2018年高考数学分类汇编：专题八立体几何

《2018年高考数学分类汇编》第八篇：立体几何一、选择题1.【2018全国一卷7】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A．172B．52C．3D．22.【2018全国一卷12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A．334B．233C．324D．323.【2018全国二卷9】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A．B．C．D．4.【2018全国三卷3】3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是1111ABCDABCD1ABBC13AA1AD1DB155655225.【2018全国三卷10】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A．B．C．D．6.【2018北京卷5】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A.1B.2C.3D.47.【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：cm3）是A．2B．4C．6D．88.【2018浙江卷8】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上ABCD，，，ABC△93DABC123183243543侧视图俯视图正视图2211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[来源:学+科+网Z+X+X+K]A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ19.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设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（）（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，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCDABCD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MEFGH的体积为.3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．[来源:学科网]SSASB78SASAB△515三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，四边形ABCD为正方形，,EF分别为,ADBC的中点，以DF为折痕把DFC△折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．3.【2018全国三卷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，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．PABC22ABBC4PAPBPCACOACPOABCMBCMPAC30PCPAMABCDCDMCDCDAMD⊥BMCMABCMABMCDPAOCBM4.【2018北京卷16】如图，在三棱柱ABC−111ABC中，1CC平面ABC，D，E，F，G分别为1AA，AC，11AC，1BB的中点，AB=BC=5，AC=1AA=2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B−CD−C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．5.【2018天津卷17】如图，ADBC∥且AD=2BC，ADCD,EGAD∥且EG=AD，CDFG∥且CD=2FG，DGABCD平面，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MNCDE∥平面；（II）求二面角EBCF的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCDABCD中，1111,AAABABBC．求证：（1）AB∥平面11ABC；（2）平面11ABBA平面1ABC．7.【2018江苏卷22（附加题）】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．8.【2018浙江卷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．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB所成的角的大小.参考答案一、选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D二、填空题1.2402.1213.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，||BF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得33,22PHEH.则3333(0,0,0),(0,0,),(1,,0),(1,,),2222HPDDP3(0,0,)2HP为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则334sin||4||||3HPDPHPDP.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.2解：（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且，．由知．由知平面．（2）如图，以为坐标原点，OB的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知得)0,0,0(O，)0,0,2(B，)0,2,0(A，)0,2,0(C，)32,0,0(P，)32,2,0(AP取平面的法向量)0,0,2(OB．4APCPACOACOPAC23OPOB22ABBCACABC△OBAC122OBAC222OPOBPBPOOB,OPOBOPACPOABCOxOxyzPAC设，则)0,4,(aaAM．设平面的法向量为．由0nAP，0nAM得，可取，所以2223)4(32)4(32,cosaaaanOB．由已知可得23,cosnOB．所以．解得（舍去），．所以．又)322,0(，PC，所以43,cosnPC．所以与平面所成角的正弦值为．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BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D为坐标原点,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.(,2,0)(02)MaaaPAM(,,)xyzn2230(4)0yzaxay(3(4),3,)aaan22223|4|3=223(4)3aaaa4a43a83434(,,)333nPCPAM34CDDA当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.4.解：（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．CD(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)DABCM(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AMABDA(,,)xyzn0,0.AMABnn20,20.xyzy(1,0,2)nDA5cos,5||||DADADAnnn25sin,5DAn255（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标系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．)1,0,2(CD，)0,2,1(CB，设平面BCD的法向量为()abc，，n，∴00CBnCDn，∴2020acab，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量(214)，，n，又∵平面CDC1的法向量为)0,2,0(EB，∴2121cosEBnEBnEBn．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2121．（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BCD的法向量为(214)，，n，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴)1,2,0(GF，∴2GFn，∴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．5.解：依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，32，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）证明：依题意DC=（0，2，0），DE=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则0000DCDE，，nn即20220yxz，，不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又MN=（1，32，1），可得00MNn，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）解：依题意，可得BC=（–1，0，0），(122)BE，，，CF=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则00BCBE，，nn即0220xxyz，，不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则00BCCF，，mm即020xyz，，不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cosm，n=310||||10mnmn，于是sinm，n=1010．所以，二面角E–BC–F的正弦值为1010．（Ⅲ）解：设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得(12)BPh，，．易知，DC=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故22cos5BPDCBPDCBPDCh，由题意，可得225h=sin60°=32，解得h=33∈［0，2］．所以线段DP的长为33.6.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