2018年全国高考文科数学分类汇编----立体几何

2018年全国高考文科数学分类汇编——立体几何
1.（北京）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（C）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，
AC=，CD=，
PC=3，PD=2，可得三角形PCD不是直角三角形．
所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，
△PAD．
故选：C．
2.(北京)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．
【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，
底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；
（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG ∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，
可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，
可得平面PAB⊥平面PCD；
（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，
FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，
可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．
3.（江苏）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．
【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2×=．
故答案为：．
4. （江苏）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．
【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，
⇒AB∥平面A1B1C；
（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．
在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．
∴
⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．
5.（全国1卷）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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．12πB．12πC．8πD．10π
【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2=8，解得R=，
则该圆柱的表面积为：=10π．故选：D．
6.（全国1卷）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（）B
A．2B．2C．3 D．2
【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，
直观图以及侧面展开图如图：
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：=2．故选：B．
7.（全国1卷）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）C
A．8 B．6C．8D．8
【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，
即∠AC1B=30°，可得BC1==2．可得BB1==2．
所以该长方体的体积为：2×=8．故选：C．
8.（全国1卷）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BP=DQ=DA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．
【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，
又AB⊥DA．且AD∩AB=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；
（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，
由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V=
=××==1．
9.（全国2卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）C
A．B．C．D．
【解答】解：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，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），
C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，
则cosθ===，sinθ==，∴tanθ=．
∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．故选：C．
10.（全国2卷）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△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为8π．
【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA=4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，
则该圆锥的体积为：V==8π．故答案为：8π．
11. （全国2卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=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．
【解答】（1）证明：∵AB=BC=2，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三角形，
又O为AC的中点，∴OA=OB=OC，
∵PA=PB=PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，
∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=0，∴PO⊥平面ABC；
（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO=，
在△COM中，OM==．
S=××=，
S△COM==．
=V C﹣POM⇒，
设点C到平面POM的距离为d．由V P
﹣OMC
解得d=，
∴点C到平面POM的距离为．
12.（全国3卷）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（）A
A．B．C．D．
【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．
故选：A．
13.（全国3卷）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）
A．12B．18C．24D．54
【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB=6，
球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：
O′C==，OO′==2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，
则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：=18．
故选：B．
14.（全国3卷）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于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．
【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，
∴CM⊥AD，
M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CD⊥平面AMD，CD⊂平面CMB，
∴平面AMD⊥平面BMC；
（2）解：存在P是AM的中点，
理由：
连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．
15.（上海）《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AA1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AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）C
A．4 B．8 C．12 D．16
【解答】解：根据正六边形的性质可得D1F1⊥A1F1，C1A1⊥A1F1，
D1B1⊥A1B1，E1A1⊥A1B1，
则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E和D1一样，
故有2×6=12，故选：C．
16.（上海）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．
【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，
∴圆锥的体积V===．
（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，
∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，
则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos ．
17.（天津）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为
．
【解答】解：由题意可知四棱锥A1﹣BB1D1D的底面是矩形，边长：1和，
四棱锥的高：A1C1=．则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为：=．
故答案为：．
18.（天津）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，AB=2，AD=2，∠BAD=90°．
（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．
【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，
得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；
（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND，
∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，
∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，
在Rt△DAM中，AM=1，故DM=，
∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，
在Rt△DAN中，AN=1，故DN=，
在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=．
∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为；
（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，
故CM⊥AB，CM=，
又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，
故CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角．
在Rt△CAD中，CD=，
在Rt△CMD中，sin∠CDM=．
∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．
19.（浙江）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（）C
A．2 B．4 C．6 D．8
【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．
如图所示：
故该几何体的体积为：V=．故选：C．
20.（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 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
【解答】解：∵m⊄α，n⊂α，∴当m∥n时，m∥α成立，即充分性成立，
当m∥α时，m∥n不一定成立，即必要性不成立，则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选：A．
21.（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
【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．
过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，
连接SN，取CD中点M，连接SM，OM，OE，则EN=OM，
则θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．
∵tanθ1==，tanθ3=，SN≥SO，∴θ1≥θ3，
又sinθ3=，sinθ2=，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．
22.（浙江）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=l，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．
【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，∴AA1∥BB1，∵AA1=4，BB1=2，AB=2，∴A1B1==2，又AB1==2，∴AA12=AB12+A1B12，
∴AB1⊥A1B1，同理可得：AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1=B1，∴AB1⊥平面A1B1C1．
（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，
∵AB=BC，∴OB⊥OC，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=，
以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A（0，﹣，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，，1），
∴=（1，，0），=（0，0，2），=（0，2，1），
设平面ABB1的法向量为=（x，y，z），则，
∴，令y=1可得=（﹣，1，0），
∴cos＜＞===．
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cos＜＞|=．
∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．。