高考文科数学总复习——真题汇编之立体几何含参考答案

高考文科数学总复习——真题汇编之立体几何
（含参考答案）
一、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1O ，2O ，过直线12
O 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 ．122π
B ．12π
C ．82π
D ．10π
2.【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 ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为 A ．172
B ．52
C ．3
D ．2
3.【2018全国一卷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 ．8
B ．62
C ．82
D ．83
4.【2018全国二卷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 ．
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
1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 2
35
7
6.【2018全国三卷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，则三棱锥体积的最大值为
A ．
B ．
C ．
D ．
7.【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.1
B.2
C.3
D.4
第7题图 第8题图
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 ．2
B ．4
C ．6
D ．
8
A B C D ，，
，ABC
△D ABC
俯视图
正视图
2
21
1
9.【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≤θ3
B ．θ3≤θ2≤θ1
C ．θ1≤θ3≤θ2
D ．θ2≤θ3≤θ1
10.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ） （A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16
二、填空题
1.【2018全国二卷16】已知圆锥的顶点为，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__________．
2.【2018天津卷11】如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–
BB 1D 1D 的体积为__________．
3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点
S SA SB SA 30 SAB △8
的多面体的体积为 ．
三、解答题
1.【2018全国一卷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23
BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．
2.【2018全国二卷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．
P ABC
-AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC 2MC MB =C
POM
3.【2018全国三卷19】如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，
是上异于，的点． （1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？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 ⊥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.【2018天津卷17】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．
ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥
PBD
6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．
求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．
7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点
P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．
（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．
8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，
B 1B，C
1
C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A
1
A=4，
C 1C=1，AB=BC=B
1
B=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．
9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2
（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；
（2）设PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB所成的角的大小.
参考答案
一、选择题
1.B
2.B
3.C
4.C
5.A
6.B
7.C
8.C
9.D 10.D 二、填空题
1.π8
2.3
1 3.4
3
三、解答题
1.解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．
又BA ⊥AD ，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 =32． 又2
3
BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =1
3
DC ．
由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为
111
1322sin 451332
Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．
2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．
232
2
AC 12
AC
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．
3.解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．
因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为上异于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）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 ．
222OP OB PB +=12AC 23BC 423
25
sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠4545
⊂CD ⊂⊄⊂
4.解：（Ⅰ）∵PA PD
=，且E为AD的中点，∴PE AD
⊥.
∵底面ABCD为矩形，∴BC AD
∥，
∴PE BC
⊥.
（Ⅱ）∵底面ABCD为矩形，∴AB AD
⊥.
∵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.
（Ⅲ）如图，取PC中点G，连接,
FG GD.
∵,F G分别为PB和PC的中点，∴FG BC
∥，且
1
2
FG BC
=.
∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
∴
1
,
2
ED BC DE BC
=
∥，
∴ED FG
∥，且ED FG
=，∴四边形EFGD为平行四边形，∴EF GD
∥.
又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，
∴EF∥平面PCD.
5.解：（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．
（Ⅱ）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△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
1
2
cos
MN
DMN
DM
∠==．
所以，异面直线BC与MD
（Ⅲ）解：连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM
又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD
=4．
在Rt△CMD
中，sin CM
CDM
CD
∠==．
所以，直线CD与平面ABD
．
6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．
因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．
（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．
又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．
又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．
又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．
7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．
因为AB =AA 1=2，
所以1110,1,0,3,0,0,0,1,0,0,1,()()()()(2,3,0,2,0,1,2)()A B C A B C --．
（1）因为P 为A 1B 1
的中点，所以
1,2)2P -，
从而
131
(,,2)(0,2,22),BP AC ==-
-，
故
111|||cos ,|
||||
5BP AC BP AC BP AC ⋅=
=
⋅．
因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为．
（2）因为Q 为BC 的中点，所以
1,0)2Q ，
因此
33(
,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==
．
设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，
则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅
=n n 即3
0,2
220.x y y z +=⎪+=⎩
不妨取1,1)=-n ，
设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，
则
1
1
1
||
sin|cos|
,
|||
CC
CC
CC|
θ==
⋅
⋅
==
n
n
n，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为
．
8.解：方法一：
（Ⅰ）由1111
2,4,2,,
AB AA BB AA AB BB AB
===⊥⊥得
111
AB A B
==，所
以222
1111
A B AB AA
+=.
故11
1
AB A B
⊥.
由2
BC=，
11
2,1,
BB CC
==
11
,
BB BC
CC BC
⊥⊥得
11
B C=，
由2,120
AB BC ABC
==∠=︒得AC=
由1
CC AC
⊥，得
1
AC=222
1111
AB B C AC
+=，故
111
AB B C
⊥.
因此1
AB⊥平面
111
A B C.
（Ⅱ）如图，过点1C作111
C D A B
⊥，交直线
11
A B于点D，连结AD.
由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.
由111111BC A B AC ===
111111cos C A
B C A B ∠=∠=，
所以1C D =
，故111sin C D C AD AC ∠=
=. 因此，直线1AC 与平面1ABB
方法二：
（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .
由题意知各点坐标如下：
111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C
因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23),AB A B AC =
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由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥.
由1110AB AC ⋅=得
111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .
（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.
由（Ⅰ）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .
由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩n n 即0,20,x z ⎧
=⎪
⎨=⎪⎩可取(=n
.
所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅=
=
=⋅n |n n |
因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是
13
.
9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，
所以其体积为：πππ33
8
322313122=⨯⨯⨯==h r V 。

(2)依题意可知:⊥OP 平面OAB ,则OA OP ⊥,OB OP ⊥。

而 90=∠AOB ，则OB OA ⊥，即OA 、OB 、OP 两两相互垂直。

所以可以以点O 为原点，分别以OA 、OB 、OP 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图的空间直角坐标系。

则)0,0,2(A ，)0,2,0(B ，)4,0,0(P
M 为线段AB 中点，)0,1,1(M ∴，)4,1,1(-=∴，)0,2,0(=。

则直线PM 与OB 的夹角的余弦值为：
62
4
16112cos =⋅++=
=
θ， 解得：6
2
arccos
=θ。