学立体几何含答案(最新整理)
2018高考数学立体几何答案1.（本小题14分）如图，在三棱柱ABC −中，平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为111A B C 1CC ⊥，AC ，，的中点，AB=BC，AC ==2．1AA 11A C 1BB 1AA（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．【解析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥Q 平面ABC ，∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点，AC EF ∴⊥，AB BC =Q ，AC BE ∴⊥，AC ∴⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC EF ⊥，AC BE ⊥，1EF CC ∥．又1CC ⊥平面ABC ，EF ∴⊥平面ABC ．BE ⊂Q 平面ABC ，EF BE ∴⊥．如图建立空间直角坐称系E xyz -．由题意得()0,2,0B ，()1,0,0C -，()1,0,1D ，()0,0,2F ，()0,2,1G ，()=2,01CD ∴u u u r ,，()=1,2,0CB u u r ，设平面BCD 的法向量为(),a b c =,n ，00CD CB ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩u u u r u u r n n ，2020a c a b +=⎧∴⎨+=⎩，令2a =，则1b =-，4c =-，∴平面BCD 的法向量()2,14=--，,n ，又Q 平面1CDC 的法向量为()=0,2,0EB u u r ，cos =EB EB EB⋅∴<⋅>=-u u r u u r u u r n n n ．由图可得二面角1B CD C --为钝角，所以二面角1B CD C --的余弦值为．（3）平面BCD 的法向量为()2,1,4=--n ，()0,2,1G Q ，()0,0,2F ，()=02,1GF ∴-u u u r ,，2GF ∴⋅=-u u u r n ，∴n 与GF u u u r 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2．（本小题14分）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．（1）求证：PE BC ⊥；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD ．【解析】（1）PA PD =Q ，且E 为AD 的中点，PE AD ∴⊥，Q 底面ABCD 为矩形，BC AD ∴∥，PE BC ∴⊥．（2）Q 底面ABCD 为矩形，AB AD ∴⊥，Q 平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∴⊥平面PAD ，AB PD ∴⊥．又PA PD ⊥，PD ⊥Q 平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．F Q ，G 分别为PB 和PC 的中点，FG BC ∴∥，且12FG BC =，Q 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，ED BC ∴∥，12DE BC =，ED FG ∴∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形，EF GD ∴∥，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ，EF ∴∥平面PCD ．3．（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.解答：（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥，又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ，BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD .（2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥，设4AB =，则4EF =，2PF =，∴PE =，过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点，由平面PEF ⊥平面ABFD ，∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴PH ==，而4PD =，∴sin PH PDH PD ∠==，∴DP 与平面ABFD .4．（12分）如图，在三棱锥P ABC -中，AB 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．C【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =，连结OB．因为AB BC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==，由222OP OB PB +=知PO OB ⊥，由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB u u u r 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得()0,0,0O ，()2,0,0B ，()0,2,0A -，()0,2,0C，(P，(AP =u u u r ，取平面PAC 的法向量()2,0,0OB =u u u r ，设()(),2,002M a a a -<≤，则(),4,0AM a a =-u u u r ，设平面PAM 的法向量为(),,x y z =n ．由0AP ⋅=u u u r n ，0AM ⋅=u u u r n ，得()2040y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取))4,a a =--n ，cos ,OB ∴<>=u u u rn ，由已知得cos ,OB <>=u u u r n，，解得4a =-（舍去），43a =，43⎛⎫∴=- ⎪⎪⎝⎭n ，又(0,2,PC =-u uu r Q ，所以cos ,PC <>=u u u r n ．所以PC 与平面PAM ．5．（12分）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧A CD所在平面垂直，M 是A 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．解答：（1）∵正方形半圆面，ABCD⊥CMD∴半圆面，∴平面.AD⊥CMD AD⊥MCD∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴CM MCD AD CM⊥M CD,C D .又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面CM MD⊥AD DM D=I CM⊥ADM CM BCM平面.BCM⊥ADM（2）如图建立坐标系：∵面积恒定，ABCS∆∴，最大.MO CD⊥M ABCV-，，，，,(0,0,1)M(2,1,0)A-(2,1,0)B(0,1,0)C(0,1,0)D-设面的法向量为，设面的法向量为，MAB111(,,)m x y z=u rMCD222(,,)n x y z=r，，(2,1,1)MA=--(2,1,1)MB=-，，(0,1,1)MC=-(0,1,1)MD=--，11111120(1,0,2)20x y zmx y z--=⎧⇒=⎨+-=⎩同理，，(1,0,0)n=∴，∴.cosθ==sinθ=6.（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）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.7.(本小题满分13分)如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且AD BC ∥AD CD ⊥EG AD ∥CD FG ∥CD =2FG ，，DA =DC =DG =2.DG ABCD ⊥平面（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；MN CDE ∥平面（II ）求二面角的正弦值；E BCF --（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.【解析】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()0,0,0D ，()2,0,0A ，()1,2,0B ，()0,2,0C ，()2,0,2E ，()0,1,2F ，()0,0,2G ，30,,12M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0,2N ．（1）依题意()0,2,0DC = ，()2,0,2DE = ．设()0,,x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即20220y x z =+=⎧⎨⎩，不妨令–1z =，可得()01,0,1=-n ．又31,,12MN ⎛⎫= ⎪⎝⎭-，可得00MN ⋅= n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得()–1,0,0BC = ，()1,2,2BE =- ，()0,1,2CF =- ．设(),,x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,1,1=n ．设(),,x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即020x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,2,1=m ．因此有cos ,⋅<>==m n m n m n，于是sin ,m n <>=．所以，二面角––E BC F．（3）设线段DP 的长为[]()0,2h h ∈，则点P 的坐标为()0,0,h ，可得()1,2,BP h =-- ．易知，()0,2,0DC = 为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DC ⋅<⋅>== ，sin 60=︒=，解得[]0,2h =．所以线段DP．8．（本题满分15分）如图，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．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．解答：（1）∵，且平面，12AB B B ==1B B ⊥ABC∴，∴.1B B AB ⊥1AB =同理，1AC ===过点作的垂线段交于点，则且，∴.1C 1B B 1B B G 12C G BC ==11B G =11B C =在中，，11AB C ∆2221111AB B C AC +=∴，①111AB B C ⊥过点作的垂线段交于点.1B 1A A 1A A H则，，∴.12B H AB ==12A H =11A B =在中，，11A B A ∆2221111AA AB A B =+∴，②111AB A B ⊥综合①②，∵，平面，平面，11111A B B C B ⋂=11A B ⊂111A B C 11B C ⊂111A B C ∴平面.1AB ⊥111A B C （2）过点作的垂线段交于点，以为原点，以所在直线为轴，B AB AC I B AB x 以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.BI y 1B B z B xyz -则，，，，(0,0,0)B (2,0,0)A -1(0,0,2)B 1C 设平面的一个法向量，1ABB (,,)n a b c = 则，令，则，1020200n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩ 1b =(0,1,0)n = 又∵，.1AC =1cos ,n AC <>== 由图形可知，直线与平面所成角为锐角，设与平面夹角为.1AC 1ABB 1AC 1ABB α∴.sin α=9．（本小题满分14分）在平行六面体中，．1111ABCD A B C D -1111,AA AB AB B C =⊥求证：（1）；11AB A B C 平面∥（2）．111ABB A A BC ⊥平面平面【解析】（1）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB A B ∥．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ．（2）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形．又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此11AB A B ⊥．又因为111AB B C ⊥，11BC B C ∥，所以1AB BC ⊥．又因为1A B BC B = ，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ，所以1AB ⊥平面1A BC ．因为1AB ⊂平面11ABB A ，所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ．。
2018年北京市高考期末理科数学试题分类汇编之立体几何
十二、三视图（一）试题细目表（二）试题解析1.（2018•西城期末·13）．从一个长方体中截取部分几何体，得到一个以原长方体的部分顶点为顶点的凸多面体，其三视图如图所示．该几何体的表面积是____．【答案】362.（2018·海淀区期末·7）某三棱锥的三视图如图所示，则下列说法中：①三棱锥的体积为②三棱锥的四个面全是直角三角形③三棱锥的四个面的面积最大的是所有正确的说法是A. ①B. ①②C. ②③D. ①③【答案】D2.（2018·石景山期末·7）《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．下图网格纸中实线部分为此刍甍的三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈，那么此刍甍的体积为（）A. 3立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【答案】B3.（2018·丰台期末·6）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱的棱长为（）A．2 B．．3【答案】D4.（2018·通州区期末·13）在正方形网格中，某四面体的三视图如图所示．已知小正方形网格的边长为1，那么该四面体的四个面中，面积最大的面的面积是_______.【答案】125.（2018·昌平区期末·5）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，面积的最小值为C. 2D.【答案】B6.（2018·房山区期末·7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积是120（B ）60（C ）24（D ）20（A ）【答案】B7.（2018·朝阳区期末·5）某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为 A.4B.43D.【答案】A8.（2018·东城区期末·7）某三棱锥的三视图如图所主视图左视图俯视图1 1示，该三棱锥的体积为A.16B.13C.12D.1【答案】A十三、立体几何（一）试题细目表（二）试题解析1.（2018·朝阳区期末·8）如图1，矩形ABCD 中，AD =点E 在AB 边上，CE DE ⊥且1AE =. 如图2，ADE △沿直线DE 向上折起成1A DE △．记二面角1A D E A --的平面角为θ，当θ()00180∈ ，时，① 存在某个位置，使1CE DA ⊥； ② 存在某个位置，使1DE AC ⊥；③ 任意两个位置，直线DE 和直线1AC 所成的角都不相等.以上三个结论中正确的序号是 A . ①B.①② C.①③D.②③【答案】C2.（2018•海淀区期末·13）．已知正方体的棱长为，点是棱的中点，点在底面内，点在线段上，若，则长度的最小值为.3.（2018·通州区期末·8）如图，各棱长均为1的正三棱柱111ABC A B C -，M ，N分别为线段1A B ，1B C 上的动点，若点M ，N 所在直线与平面11ACC A 不相交， 点Q为MN 中点，则点的轨迹的长度是A B 1111ABCD A BC D -M BC P ABCD Q 11AC 1PM =PQ Q AC ．1D 【答案】B4.（2018•丰台区期末·17）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，,E F 分别是,AB PC 的中点，2PA AD ==，CD （Ⅰ）求证：EF ∥平面PAD ；（Ⅱ）求PC 与平面EFD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱BC 上是否存在一点M ，使得平面PAM ⊥平面EFD ？若存在，求出BMBC的值；若不存在，请说明理由.【答案】解：（Ⅰ）证明：取PD 中点G ，连接,AG FG . 因为,F G 分别是,PC PD 的中点， 所以FG CD ∥，且12FG CD =. 因为ABCD 是矩形，E 是AB 中点， 所以AE FG ∥，AE FG =. 所以AEFG 为平行四边形. 所以EF AG ∥.又因为AG ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ， 所以EF ∥平面PAD .（Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ， 所以PA AB ⊥，PA AD ⊥.因为四边形ABCD 是矩形，所以AB AD ⊥. 如图建立直角坐标系Axyz ，所以2E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，2F ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0D ，所以()0,1,1EF =uu u r，2,0DE ⎫=-⎪⎪⎝⎭uuu r .设平面EFD 的法向量为(),,n x y z =r，因为00n EF n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu u r r uuu r，所以0202y z x y +=⎧-=⎪⎩. 令1y =，所以1z x =-⎧⎪⎨=⎪⎩()1n =-r .又因为)2,2PC =-uu u r，设PC 与平面EFD 所成角为θ，所以sin cos ,PC n PC n PC nθ⋅===⋅uu u r r uu u r r uu u rr 45=. 所以PC 与平面EFD 所成角的正弦值为45.（Ⅲ）因为侧棱PA ⊥底面ABCD ，所以只要在BC 上找到一点M ，使得DE AM ⊥， 即可证明平面PAM ⊥平面EFD . 设BC 上存在一点M，则)[](),00,2Mt t ∈，所以),0AM t =uuu r .因为2,0ED ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，所以令0AM ED ⋅=u u u r u u u r ，即120t -+=，所以12t =.所以在BC 存在一点M ，使得平面PAM ⊥平面EFD ，且14BM BC =.5.（2018·西城区期末·17）如图，三棱柱中，平面，，.过的平面交于点，交于点. （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：四边形为平行四边形； （Ⅲ）若，求二面角的大小.【答案】解：（Ⅰ）因为平面，所以．[1分]因为三棱柱中，，所以四边形为菱形， 所以 ．[3分]所以平面．[4分]111ABC A B C -AB ⊥11AA C C 12AA AB AC ===160A AC ︒∠=1AA 11B C E BC F 1AC ⊥1ABC 1AA EF 1B AC F --AB ⊥11AA C C 1A C AB ⊥111ABC A B C -1AA AC =11AA C C 11A C AC ⊥1AC ⊥1ABC（Ⅱ）因为，平面，所以平面．[ 5分] 因为平面平面，所以．[ 6分] 因为平面平面，平面平面，平面平面，所以．[7分]所以四边形为平行四边形．[8分] （Ⅲ）在平面内，过作．因为平面，如图建立空间直角坐标系．[9分]由题意得，，，，，． 因为，所以，所以．由（Ⅰ）得平面的法向量为．设平面的法向量为，则即令，则，．[11分]所以．[13分]由图知二面角的平面角是锐角，所以二面角的大小为． [14分]6.（2018·海淀区期末·17）如题1，梯形中，为中点.将沿翻折到11//A A B B 1A A ⊄11BB C C 1//A A 11BB C C 1AA EF 11BB C C EF =1//A A EF //ABC 111A B C 1AA EF ABC AF =1AA EF 1111A B C A E =1//A E AF 1AA EF 11AA C C A Az AC ⊥AB ⊥11AA C C A xyz -(0,0,0)A (2,0,0)B (0,2,0)C 1A 1C 1ABC 1AC F (,,)x y z =n 1y =2x =-z =(2,1,=-n 1B AC F --1B AC F --45︒ABCD //,,1,2,AD BC CD BC BC CD AD E ⊥===AD ABE ∆BE的位置，如图2.（Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （Ⅲ）设分别为和的中点，试比较三棱锥和三棱锥（图中未画出）的体积大小，并说明理由.【答案】（Ⅰ）证明：因为，，，，平面 ……………..1分 所以平面……………..2分因为平面，所以平面平面 ……………..3分（Ⅱ）解：在平面内作， 由平面，建系如图. ……………..4分则，，，，.，， ……………..7分设平面的法向量为，则 1A BE ∆1A DE ∆⊥BCDE 1A B 1ACD ,M N 1A E BC 1M ACD -1N ACD -1BE A E ⊥BE DE ⊥1A E DE E =I 1A E DE ⊂1A DE BE ⊥1A DE BE ⊂BCDE 1A DE ⊥BCDE 1A DE EF ED ⊥BE ⊥1A DE (1,0,0)B (1,1,0)C (0,1,0)D (0,0,0)E (1,0,0)DC =u u u r1ACD (,,)n x y z =r，即，令得，所以是平面的一个方向量. ……………..9分……………..10分所以与平面所成角的正弦值为. ……………..11分（Ⅲ）解：三棱锥和三棱锥的体积相等.……………..12分 理由如: 方法一：由，，知，则因为平面，所以平面. ……………..13分 故点、到平面的距离相等，有三棱锥和同底等高，所以体积相等. ……………..14分方法二：如图，取中点，连接，，.因为在中，，分别是，的中点，所以 因为在正方形中，，分别是，的中点，所以 因为，，平面，，平面 所以平面平面因为平面，所以平面 ……………..13分 故点、到平面的距离相等，有三棱锥和同底等高，所以体积相等. ……………..14分1z =3y =n =r1ACD 1A B 1A CD 1M ACD -1N ACD -0MN n ⋅=uuu r rMN ⊂1ACD //MN 1ACD M N 1ACD 1M ACD -1N ACD -DE P MP NP MN 1A DE ∆M P 1A E DE 1//MP A D BCDE N P BC DE //NP CD MP NP P = MP NP ⊂MNP 1A D CD ⊂1ACD MNP //1ACD MN ⊂MNP //MN 1ACD M N 1ACD 1M ACD -1N ACD -法二法三方法三：如图，取中点，连接，，.因为在中，，分别是，的中点，所以且因为在正方形中，是的中点，所以且所以且，故四边形是平行四边形，故 因为平面，平面，所以平面. ……………..13分 故点、到平面的距离相等，有三棱锥和同底等高，所以体积相等. ……………..14分7.（2018·石景山期末·17）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PCD ⊥平面ABCD ，1BC =，2AB =，PC PD ==E 为PA 中点．（Ⅰ）求证：//PC BED 平面； （Ⅱ）求二面角A PC D --的余弦值；1A D Q MN MQ CQ 1A DE ∆M Q 1A E 1A D //MQ ED BCDE N BC //NC ED //MQ NC MQ NC =MNCQ //MN CQ CQ ⊂1ACD MN ⊂1ACD //MN 1ACD M N 1ACD 1M ACD -1N ACD -（Ⅲ）在棱PC 上是否存在点M ，使得BM AC ⊥？若存在，求PMPC的值；若不存在，说明理由．【答案】解：（Ⅰ）证明：设AC 与BD 的交点为F ，连接EF . 因为ABCD 为矩形，所以F 为AC 的中点， 在PAC ∆中，由已知E 为PA 中点，所以//EF PC ， ……………2分 又EF ⊂平面BED ，PC ⊄平面BED ， ……………3分 所以//PC 平面BED . ……………4分 （Ⅱ）解：取CD 中点O ，连接PO . 因为PCD ∆是等腰三角形，O 为CD 的中点， 所以PO CD ⊥，又因为平面PCD ⊥平面ABCD ， 因为PO ⊂平面PCD ，PO CD ⊥，所以PO ⊥平面ABCD ． ……………5分 取AB 中点G ，连接OG ， 由题设知四边形ABCD 为矩形， 所以OF CD ⊥， 所以PO OG ⊥．如图建立空间直角坐标系O xyz -，则(1,1,0)A -，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(0,1,0)D -，(1,1,0)B ，(0,0,0)O ，(1,0,0)G .(1,2,0)AC =-u u u r ，(0,1,1)PC =-u u u r. ……………6分设平面PAC 的法向量为(,,)n x y z =r则0,0,n AC n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uuu r r uu u r即20,0.x y y z -=⎧⎨-=⎩令1z =，则1y =，2x =， 所以.平面的法向量为，设，的夹角为，所以. ……………9分由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. ……………10分（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得．因此点，，． ……12分由，即．因为，所以在棱上存在点，使得，此时． ……………14分8.（2018·通州区期末·17）如图，在四棱柱中，平面,底面为梯形，，，，点，分别为，的中点.PCD n r OG uuu rαA PC D --A PC B --M PC PM PC λ=uuu r uu u r (0,,1)M λλ-0BM AC ⋅=u u u r u u u rPC M BM AC ⊥1111ABCD A BC D -1AA ⊥ABCD ABCD //AD BC 2AB DC ==P Q 11A D AD（Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使与平面所成角的正弦值是，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】解：（Ⅰ）连接，因为点，分别为，的中点， 所以，. 所以四边形是平行四边形. 所以因为平面，平面， 所以平面……………………4分 （Ⅱ）因为平面,， 所以平面.……………………5分所以以为坐标原点，分别以直线，为轴，轴建立空间直角坐标系，则轴在平面内．所以，，，，所以，. ……………………7分设平面的法向量为，所以即所以. ……………………8分设平面的法向量为，所以又二面角为锐角，所以二面角的余弦值是……………………10分（Ⅲ）存在. 设点，所以//CQ 1PAC 1C AP D --BC E PE 1PAC BE PQ P Q 11A D AD 1//PQ C C 1PQ C C =PQCC 11//.CQ C P CQ ⊄1PAC 1C P ⊂1PAC //CQ 1.PAC 1AA ⊥ABCD 1//AA PQ PQ ⊥ABCD Q QA QP x z Qxyz y ABCD (),,C -12121PAC PAD 1C AP D --1C AP D --设与平面所成角为，所以所以，解得所以……………………14分9.（2018·昌平区期末·18）如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，为正三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，为线段的中点，在线段上.（I ）当是线段的中点时，求证：PB // 平面ACM ； （II ）求证：；（III ）是否存在点，使二面角的大小为60°，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（I ）证明：连接BD 交AC 于H 点，连接MH ，因为四边形ABCD 是菱形， 所以点H 为BD 的中点. 又因为M 为PD 的中点， 所以MH // BP .又因为BP 平面ACM ,平面ACM . 所以 PB //平面ACM .……………4分（II ）证明：因为为正三角形，E 为AB 的中点，所以PE ⊥AB .因为平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD=AB ，PE 平面P AB ， 所以PE ⊥平面ABCD .又因为平面， 所以.……………8分(Ⅲ)因为ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，E 是AB 的中点， 所以CE ⊥AB .又因为PE ⊥平面ABCD ，PE 1PAC θ 1.a =1.BE =PAB ∆E AB M PD M PD PE AC ⊥M M EC D --⊄MH ⊂PAB ∆⊂AC ⊂ABCD PE AC⊥以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 则，， ，，．………10分 假设棱上存在点，设点坐标为，，则， 所以，所以，，设平面的法向量为，则，解得．令，则，得．因为PE ⊥平面ABCD ， 所以平面ABCD 的法向量，所以． 因为二面角的大小为60°， 所以，即， 解得，或（舍去）所以在棱PD 上存在点，当时，二面角的大小为60°．…………………14分10.（2018·房山区期末·18）如图几何体ADM-BCN 中，是正方形，，，，，.（Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）求二面角的余弦值.【答案】解：（Ⅰ）在正方形中，； 又，；3(1)x λ=-M EC D --23210λλ+-=1λ=-M EC D --ABCD NM //CD CN CD MD AD ⊥⊥,=∠MDC o 120 30=∠CDN 42==MD MN CDMN AB 平面//AMD DN 平面⊥D AM N --ABCD CD AB // MNCD 面⊂CD MNCD 面⊄AB…………………5分（Ⅱ）四边形是正方形，，，，，…………………10分（Ⅲ）法1：以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示；由（Ⅱ）；设面的法向量，令，由图可知二面角为锐角MNCD //面AB ∴ ABCD ⊥∴AD DC ⊥AD MD CD D MD =CD MNCD MD 平面⊂⊥∴AD MNCD 平面 MNCD DN ⊂⊥∴AD DN =∠MDC o 120 30=∠CDN 90=∠∴MDN ∴MD ND ⊥ D MD AD = AMD MD AD 平面，⊂AMD DN 面⊥∴xyz D -3,3,32===CN CD DN )0,32,0(),0,0,2(),3,0,0(),0,0,0(N M A D ∴)0,32,0(),3,32,0(),3,0,2(=-=-=∴DN AN AM AMN ),,(z y x n =3,3,2===y x z 则)2,3,3(=∴nD AM N --二面角的余弦值为…………………14分法2：以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示； 由（Ⅱ）；设面的法向量，令，由图可知二面角为锐角二面角的余弦值为. …………………14分11.（2018·朝阳区期末·17）如图，在三棱柱中，，是线段的中点，且平面． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）若，，求二面角的余弦值.【答案】 （Ⅰ）证明：因为，所以．根据题意，平面，平面，所以．因为，所以平面．∴D AM N --xyz D -3,3,32===CN CD DN )0,3,0(),0,3,4(),3,0,3(),0,0,3(),0,0,0(N M A D C ∴)0,3,3(),3,3,3(),3,3,1(-=--=-=∴AMN),,(z y x n =3,1==y z 则)1,3,0(=∴nD AM N --∴D AM N --111ABC A B C -90ACB ∠=D AC 1A D ⊥ABC 1A BC ⊥11AAC C 1//BC 1A BD 11A B AC ⊥2AC BC ==1A A B C --90ACB ∠= BC AC ⊥1A D ⊥ABC BC ⊂ABC 1A D BC ⊥1A D AC D = BC ⊥11AAC C ACBB 1C 1A 1D又因为平面，所以平面平面．………………4分 （Ⅱ）证明：连接，设，连接．根据棱柱的性质可知，为的中点， 因为是的中点， 所以．又因为平面，平面，所以平面．………………8分 （Ⅲ）如图，取的中点，则，因为，所以， 又因为平面， 所以两两垂直．以为原点，分别以为 轴建立空间坐标系（如图）. 由（Ⅰ）可知，平面, 所以．又因为，, 所以平面，所以， 所以四边形为菱形． 由已知，则，，，． 设平面的一个法向量为，因为，，所以，即BC ⊂1A BC 1A BC ⊥11AAC C 1AB 11AB A B E = DE E 1AB D AC 1//DE B C DE ⊂1A BD 1B C ⊄1A BD 1//BC 1A BD AB F //DF BC BC AC ⊥DF AC ⊥1A D ⊥ABC 1,,DF DC DA D 1,,DF DC DA ,,x y z BC ⊥11AAC C 1BC AC ⊥11A B AC ⊥1BC A B B = 1AC ⊥1A BC 11AC AC ⊥11AAC C 2AC BC ==1A AB ACB B 1C 1A 1DE设，则． 再设平面的一个法向量为， 因为，，所以，即 设，则． 故．由图知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．…………14分11.（2018·东城区期末·17）如图，在四棱锥E ABCD -中，平面ADE ⊥平面ABCD ，,O M 为线段,AD DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，,AE DE AE DE =⊥. （Ⅰ）求证：CM ∥平面ABE ；（Ⅱ）求直线DE 与平面ABE 所成角的正弦值；（Ⅲ）点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.【答案】解：（Ⅰ）如图取线段AE 中点P ，连接BP 、MP ，∵M 为DE 中点，∴MP//AD ，MP ＝12AD ， 又∵四边形BCDO 是边长为1的正方形，∴BC//CO ，BC=CO,∴BC//MP,BC ＝MP ．∴四边形BCMP 为平行四边形，∴CM//BP∵CM ⊄面ABE ，BP ⊂面ABE ，1z =1A BC 11z =1A A B C --1A A B C --∴CM ∥平面ABE ；（Ⅱ）连接EO ，∵AE=DE ，O 为AD 中点，∴EO ⊥AD ．∵EO ⊂面ADE ，面ADE ⊥面ABCD ，面ADE∩面ABCD=AD ．∴EO ⊥面ABCD ．又∵OB ⊂面ABCD ，OD ⊂面ABCD ，∵EO ⊥BO ，EO ⊥OD ，如图建立空间直角坐标系．A （0，-1，0），B （1，0，0），C （1，1，0），D （0，1，0），E （0，0，1），11(0,,)22M 设面ABE 的法向量为(,,),(1,1,0),(0,1,1)m x y z AB AE ===由00AB m x y AE m y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，可取(1,1,1)m =-. (0,1,1),cos ,DE m DE m DE DE m⋅=-<>= . ∴直线DE 与平面ABE所成角的正弦值为：3 （Ⅲ）设11,(0,,0),(1,,0),(1,,)22ON OD N NB MB λλλ==-=-- . 设面BMN 的法向量为(,,)n a b c = 则有011022n NB a b n MB a b c λ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩ 可得(,1,21)n λλ=-∵平面BMN ⊥平面ABE ，∴0m n ⋅= ，解得2=3λ.∴53AN .。
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第八篇：立体几何一、选择题1.【2018全国一卷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 ．172B ．52C ．3D ．22.【2018全国一卷12】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 D3.【2018全国二卷9】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D 4.【2018全国三卷3】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5.【2018全国三卷10】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D ABC 体积的最大值为 A．B．C．D．6.【2018北京卷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.1B.2C.3D.4俯视图正视图7.【2018浙江卷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：cm 3）是 A ．2B ．4C ．6D ．88.【2018浙江卷8】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≤θ19.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）（A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】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__________．2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCD A BC 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 -的体积为.3.【2018江苏卷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 ．三、解答题1.【2018全国一卷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.2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥P ABC -中，AB 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．3.【2018全国三卷19】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AM D ⊥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．4.【2018北京卷16】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．5.【2018天津卷17】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（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.6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，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．8.【2018浙江卷19】如图，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．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）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.参考答案 一、选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D 二、填空题 1.π240 2.121 3.43三、解答题1.解：（1）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 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DPHP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD . 2解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得)0,0,0(O ，)0,0,2(B ，)0,2,0(-A ，)0,2,0(C ，)32,0,0(P ，)32,2,0(=AP 取平面PAC 的法向量)0,0,2(=．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则)0,4,(a a -=． 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z=n ．由0=⋅n ，0=⋅n 得20(4)0yax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以2223)4(32)4(32,cos aa a a n ++-->=<．由已知可得23,cos =><n OB ．4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ． 又)322,0(-=，PC ，所以43,cos >=<n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4． 3.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CD 上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM . 又 BCCM =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(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD 4.解：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ． （Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥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）．)1,0,2(=∴CD ，)0,2,1(=CB ，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为)0,2,0(=，∴2121cos -=>=⋅<n ． 由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴)1,2,0(-=，∴2-=⋅n ，∴n 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．5.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）．（Ⅰ）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0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）解：依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）． 设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 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00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得m =（0，2，1）． 因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F． （Ⅲ）解：设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，h ∈［0，2］． 所以线段DP 6.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 ．7.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1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ， 因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB BC AC +=，故111AB B C ⊥. 因此1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D =111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB方法二：（Ⅰ）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：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。