2018年高考数学立体几何试题汇编

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2018-2022五年全国高考数学立体几何真题分类汇编(试卷版)

最新-2018年高考数学真题汇编 7：立体几何理精品

2018高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2018高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B2.【2018高考真题浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。

将△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【答案】C3.【2018高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（）()A 6 ()B ()C 3 ()D 2【答案】A4.【2018高考真题四川理6】下列命题正确的是（）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C5.【2018高考真题四川理10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠= ，则A 、P两点间的球面距离为（）A 、arccos 4R 、4R π C 、R 、3R π【答案】A6.【2018高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（）35【答案】A.7.【2018高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D8.【2018高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．8π3B．3πC．10π3D．6π【答案】B9.【2018高考真题广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A．12π B.45π C.57π D.81π【答案】C10.【2018高考真题福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱【答案】D.11.【2018高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1a，且长为aa的取值范围是（A）（B）（C）（D）(1【答案】A12.【2018高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B13.【2018高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中，AB=2，CC 1=为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为【答案】D二、填空题14.【2018高考真题浙江理11】已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.【答案】115.【2018高考真题四川理14】如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。

2018全国高考立体几何(完整答案)

2018全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．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．2．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．3．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．4．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．5．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．6．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．7．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．8．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．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．（1）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【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．2．【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，∴CM⊥平面AMD，CM⊂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．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒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．4．【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．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=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==××==1．6．【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）7．【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．8．【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，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。

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（）BA．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（）CA．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（）CA．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（）AA．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（）CA．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（）CA．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．。

2018年高考真题文科数学分类汇编专题6立体几何

专题6立体几何（2018全国1卷）5. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线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. C. D.【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.（2018全国1卷）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.（2018全国1卷）10. 在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式详解：在长方体中，连接，根据线面角的定义可知，因为，所以，从而求得，所以该长方体的体积为，故选C.点睛：该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长久显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.（2018全国2卷）9. 在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.详解：在正方体中，，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以则.故选C.点睛：求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角.（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.（2018全国3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（）3．答案：A 解答：根据题意，A 选项符号题意；（2018全国3卷）12．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体积的最大值为（）A ．B ．C ．D ．12．答案：BA B C D ABC ∆D ABC -解答：如图，为等边三角形，点为，，，外接球的球心，为的重心，由，取的中点，∴，∴球心到面的距离为，∴三棱锥体积最大值（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A. 1B. 2C. 3D. 4 【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.ABC ∆O A B C D G ABC ∆ABC S ∆=6AB =BC H sin60AH AB =⋅︒=23AG AH ==O ABC 2d ==D ABC -1(24)3D ABC V -=⨯+=点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解. （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 . 83.答案：C 解答：该几何体的立体图形为四棱柱，(12)2262V +⨯=⨯=. （2018浙江卷）6.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.答案：A解答：若“//m n ”，平面外一条直线与平面内一条直线平行，可得线面平行，所以“//m α”；当“//m α”时，m 不一定与n 平行，所以“//m n ”是“//m α”的充分不必要条件.（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≤θ18.答案：D 解答作SO 垂直于平面ABCD ，垂足为O ，取AB 的中点M ，连接SM .过O 作ON 垂直于直线SM ，可知2SEO θ=∠，3SMO θ=∠，过SO 固定下的二面角与线面角关系，得32θθ≥.易知，3θ也为BC 与平面SAB 的线面角，即OM 与平面SAB 的线面角，俯视图正视图根据最小角定理，OM 与直线SE 所成的线线角13θθ≥，所以231θθθ≤≤.（2018全国2卷）16. 已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．【答案】8π【解析】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，又，解得，所以，所以该圆锥的体积为.点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.（2018天津卷）11. 如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．【答案】【解析】分析：由题意分别求得底面积和高，然后求解其体积即可.详解：如图所示，连结，交于点，很明显平面，则是四棱锥的高，且，，结合四棱锥体积公式可得其体积为：.点睛：本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. （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________．【答案】【解析】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，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的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，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的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．（2018全国1卷）18. 如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．【答案】(1)见解析.(2)1.【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到=90，即，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.详解：（1）由已知可得，=90°，．又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．又，所以．作QE⊥AC，垂足为E，则．由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．因此，三棱锥的体积为．点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.（2018全国2卷）19. 如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．【答案】解：（1）因为AP=CP=AC=4，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，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以点C到平面POM的距离为．【解析】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4，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，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以点C到平面POM的距离为．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.（2018江苏卷）15. 在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.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 ．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，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的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. （2018全国3卷）19．（12分）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． ⑴证明：平面平面；⑵在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．19．答案：见解答解答：（1）∵正方形半圆面， ∴半圆面，∴平面.∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴.又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面平面.（2）线段上存在点且为中点，证明如下：连接交于点，连接；在矩形中，是中点，是的中点； ∴，∵在平面内，不在平面内，∴平面.ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD ABCD ⊥CMD AD ⊥CMD AD ⊥MCD CM MCD AD CM ⊥M CD ,C D CM MD ⊥AD DM D =I CM ⊥ADM CM BCM BCM ⊥ADM AM P P AM ,BD AC O ,,PD PB PO ABCD O AC P AM //OP MC OP PDB MC PDB //MCPDB（2018北京卷）18. （本小题14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A=PD，E，F分别为AD，PB的中点.（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面P AB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD.【解析】分析：（1）欲证，只需证明即可；（2）先证平面，再证平面P AB⊥平面PCD；（3）取中点，连接，证明，则平面.详解：（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.∵底面为矩形，∴，∴.（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.∵平面平面，∴平面.∴.又,∵平面，∴平面平面.（Ⅲ）如图，取中点，连接.∵分别为和的中点，∴，且.∵四边形为矩形，且为的中点，∴，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴.又平面，平面，∴平面.点睛：证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直. （2018江苏卷）25. 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．【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的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，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的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为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．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．（2）因为Q为BC的中点，所以，因此，．设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．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的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.（2018浙江卷）19.(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（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.解答：（1）∵12AB B B ==，且1B B ⊥平面ABC ，∴1B B AB ⊥，∴1AB =.同理，1AC ===过点1C 作1B B 的垂线段交1B B 于点G ，则12C G BC ==且11B G =，∴11B C =在11AB C ∆中，2221111AB B C AC +=， ∴111AB BC ⊥，①过点1B 作1A A 的垂线段交1A A 于点H . 则12B H AB ==，12A H =，∴11A B =. 在11A B A ∆中，2221111AA AB A B =+， ∴111AB A B ⊥，②综合①②，∵11111A B B C B ⋂=，11A B ⊂平面111A B C ，11B C ⊂平面111A B C ， ∴1AB ⊥平面111A B C .（2）过点B 作AB 的垂线段交AC 于点I ，以B 为原点，以AB 所在直线为x 轴，以BI 所在直线为y 轴，以1B B 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -.C 1B 1A 1CA则(0,0,0)B ，(2,0,0)A -，1(0,0,2)B，1(1C ，设平面1ABB 的一个法向量(,,)n a b c =，则1020200n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩，令1b =，则(0,1,0)n =，又∵1AC =，1cos ,13n AC <>==. 由图形可知，直线1AC 与平面1ABB 所成角为锐角，设1AC 与平面1ABB 夹角为α.∴sin α=。

2018年高考理科数学分类汇编---立体几何

2018年全国高考理科数学分类汇编——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：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=，AC=AA1=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．【解答】（I）证明：∵E，F分别是AC，A1C1的中点，∴EF∥CC1，∵CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴EF⊥AC，∵AB=BC，E是AC的中点，∴BE⊥AC，又BE∩EF=E，BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，∴AC⊥平面BEF．（II）解：以E为原点，以EB，EC，EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，1），∴=（﹣2，1，0），=（0，﹣2，1），设平面BCD的法向量为=（x，y，z），则，即，令y=2可得=（1，2，4），又EB⊥平面ACC1A1，∴=（2，0，0）为平面CD﹣C1的一个法向量，∴cos＜，＞===．由图形可知二面角B﹣CD﹣C1为钝二面角，∴二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为﹣．（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），∴=（2，0，﹣1），∴•=2+0﹣4=﹣2≠0，∴与不垂直，∴FG与平面BCD不平行，又FG⊄平面BCD，∴FG与平面BCD相交．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）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（）BA．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．6.（全国1卷）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）AA．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长明明就的最大值为：6×=．故选：A．7.（全国1卷）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）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF=F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，联结DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，=，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故V F﹣PDE因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD=2a，DE=a，在△PDE中，，所以，故V F﹣PDE=，又因为，所以PH==，所以在△PHD中，sin∠PDH==，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．8.（全国2卷）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）CA．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，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，∴A（1，0，0），D1（0，0，），D（0，0，0），B1（1，1，），=（﹣1，0，），=（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ===，∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选：C．9.（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，且二面角M﹣PA﹣C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵AB=BC=2，O是AC的中点，∴BO⊥AC，且BO=2，又PA=PC=PB=AC=2，∴PO⊥AC，PO=2，则PB2=PO2+BO2，则PO⊥OB，∵OB∩AC=O，∴PO⊥平面ABC；（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，﹣2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），=（﹣2，2，0），设=λ=（﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1则=﹣=（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）=（2﹣2λ，2λ+2，0），则平面PAC的法向量为=（1，0，0），设平面MPA的法向量为=（x，y，z），则=（0，﹣2，﹣2），则•=﹣2y﹣2z=0，•=（2﹣2λ）x+（2λ+2）y=0令z=1，则y=﹣，x=，即=（，﹣，1），∵二面角M﹣PA﹣C为30°，∴cos30°=|=，即=，解得λ=或λ=3（舍），则平面MPA的法向量=（2，﹣，1），=（0，2，﹣2），PC与平面PAM所成角的正弦值sinθ=|cos＜，＞|=||==．10.（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（）AA．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．11.（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（）BA．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．12.（全国3卷）如图，边长为2的正方形ABCD所在的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）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】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，∴AD⊥平面BCM，则AD⊥MC，∵AD∩DM=D，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD的边长为2，∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量=（1，0，0），设平面MAB的法向量为=（x，y，z）则=（0，2，0），=（﹣2，1，1），由•=2y=0，•=﹣2x+y+z=0，令x=1，则y=0，z=2，即=（1，0，2），则cos＜，＞===，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα==．13.（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（）CA．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．14.（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．15. （天津）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1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．【解答】解：正方体的棱长为1，M﹣EFGH的底面是正方形的边长为：，四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为，四棱锥M﹣EFGH的体积：=．故答案为：．16.（天津）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．【解答】（Ⅰ）证明：依题意，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．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）．设为平面CDE的法向量，则，不妨令z=﹣1，可得；又，可得．又∵直线MN⊄平面CDE，∴MN∥平面CDE；（Ⅱ）解：依题意，可得，，．设为平面BCE的法向量，则，不妨令z=1，可得．设为平面BCF的法向量，则，不妨令z=1，可得．因此有cos＜＞=，于是sin＜＞=．∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为；（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，而为平面ADGE的一个法向量，故|cos＜＞|=．由题意，可得，解得h=∈[0，2]．∴线段DP的长为．17.（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（）CA．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．18.（浙江）已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）AA．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．19.(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（）DA．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．20.（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．。

2018高考数学试题分类汇编之立体几何

2018年高考数学试题分类汇编之立体几何一、选择题1．（北京卷文）（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（）。

（A ）1（B ）2 （C ）3（D ）42．（北京卷理）（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 ）43．（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：cm 3）是俯视图正视图A ．2B ．4C ．6D ．84．（全国卷一文）（5）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线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 ．12πC ．D ．10π5．（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． B ．C ．3D ．26．（全国卷一文）（10）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︒，则该长方体的体积为A ．8B ．C ．D ．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 ．172B ．52C ．3D ．28．（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 ．4D9．（全国卷二文）（9）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 B C D10．（全国卷二理）（9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA ，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D 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 △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．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14．（全国卷三理）（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 ．二、填空题1．（江苏）（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．2．（天津文）（11）如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．3．（天津理）(11) 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S A B△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78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为，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P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE ⊥BC ；（Ⅱ）求证：平面P AB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求证：EF ∥平面PCD .2.（北京理）（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 ，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．3.（江苏）（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．4.（浙江）（19）（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．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 ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =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．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 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.7.（全国卷一文）（18）（12分）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在线段BC上，且23BP DQ DA==，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 ==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2MC MB =，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 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．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⊥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．12.（全国卷三理）（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．。

立体几何理-2018年高考题和高考模拟题数学(理)分项版汇编

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≤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.在某四棱锥的三视图中，侧面中直角三角形的个数为3个。

解决方法是通过对应的直观图，得出三角形PCD不是直角三角形，同时通过计算得出侧面中有三个直角三角形，分别为△PAB，△PBC和△PAD。

2.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，E，F分别为AD，PB的中点。

需要证明PE⊥BC，平面PAB⊥平面PCD和EF∥平面PCD。

证明过程中，需要利用几何图形的性质，如平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD等。

3.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4/3.解决方法是通过计算正方体中间四边形的边长，然后计算出棱锥的高和棱长，最后通过公式计算出多面体的体积。

4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，需要证明AB∥平面A1B1C和平面ABB1A1⊥平面A1BC。

证明过程中，需要利用平行六面体的性质，如AB∥A1B1等。

在平行四边形ABCM中，由XXX可知∠ABC=∠ACB，又∠XXX°，所以∠ABM=∠CBM，即BM=CM，所以四边形ABB1M和四边形CC1BM是菱形，进而可得AB1⊥XXX，AC1⊥CM，所以AB1∥AC1，又因为XXX⊥AC，所以AB1⊥AC，即AB1是平面ABC的法线，同理可得AD是平面ACD的法线，所以平面ACD⊥平面ABC。

2）若BM=2，求AD的长度。

因为AB=AC=3，所以BC=3，又因为BM=2，所以MC=1，由勾股定理可得AM=√8，又因为AB⊥DA，所以AD=√AB^2+BD^2，又因为ABCD是平行四边形，所以BD=AC=3，所以AD=√18，即AD=3√2.题目：求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值。

解答：I）证明：因为A1A垂直于平面ABC，B1B垂直于平面ABC，所以A1A∥B1B。

由于A1A=4，B1B=2，AB=2，所以A1B1=2.又因为AB1⊥A1B1，同理可得AB1⊥B1C1，且A1B1∩B1C1=B1，所以AB1⊥平面A1B1C1.II）解：取AC的中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D。

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 。

数学2018高考试题分类汇编：文科立体几何试卷版.doc

2018 全国高考数学试题汇编文科立体几何（试题版）[2018 ·安徽卷 ] 一个空间几何体的三视图如下图，则该几何体的表面积为()A．48B．32＋8 17C．48＋8 17D．80 [2018 ·京卷北 ] 某四棱锥的三视图如下图，该四棱锥的表面积是()A．32B．16＋16 2C．48D．16＋322 [2018 ·东卷广 ] 如图，某几何体的正视图(主视图 )，侧视图 (左视图 )和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为()A．4 3B．4C．2 3D．2[2018 ·南卷湖 ] 设图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()99A ． 9π＋ 42B ． 36π＋ 18 C.2π＋ 12 D.2π＋ 18 [2018 ·辽宁卷 ] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为 23，它的三视图中的俯视图如下图，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是()A．4B．2 3C．2 D.3 [2018 课·标全国卷 ] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图，则相应的侧视图能够为()[2018 ·陕西卷 ] 某几何体的三视图如下图，则它的体积为()2ππ2πA．8－3B．8－3C． 8－ 2π D. 3[2018 天·津卷 ] 一个几何体的三视图如下图(单位： m) ，则该几何体的体积为 ________ m 3. [2018 ·江卷浙 ] 若某几何体的三视图如图1－ 1 所示，则这个几何体的直观图能够是()[2018 ·福建卷 ] 如图，正方体ABCD － A1B1C1D1中， AB＝ 2，点 E 为 AD 的中点，点 F 在CD 上，若 EF∥平面 AB1C，则线段EF 的长度等于 ________．[2018 浙·江卷 ] 若直线 l 不平行于平面α，且l?α，则()A ．α内的全部直线与 l 异面B．α内不存在与 l 平行的直线C．α内存在独一的直线与l 平行D．α内的直线与l 都订交[2018 广·东卷 ] 正五棱柱中，不一样在任何侧面且不一样在任何底面的两极点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有()A．20B．15C． 12 D ．10[2018·四川卷 ] l1，l 2， l3是空间三条不一样的直线，则以下命题正确的选项是()A ． l ⊥ l2， l⊥ l? l ∥l3B． l⊥l， l∥l ? l ⊥ l3123112231C． l∥l∥l? l， l， l共面D． l，l， l共点 ? l ， l， l共面123123123123[2018 ·湖北卷 ] 设球的体积为 V1，它的内接正方体的体积为V2，以下说法中最适合的是()A ． V1比 V2大概多一半B． V1比 V2大概多两倍半C． V1比 V2大概多一倍D． V1比 V2大概多一倍半[2018 ·辽宁卷 ] 已知球的直径SC＝4， A、 B 是该球球面上的两点，AB＝ 2，∠ASC＝∠BSC ＝45 °，则棱锥S－ ABC 的体积为 ()32 3 4 3 5 3 A. 3B. 3C. 3D. 3[2018 ·课标全国卷 ] 已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的极点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的163，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ________．[2018 ·四川卷 ] 如图 1－ 3，半径为 4 的球 O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．[2018 ·全国卷 ] 已知正方体ABCD －A1B1C1D1中， E 为 C1D1的中点，则异面直线AE 与 BC 所成角的余弦值为________．[2018 ·徽卷安 ] 如图， ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面 ACFD 垂直，点O 在线段 AD 上， OA＝ 1， OD＝ 2，△OAB，△OAC，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线 BC∥EF；(2)求棱锥 F － OBED 的体积．[2018 ·京卷北 ] 如图，在四周体 PABC 中，PC⊥ AB，PA⊥ BC，点 D，E，F，G 分别是棱AP，AC， BC，PB 的中点．(1)求证： DE ∥平面 BCP；(2)求证：四边形 DEFG 为矩形；(3)能否存在点 Q，到四周体 PABC 六条棱的中点的距离相等？说明原因．[2018 ·苏卷江 ] 如图，在四棱锥P－ABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD ， AB＝ AD，∠BAD ＝60°， E、 F 分别是 AP、 AD 的中点．求证： (1)直线 EF∥平面 PCD ；(2) 平面 BEF ⊥平面 PAD.[2018 ·标全国卷课 ] 如图，四棱锥P－ ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ DAB ＝ 60°，AB＝ 2AD， PD ⊥底面 ABCD .(1)证明： PA⊥BD ；(2)设 PD ＝AD＝ 1，求棱锥 D－ PBC 的高．[2018 陕·西卷 ] 如图，在△ABC 中，∠ABC＝ 45°，∠BAC＝ 90°，AD 是 BC 上的高，沿 AD 把△ABD 折起，使∠ BDC＝ 90 °.(1)证明：平面 ADB⊥平面 BDC ；(2)若 BD ＝1，求三棱锥 D－ ABC 的表面积．[ 江苏卷 ] 如图，在四棱锥 P－ ABCD 中，平面 PAD ⊥平面 ABCD ，AB＝AD ，∠BAD ＝ 60°，E、F 分别是 AP、 AD 的中点．求证： (1)直线 EF∥平面 PCD ；(2) 平面 BEF ⊥平面 PAD.[2018 ·辽宁卷 ] 如图，四边形ABCD 为正方形，1QA⊥平面 ABCD ， PD∥QA， QA＝ AB＝2PD .(1)证明： PQ⊥平面 DCQ ；(2)求棱锥 Q－ABCD 的体积与棱锥 P－ DCQ 的体积的比值．[2018 ·南卷湖 ] 如图，在圆锥 PO 中，已知PO＝2，⊙ O 的直径 AB＝2，点 C 在 AB 上，且∠CAB＝ 30 °， D 为 AC 的中点．(1)证明： AC⊥平面 POD ；(2)求直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值．[2018 ·江卷浙 ] 如图，在三棱锥P－ABC 中， AB＝ AC， D 为 BC 的中点， PO⊥平面 ABC，垂足 O 落在线段AD 上．(1)证明： AP⊥ BC；(2)已知 BC ＝8， PO＝ 4，AO＝ 3， OD＝ 2，求二面角 B－ AP－ C 的大小．[2018 ·建卷福 ] 如图，四棱锥 P－ ABCD 中，PA⊥底面 ABCD ，AB⊥ AD，点 E 在线段 AD 上，且 CE∥AB.(1)求证： CE⊥平面 PAD；(2)若 PA＝ AB＝ 1， AD＝ 3， CD ＝ 2，∠CDA ＝ 45°，求四棱锥 P－ ABCD 的体积．π[2018 江·西卷 ] 如图，在△ ABC 中，∠ B＝2， AB＝ BC＝ 2，P 为 AB 边上一动点， PD ∥BC 交AC 于点 D，现将△ PDA 沿 PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面 PBCD .(1) 当棱锥 A′－ PBCD 的体积最大时，求PA 的长；(2)若点 P 为 AB 的中点， E 为 A′C 的中点，求证： A′B⊥DE .[2018 ·东卷山 ] 如图，在四棱台ABCD － A1B1C1 D1中， D 1D⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 是平行四边形， AB＝ 2AD ， AD＝ A1B1，∠BAD ＝ 60°.(1)证明： AA1⊥ BD；(2)证明： CC1∥平面 A1BD .[2018 ·川卷四 ] 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝ 90°， AB＝ AC＝AA 1＝ 1，延伸A1C1至点 P，使 C1P＝ A1C1，连结 AP 交棱 CC1于点 D .(1)求证： PB1∥平面 BDA1；(2)求二面角 A－A1D －B 的平面角的余弦值．[2018 ·津卷天 ] 如图，在四棱锥P－ ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠ ADC＝ 45°，AD ＝AC ＝1， O 为 AC 的中点， PO⊥平面 ABCD ， PO＝ 2， M 为 PD 的中点．(1)证明 PB ∥平面 ACM ；(2)证明 AD ⊥平面 PAC；(3)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值．（本小题满分13 分）《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周体称之为鳖臑. 在如下图的阳马P ABCD 中，侧棱 PD底面ABCD，且PD CD ，点E是PC的中点，连结DE , BD , BE .（Ⅰ）证明： DE平面PBC.试判断四周体EBCD 能否为鳖臑，假如，写出其每个面的直角（只要写出结论）；若不是，请说明原因；V1（Ⅱ）记阳马P ABCD 的体积为V1，四周体 EBCD 的体积为V2，求的值．。

2015-2018新课标立体几何大题汇编

2015-2018年高考立体几何题汇编（一）2018年高考立体几何题1.（北京理16）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB的中点，AB=BC=5，AC=AA1=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．2.（浙江-19）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．第1页3.（课标III理-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CDC D 上异于，的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M ABC体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．MAB MCD4.（课标II理-20）如图，在三棱锥P ABC中，AB BC22，PA PB PC AC4，O为AC的中点．（1）证明：PO平面ABC；P（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．OA CMB第2页如图，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.（二）2017年高考立体几何题1.（课标III理-19）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD，AB= B D．（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.第3 页如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，1oAB BC AD, BAD ABC 90 , E 是PD 的中点．2（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o45 ，求二面角M AB D 的余弦值.7.（课标I理-18）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且BAP CDP 90 . （1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，APD 90 ，求二面角A- PB- C 的余弦值.第4 页（三）2016年高考立体几何题8.（课标III理-19）如图，四棱锥中，地面，，，，P ABC PA ABCD AD BC AB AD AC 3 PA BC 4M AD AM 2MD N PC为线段上一点，，为的中点．（I ）证明MN 平面PAB ；（II ）求直线与平面所成角的正弦值.AN PMN9.（课标II理-19）5 如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O，AB 5 ，AC6 ，点E，F 分别在AD，CD 上，AE CF ，4 EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D EF 的位置OD 10 .（I）证明：DH 平面ABCD；（II ）求二面角 B D A C 的正弦值.第5 页10.（课标I理-19）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，AFD90，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．（四）2015年高考立体几何题2.（课标II理-19）如图，长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=16，BC=10，AA18，点E，F分别在A1B1，C1D1上，A1E D1F4．过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；D1F C1（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值．EA1B1CDA B第6页2015-2018年高考立体几何题汇编参考答案（一）2018年高考立体几何题11.（北京理16）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB的中点，AB=BC=5，AC=AA1=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．3.解析：（Ⅰ）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．（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）．u u u r u u r∴CD=(201)CB=(120)，，，，，，设平面BCD的法向量为n(a，b，c)，∴nn u u u rCDu urCB，∴2a c0a2b0，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量n(2，1，4)，u u r又∵平面CDC1的法向量为EB=(020)，，，∴uuruurn EB cos n EB uur=|n||E B|21 21．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为21 21．（Ⅲ）平面BCD的法向量为n(2，1，4)，∵G（0，2，1），F（0，0，2），u u u r u u u r uuru∴GF=(0，2，1)，∴GF 2n，∴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．第7页12.（浙江-19）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．4.解析：方法一：（Ⅰ）由得A B1 A1B1 2 2 ，AB 2, AA 4, BB 2, AA AB, BB AB1 1 1 12 2 2所以.故.A B AB AA AB1 A1B11 1 1 1BC BB1 2, C C1 1, BB1 BC ,C C1 BC2 B1C1 5由，得，AB BC ABC AC 2 32, 120由得，2 2 2 CC ACAB BC AC AB1 B1C1 由，得，所以，故.AC1 131 1 1 1 1因此平面.AB A1B1C11C C1D A1B1 A1B1 D AD （Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.1由平面得平面平面，AB A1B1C1 A1B1C1 ABB11C D A B C1D ABB1 由得平面，1 1 1所以是与平面所成的角.C AD AC ABB1 1 1由B1C1 5, A1B1 2 2, A1C1 21得，6 1cos C A B,sin C A B1 1 1 1 1 17 7C D 391sin C AD所以C D ，故.1 31AC 13139AC ABB1因此，直线与平面所成的角的正弦值是.113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, 3,0), B(1,0,0), A (0, 3,4), B (1,0,2), C (0, 3,1),1 1 1第8 页因此u u u r uuur u u u u rAB1 (1, 3,2), A1B1 (1, 3, 2), A1C1 (0,2 3, 3),u u u r uuur u u u r u u u u r由AB A B得AB A B.由得AB AC . 所以AB1 平面A1B1C1 .1 1 1 0 AB1 A1C1 01 1 1 1 1 1（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.AC ABB11由（Ⅰ）可知u uur u u u r u u u rAC1 (0,2 3,1), AB (1, 3,0), BB1 (0,0,2),设平面的法向量.ABB n(x, y, z)1u u u rn AB 0,x 3y 0,由uuru 即可取n( 3,1,0) .2z 0, n BB 0,1uuuruuur| AC n|391所以sin |cos AC , n| uuur .113 | AC | | n|139因此，直线AC 与平面ABB1 所成的角的正弦值是.11313.（课标III理-19）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ABCD CD M CDC D 上异于，的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC 体积最大时，MAB MCD求面与面所成二面角的正弦值．5.解析：（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)第9 页n AM 0, 2x y z 0,设n(x, y, z) 是平面MAB 的法向量,则即可取n(1,0,2) .2y 0. n AB 0.DAn DA 5 2 5cos n,DA sin n,DA是平面MCD 的法向量，因此，，| n||DA | 552 5所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是.5 P 14.（课标II理-20）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AOCMB成角的正弦值．6.解：（1）因为AP CP AC 4，O 为AC 的中点，所以OP AC ，且OP 2 3 .连结OB .因为2AB BC AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，2且OB AC ，1OB AC 2 .2由 2 2 2OP OB PB 知PO OB . 由OP OB ,OP AC 知PO 平面ABC .u u u r（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 .u u u r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), AP (0,2,2 3),取平面PAC 的u u u r法向量OB (2,0,0).u u u r设M ( a,2 a ,0)(0 a 2) ，则AM (a,4 a,0).设平面PAM 的法向量为n(x, y, z) .u u u r uu u r由AP 0, AM 0n n得2y 2 3z 0，可取n( 3(a 4), 3a, a) ，ax (4 a) y0所以u u u rcos OB,2 3( a 4)n.由已知得2 2 22 3(a 4) 3a au u u r3| cos OB ,n| .2第10 页所以2 3 | a 4| 3=2 2 222 3(a 4) 3a a.解得a 4 （舍去），4a .3所以u u u r8 3 4 3 4n( , , ).又P C (0,2, 2 3)3 3 3，所以u u u rcos PC,3n.4所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为 34 .15.（课标I理-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.7.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= 3.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF. 可得3 3 PH , EH .2 2则3 3 3 3H (0,0,0), P(0,0, ), D( 1, ,0), DP (1, , ),2 2 2 23HP (0,0, ) 为平面ABFD 的法向量.23设DP 与平面ABFD 所成角为，则HP DP4sin | ||HP | | DP | 334.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.（二）2017年高考立体几何题1.（课标III理-19）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD，AB= B D．（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.16.【解析】（ 1）由题设可得， △ ABD ≌ △ CBD ，从而 AD DC .又 △ ACD 是直角三角形，所以ADC =90 .取AC 的中点 O ，连接D O,BO ,则D O ⊥AC ,DO =AO . 又由于 △ABC 是正三角形，故 BO AC .所以DOB 为二面角D AC B 的平面角 . 在 Rt △ AOB 中， BO 2 AO 2AB 2 .又 ABBD ，所以 BO 2DOBO 2AOAB 2BD 2 ，故 DOB90 .所以平面 ACD ⊥平面 ABC.（2）由题设及（ 1）知， OA, OB, OD 两两垂直，以 O为坐标原点，OA的方向为x 轴正方向， OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .则A 1,0,0 ,B 0, 3,0 ,C 1,0,0 , D 0,0,1 .由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的12，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的12，即 E 为 DB 的中点，得3 1E 0, , .2 2故3 1 AD 1,0,1 , AC 2,0,0 , AE1, , .2 2设 n =x,y,z是平面DAE 的法向量，则n nAD AE 0，即0 ，x z 0, 3 1 xy z 22 8.可取3 n1, ,1 .3设 m 是平面 AEC 的法向量，则m m A CAE0 ，同理可取 m0, 1, 3 .0，则c os n ,m n m n m7 7.所以二面角 D -AE-C 的余弦值为77.2.（课标 II 理-19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1oAB BCAD, BAD ABC 90 , E 是 PD 的中点．2（1）证明：直线C E ∥ 平面 PAB ；（2）点 M 在棱 PC 上，且直线B M 与底面 ABCD 所成角为o45 ，求二面角M AB D 的余弦值.17.解析：（1）取PA 中点F ，连结EF ，BF ．因为E 为PD 的中点，所以EF AD , 1EF AD ,由BAD ABC 90 得BC // AD ，2又1BC AD2所以EF // BC ．四边形BCEF 为平行四边形，CE // BF ．又BF 平面PAB ，CE 平面PAB ，故CE // 平面PAB（2）由已知得BA AD ,以A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴正方向，AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则则A 0，0，0 ，B 1，0，0 ，C 1，1，0 ，P 0，1， 3 ，PC 1，0， 3 , AB 1，0，0 ，则BM x 1，y，z , PM x，y 1，z 3因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n 0，0，1 是底面ABCD 的法向量，所以0 cosBM ,n sin45 ，z 22 2 2x 1 y z2即（x-1）2+y2-z2=0又M 在棱PC 上，学|科网设PM PC,则x , y 1,z 3 32 2x=1+ x=1-2 2 y=1 舍去，y=1 由①，②得6 6z z2 2所以M2 61- ,1，，从而2 22 6AM 1- ,1，2 2设m x , y ,z 是平面ABM 的法向量，则0 0 02- 2 x 2y 6z 0 m·AM 00 0 0即所以可取m=（0，- 6 ，2）.于是cosm, n m·n 10 m n 5第13 页因此二面角M-AB-D 的余弦值为10518.（课标I理-18）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且BAP CDP 90 . （1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，APD 90 ，求二面角A- PB- C 的余弦值.9.【解析】（1）由已知BAP CDP 90 ，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD .又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD .（2）在平面PAD 内作PF AD ，垂足为 F ，由（1）可知，AB 平面PAD ，故A B P F，可得PF 平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x轴正方向，| AB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 F xyz .由（1）及已知可得2A( ,0,0) ，22P (0,0, ) ，22B( ,1,0) ，22C( ,1,0) .2所以2 2 2 2 PC ( ,1, ) ，CB ( 2,0,0) ，PA ( ,0, ) ，2 2 2 2AB (0,1,0) .设n(x, y, z) 是平面PCB 的法向量，则n n PCCB0,0,即2 2x y z2 22x 0,0,可取n(0, 1,2) .设m(x, y, z)是平面PAB 的法向量，则m m PAAB0,0,即2 2x z2 2y 0.0,可取m(1,0,1) .则cos<n,m>n m3|n||m| 3，所以二面角 A PB C 的余弦值为 33 .（三）2016年高考立体几何题2.（课标III理-19）P ABC PA ABCD AD BC 如图，四棱锥中，地面，，AB AD AC 3 PA BC 4 M AD，，为线段上一点，AM 2MD N PC，为的中点．第14 页（I ）证明MN // 平面PAB ；AN PMN（II ）求直线与平面所成角的正弦值.19.解析：（Ⅰ）由已知得2AM AD 2 .3取BP 的中点T ，连接AT ,TN ，由N 为PC 中点知TN // BC ，1TN BC 2 .2又AD // BC ，故TN AM ,TN // AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN // AT .因为AT 平面PAB ，MN 平面PAB ，所以MN // 平面PAB .（Ⅱ）取BC 的中点E，连结AE.由AB BC 得AE BC ，从而AE AD ，且.以A 为坐标原点，AE 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz .由题意知，，，，5N(,1,2) ，2PM 0,2, 4 ，5PN ,1, 2 ，25AN ,1, 2.2设n x, y, z 为平面PMN 的一个法向量，则n PM n PN 0,0,即2y 4z 0,5x y 2z 0,2可取n 0,2,1 .cos n, AN n ANn AN8 525于是.20.（课标II理-19）5 如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O，AB 5 ，AC6 ，点E，F 分别在AD，CD 上，AE CF ，4 EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D EF 的位置OD 10 .（I）证明：DH 平面ABCD；（II ）求二面角 B D A C 的正弦值.10.【解析】⑴证明：∵5AE CF ，∴4AE CFAD CD，∴EF ∥AC ．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ，∴EF BD ，∴EF DH ，∴EF DH ．∵AC 6，∴AO 3；又AB 5，AO OB，第15 页AE∴OB 4，∴ 1OH ODAO，∴DH D H 3 ，∴ 2 2 2OD OH D'H，∴D 'H OH ．又∵OH I EF H ，∴D'H面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz．B 5，0，0 ，C 1，3，0 ，D'0 ，0 ，3 ，A 1，3，0 ，u u u r A Bu u ur u u u r，，，AD ' 1，3，3 ，AC 0 6 04 3 0 ，，，设面ABD '法向量u rn x，y，z1，由n AB1n AD1得4x 3y 0x 3y 3z 0，取xyz354 ，∴u r，，．n1 3 4 5同理可得面AD 'C 的法向量u u rn ，，，∴2 3 0 1cosu r u u rn n9 5 7 51 2u r u u r，∴5 2 10 25n n1 2sin2 9525．21.（课标I理-19）如图，在以A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，AFD 90 ，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．11.【解析】试题分析：（Ⅰ）证明AF 平面FDC ，结合AF 平面ABEF ，可得平面ABEF 平面EFDC ．（Ⅱ）建立空间坐标系，利用向量求解.试题解析：（Ⅰ）由已知可得AF DF ，AF FE ，所以AF 平面EFDC ．又AF 平面ABEF ，故平面ABEF 平面EFDC ．（Ⅱ）过 D 作DG EF ，垂足为G ，由（Ⅰ）知DG 平面ABEF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x轴正方向，GF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz ．由（Ⅰ）知DFE 为二面角 D AF E 的平面角，故DFE 60 ，则DF 2，DG 3，可得A 1,4,0 ，B 3,4,0 ， E 3,0,0 ， D 0,0, 3 ．由已知，AB //EF ，所以AB // 平面EFDC ．又平面ABCD 平面EFDC DC ，故AB // CD ，CD //EF ．由BE //AF ，可得BE 平面EFDC ，所以CEF 为二面角 C BE F 的平面角，CEF 60 ．从而可得 C 2,0, 3 ．第16 页所以EC1,0,3，EB0,4,0，AC3,4,3，AB4,0,0．设n x,y,z是平面BCE的法向量，则n EC n EB 0，即x3z04y0，所以可取n3,0,3．m C0设m是平面ABCD的法向量，则，m0同理可取m0,3,4．则cos n,m n mn m21919．故二面角E BC A的余弦值为219 19．（四）2015年高考立体几何题22.（课标II理-19）如图，长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=16，BC=10，AA18，点E，F分别在A1B1，C1D1上，A1E D1F4．过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值．D1C1F12.【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：EA1B1（Ⅱ）作EM AB，垂足为M，则A M A1E4，EM AA18，CD因为EHGF为正方形，所以EH EF BC10．于是226MH EH EM，所以AH10．以D为坐标原点，DA的方A B向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE(10,0,0)，HE(0,6,8)．设n(x,y,z)是平面EHGF的法向量，则n FEn HE 0,0,即10x0,所以可6y8z0,取n(0,4,3)．又AF(10,4,8)，故cos n,AF n AFn AF4515．所以直线AF与平面所成第17页45角的正弦值为．15考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．第18页WORD文档专业资料。

2018年高考题和高考模拟题数学(理)——专题05立体几何分类汇编(解析版)

5．立体几何1．【2018年XX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XX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.学/科-网+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与其本身的特征，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。

2018-2022五年全国高考数学立体几何真题分类汇编(解析版)

2018-2022五年全国各省份高考数学真题分类汇编专题21立体几何解答题一、解答题1．(2022高考北京卷·第17题)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】解析:(1)取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11CBB C ，1BB ⊂平面11CBB C ，故//MK 平面11CBB C ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11CBB C ，而,,NK MK K NK MK =⊂ 平面MKN ，故平面//MKN 平面11CBB C ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11CBB C ，(2)因为侧面11CBB C 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11CBB C ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB Ì平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N = ，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM === ，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z = ，则00n BN n BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =-- ，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯ ．若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ，故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM === ，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z = ，则00n BN n BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =-- ，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯ ．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2022高考北京卷·第17题2．(2022年高考全国甲卷数学(理)·第18题)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,3ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥．(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(25．【解析】(1)证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====，所以四边形ABCD 为等腰梯形，所以12AE BF ==，故32DE =，223BD DE BE =+=，所以222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD BD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BD ⊥平面PAD ，又因PA ⊂平面PAD ，所以BD PA ⊥；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，3BD =，则()()(1,0,0,3,0,3A B P ，则(((3,0,3,3,0,0,3AP BP DP =-== ，设平面PAB 的法向量(),,n x y z = ，则有30{330n AP x z n BP ⋅=-+=⋅=+= ，可取()3,1,1n = ，则5cos ,5n DP n DP n DP ⋅== ，所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为5．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2022年高考全国甲卷数学(理)·第18题3．(2022年浙江省高考数学试题·第19题)如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【答案】解析:(1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ===，60BAD CDE ∠=∠=︒，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ==∠=∠=∠=∠=︒，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD 和Rt DHA ，3EG DH ==∵,DC CF DC CB ⊥⊥，且CF CB C ⋂=，∴DC ⊥平面,BCF BCF ∠是二面角F DC B --的平面角，则60BCF ∠= ，∴BCF △是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴FN BC ⊥，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN CD ⊥，而BC CD C ⋂=，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD FN AD ∴⊥．(2)因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz -，设3,0),3,0),(3,3,0),(1,0,3)A B D E -，则333,22M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，333,,(2,3,0),(2,3,3)22BM AD DE ⎛⎫∴=-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭设平面ADE 的法向量为(,,)n x y z =由n ADn DE⎧⋅=⎨⋅=⎩，得20230xx z⎧--=⎪⎨-++=⎪⎩，取n=-，设直线BM与平面ADE所成角为θ，∴||sin cos,14|||n BMn BMn BMθ⋅=〈〉====⋅．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2022年浙江省高考数学试题·第19题4．(2022新高考全国II卷·第20题)如图，PO是三棱锥P ABC-的高，PA PB=，AB AC⊥，E是PB的中点．(1)证明：//OE平面PAC；(2)若30ABO CBO∠=∠=︒，3PO=，5PA=，求二面角C AE B--的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113解析:(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P ABC-的高，所以PO⊥平面ABC，,AO BO⊂平面ABC，所以PO AO⊥、PO BO⊥，又PA PB=，所以POA POB≅△△，即OA OB=，所以OAB OBA∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC(2)解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()3,2,0O ，()3,0,0B ，()3,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()43,0,0AB = ，()0,12,0AC = ，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z = ，则3020n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩ ，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =- ；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =则6c =-，0b =，所以)6m =- ；所以43cos ,13n m n m n m ⋅==- 设二面角C AE B --为θ，由图可知二面角C AE B --为钝二面角，所以cos 13θ=-，所以11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113；【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2022新高考全国II 卷·第20题5．(2022新高考全国I 卷·第19题)如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为．(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】(1(2)32解析：(1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则1111111111433333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =，所以点A 到平面1A BC；(2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC 平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由(1)得AE =12AA AB ==，1A B =，所以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC == ,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩ ，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,2m n m n m n ⋅===⋅ ，所以二面角A BD C --32=．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2022新高考全国I 卷·第19题6．(2022年高考全国乙卷数学(理)·第18题)如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD所成的角的正弦值为7解析：【小问1详解】因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD 中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD ．【小问2详解】连接EF ，由(1)知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小．因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，BE =，因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥．以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,1,AD AB =-=- ，设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y =，则()n = ，又因为()331,0,0,0,,44C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以331,,44CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,7n CF n CF n CF ⋅=== ，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以43sin cos ,7n CF θ== ，所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2022年高考全国乙卷数学(理)·第18题7．(2021年高考浙江卷·第19题)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥．(1)证明：AB PM ⊥；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(215．解析:(1)在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠= ，由余弦定理可得3DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DM D ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．(2)由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD ，因为7AM =22PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(3,2,0),2),3,0,0)A P D -,(0,0,0),(3,1,0)M C -又N 为PC 中点，所以313352,,22222N AN ⎛-=- ⎝⎝ ．由(1)得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n = 从而直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为5||152sin 6||2725244AN n AN n θ⋅===++ ‖．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考浙江卷·第19题8．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ===．(1)证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【答案】解析:(1)取AD 的中点为O ，连接,QO CO ．因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==故2QO ==．在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =，因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，因为OC AD O = ，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD ．(2)在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系．则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=- ．设平面QBD 的法向量(),,n x y z = ，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．而平面QAD 的法向量为()1,0,0m = ，故12cos ,3312m n ==⨯ ．二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题9．(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD的中点．(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【答案】解析：(1)因为AB =AD ,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD(2)作EF ⊥BD 于F ,作FM ⊥BC 于M ,连FM因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD ,AO ⊥CD所以EF ⊥BD ,EF ⊥CD ,BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF则EMF ∠为二面角E -BC -D 的平面角,4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形因为2BE ED =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF =FM =213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD ,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第20题10．(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．(1)求BC ；(2)求二面角A PM B --的正弦值．【答案】(1；(2)7014解析：(1)PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =- ，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得2a =，故2BC a ==；(2)设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则2AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由11112020m AM x y m AP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z = ，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由22222020n BM x n BP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r ，3314cos ,1472m n m n m n ⋅<>===⨯⋅ ，所以，270sin ,1cos ,14m n m n <>=-<>=，因此，二面角A PM B --的正弦值为7014．【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：(1)建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；(2)设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量(注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可)；(3)计算(2)中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第18题11．(2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥；(2)当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】(1)见解析；(2)112B D =解析：因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a (02a ≤≤)．(1)因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==-- ，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．(2)设平面DFE 的法向量为(),,m x y z = ，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=-- ，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+- 因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA = ，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ3=．所以()min sin 3θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a (02a ≤≤)，在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第19题12．(2021高考北京·第17题)如图：在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 中点，11B C 与平面CDE 交于点F．(1)求证：F 为11B C 的中点；(2)点M 是棱11A B 上一点，且二面角M FC E --的余弦值为53，求111A M A B 的值．【答案】(1)证明见解析；(2)11112A M A B =．解析：(1)如图所示，取11B C 的中点'F ，连结,','DE EF F C ，由于1111ABCD A B C D -为正方体，,'E F 为中点，故'EF CD ，从而,',,E F C D 四点共面，即平面CDE 即平面'CDEF ，据此可得：直线11B C 交平面CDE 于点'F ，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点'F 重合，即点F 为11B C 中点．(2)以点D 为坐标原点，1,,DA DC DD 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系D xyz -，不妨设正方体的棱长为2，设()11101A M A B λλ=≤≤，则：()()()()2,2,2,0,2,0,1,2,2,1,0,2M C F E λ，从而：()()()2,22,2,1,0,2,0,2,0MC CF FE λ=---==- ，设平面MCF 的法向量为：()111,,m x y z = ，则：()111112222020m MC x y z m CF x z λ⎧⋅=-+--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：12,,11m λ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设平面CFE 的法向量为：()222,,n x y z = ，则：2222020n FE y n CF x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：()2,0,1n =- ，从而：5,m n m n ⋅===则：,cos 3m n m n m n ⋅===⨯ ，整理可得：()2114λ-=，故12λ=(32λ=舍去)．【题目栏目】立体几何\空间点、直线、平面之间的位置关系\平面的基本性质【题目来源】2021高考北京·第17题13．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，6PO DO =．(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2．【解析】(1)由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则2DO =，1122CO BO AE ===，所以64PO DO ==，,,44PC PB ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA = ，所以32BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠= ，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P = ，所以PA ⊥平面PBC ；(2)过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则121313(,0,0),((,,0)244444E P B C ----，132(,444PC =--- ，132(,,444PB =- ，12(,0,24PE =-- ，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z = ，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧--=⎪⎨-+-=⎪⎩，令1x =，得111,0z y =-=，所以1)n =- ，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z = 由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧---=⎪⎨--=⎪⎩，令21x =，得2233z y ==，所以3(1,3m =故cos ,5||||n m m n n m ⋅<>===⋅ ，设二面角B PC E --的大小为θ，则25cos 5θ=．【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考课标Ⅰ卷理科·第18题14．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)10．解析：(1) ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA ∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM⊥又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥1//MN BB MN BC⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又 11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF=11//B C EF∴//EF BC∴又BC ⊥ 平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂ 平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN(2)连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP=∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111A B C A N=∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AO AB m=== O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m ∴16sin 6033ON m =⨯⨯︒=故：3ON AP m== //EF BC∴AP EP AM BM =∴3EP=解得：EP m=在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m= 1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形，∴1//B E PQ由(1)11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin10QN QPN PQ ∴∠==∴直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值：10．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题15．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)7．解析：(1)在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F，在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG = ，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；(2)以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =-- ，()2,0,2AF =-- ，()10,1,2A E =- ，()12,0,1A F =- ，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z = ，由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =- ，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z = ，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，cos ,7m n m n m n ⋅<>===⋅ ，设二面角1A EF A --的平面角为θ，则cos 7θ=，sin 7θ∴==．因此，二面角1A EF A --的正弦值为7．【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考课标Ⅲ卷理科·第19题16．(2020年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)3．解析：(1)证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l ⊥平面PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===- ，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z = ，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r uur 3=33363333=≤≤=，当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为3．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2020年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第20题17．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)63．解析：(1)证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l ⊥平面PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z = ，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r uur 3=3333=≤≤=，当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD所成角的正弦值的最大值为3．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20题18．(2020年浙江省高考数学试卷·第19题)如图，三棱台DEF —ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC．(I )证明：EF ⊥DB ；(II )求DF 与面DBC 所成角的正弦值．【答案】(I )证明见解析；(II)3解析：(Ⅰ)作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ．∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC AC =，DH ⊂平面ADFC ，∴DH ⊥平面ABC ，而BC ⊂平面ABC ，即有DH BC ⊥．∵45ACB ACD ∠=∠=︒，∴2CD BC CH ==⇒=．在CBH 中，22222cos 45BH CH BC CH BC BC =+-⋅︒=，即有222BH BC CH +=，∴BH BC ⊥．由棱台的定义可知，//EF BC ，所以DH EF ⊥，BH EF ⊥，而BH DH H = ，∴EF ⊥平面BHD ，而BD ⊂平面BHD ，∴EF DB ⊥．(Ⅱ)因为//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角．作HG BD ⊥于G ，连接CG ，由(1)可知，BC ⊥平面BHD ，因为所以平面BCD ⊥平面BHD ，而平面BCD 平面BHD BD =，HG ⊂平面BHD ，∴HG ⊥平面BCD ．即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，HCG ∠即为所求角．在Rt HGC △中，设BC a =，则CH =，BH DH HG BD ⋅==，∴sin3HG HCG CH ∠===．故DF 与平面DBC 所成角的正弦值为3．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2020年浙江省高考数学试卷·第19题19．(2020天津高考·第17题)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．(Ⅰ)求证：11C M B D ⊥；(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值；(Ⅲ)求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【答案】303．【解析】依题意，以C 为原点，分别以CA 、CB 、1CC 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得()0,0,0C 、()2,0,0A 、()0,2,0B 、()10,0,3C 、()12,0,3A 、()10,2,3B 、()2,0,1D 、()0,0,2E 、()1,1,3M ．(Ⅰ)依题意，()11,1,0C M = ，()12,2,2B D =-- ，从而112200C M B D ⋅=-+= ，所以11C M B D ⊥；(Ⅱ)依题意，()2,0,0CA = 是平面1BB E 的一个法向量，()10,2,1EB = ，()2,0,1ED =- ．设(),,n x y z = 为平面1DB E 的法向量，则100n EB n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020y z x z +=⎧⎨-=⎩，不妨设1x =，可得()1,1,2n =- ．6cos ,626CA n CA CA n n ⋅<>==⋅⨯ ，sin,6CA n∴<>==．所以，二面角1B B E D--的正弦值为6；(Ⅲ)依题意，()2,2,0AB=-．由(Ⅱ)知()1,1,2n=-为平面1DB E的一个法向量，于是cos,AB nAB nAB n⋅<>==-⋅．所以，直线AB与平面1DB E所成角的正弦值为．【题目栏目】立体几何\空间点、直线、平面之间的位置关系\空间中点线面的位置关系【题目来源】2020天津高考·第17题20．(2020江苏高考·第24题)在三棱锥A BCD-中，已知CB CD==,2BD=，O为BD 的中点，AO⊥平面BCD，2AO=，E为AC的中点．(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足14BF BC=，设二面角F DE C--的大小为θ，求sinθ的值．【答案】【答案】(1)15(2)13【解析】(1)连,CO BC CD BO OD CO BD==∴⊥Q以,,OB OC OA为,,x y z轴建立空间直角坐标系，则(0,0,2),(1,0,0),(0,2,0),(1,0,0)(0,1,1)A B C D E-∴(1,0,2),(1,1,1)cos,AB DE AB DE∴=-=∴<>==uu u r uuu r uu u r uuu r从而直线AB与DE所成角的余弦值为15(2)设平面DEC一个法向量为1(,,),n x y z=1120(1,2,0),x yn DCDCx y zn DE⎧+=⎧⋅=⎪=∴⎨⎨++=⋅=⎪⎩⎩,令112,1(2,1,1)y x z n=∴=-=∴=-u r设平面DEF一个法向量为2111(,,),n x y z=u u r1122111710171(,,0),4244200x yn DFDF DB BF DB BCn DE x y z⎧⎧+=⋅=⎪⎪=+=+=∴⎨⎨⋅=⎪⎩⎪++=⎩令111272,5(2,7,5)y x z n=-∴==∴=-u u r,12cos,n n∴<>==u r u u r因此239sin13θ==【题目栏目】立体几何\空间点、直线、平面之间的位置关系\空间中点线面的位置关系【题目来源】2020江苏高考·第24题21．(2020江苏高考·第15题)在三棱柱111ABC A B C-中，AB AC⊥，1B C⊥平面ABC，,E F分别是1,AC B C的中点．(1)求证：EF平面11AB C；(2)求证：平面1AB C⊥平面1ABB．【答案】【答案】(1)证明详见解析；(2)证明详见解析．【解析】(1)由于,E F分别是1,AC B C的中点，所以1//EF AB．由于EF⊂/平面11AB C,1AB⊂平面11AB C，所以//EF平面11AB C．(2)由于1B C⊥平面ABC，ABÌ平面ABC，所以1B C AB⊥．由于1,AB AC AC B C C⊥⋂=，所以AB⊥平面1AB C,由于AB Ì平面1ABB ，所以平面1AB C ⊥平面1ABB ．【题目栏目】立体几何\线面、面面平行的判定与性质\直线与平面平行的判定与性质【题目来源】2020江苏高考·第15题22．(2020北京高考·第16题)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．(Ⅰ)求证：1//BC 平面1AD E ；(Ⅱ)求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)23．【解析】(Ⅰ)如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ，1BC ⊄ 平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；(Ⅱ)以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD = ，()0,2,1AE = ，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z = ，由100n AD n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =- ．11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅ ．因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020北京高考·第16题23．(2019年高考浙江·第19题)如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．(Ⅰ)证明：EF BC ⊥；(Ⅱ)求直线EF 与平面1A BC所成角的余弦值．【答案】【意图】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力。

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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 ．217
B ．25
C ．3
D ．2
18．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2
3
BP 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 ．15
B ．
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；
--为30︒，求PC与平面PAM所成角的正弦值．（2）若点M在棱BC上，且二面角M PA C
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 -C 1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：cm 3）是
A ．2
B ．4
C ．6
D ．8
19．（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． 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年高考数学立体几何试题汇编

2018-2022五年全国高考数学立体几何真题分类汇编(试卷版)

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2018全国高考立体几何(完整答案)

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2018年高考真题文科数学分类汇编专题6立体几何

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