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》立体几何一、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12OO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．122πB．12πC．82πD．10π2.【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．172B．52C．3D．23.【2018全国一卷10】在长方体1111ABCDABCD中，2ABBC，1AC与平面11BBCC所成的角为30，则该长方体的体积为A．8B．62C．82D．834.【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1111ABCDABCDE1CCAECD223252726.【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.1B.2C.3D.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：cm3）是A．2B．4C．6D．89.【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≤θ110.【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（）ABCD，，，ABC△93DABC123183243543侧视图俯视图正视图2211（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–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D的体积为__________．3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，在平行四边形ABCM中，3ABAC，90ACM∠，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA⊥．（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23BPDQDA，求三棱锥QABP的体积．SSASBSA30SAB△82.【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．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；PABC22ABBC4PAPBPCACOACPOABCMBC2MCMBCPOMABCDCDMCDCDAMD⊥BMCAMPMC∥PBD（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=23，∠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.【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.B3.C4.C5.A6.B7.C8.C9.D10.D二、填空题1.82.313.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BAC=90°，BAAC⊥．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23BPDQDA，所以22BP．作QE⊥AC，垂足为E，则QE13DC．由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．因此，三棱锥QABP的体积为1111322sin451332QABPABPVQES△．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．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==．2322AC12AC222OPOBPB12AC23BC423253sinOCMCACBOM455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．4.解：（Ⅰ）∵PAPD，且E为AD的中点，∴PEAD.∵底面ABCD为矩形，∴BCAD∥，∴PEBC.（Ⅱ）∵底面ABCD为矩形，∴ABAD.∵平面PAD平面ABCD，∴AB平面PAD.∴ABPD.又PAPD，∴PD平面PAB，∴平面PAB平面PCD.（Ⅲ）如图，取PC中点G，连接,FGGD.∵,FG分别为PB和PC的中点，∴FGBC∥，且12FGBC.455CD∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴1,2EDBCDEBC∥，∴EDFG∥，且EDFG，∴四边形EFGD为平行四边形，∴EFGD∥.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=22=13ADAM．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN=22=13ADAN．在等腰三角形DMN中，MN=1，可得1132cos26MNDMNDM．所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326．（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=3．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=22ACAD=4．在Rt△CMD中，3sin4CMCDMCD．所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34．6.证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．7.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1,{},OBOCOO为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以1110,1,0,3,0,0,0,1,0,0,1,()()()()(2,3,0,2,0,1,2)()ABCABC．（1）因为P为A1B1的中点，所以31(,,2)22P，从而131(,,2)(0,2,222),BPAC，故111|||14|310|cos,|20||||522BPACBPACBPAC．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020．（2）因为Q为BC的中点，所以31(,,0)22Q，因此33(,,0)22AQ，11(0,2,2),(0,0,2)ACCC．设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，则10,0,AQACnn即330,22220.xyyz不妨取(3,1,1)n，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则111||25sin|cos|,|||552CCCCCC|nnn，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55．8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,ABAABBAAABBBAB得11122ABAB，所以2221111ABABAA.故111ABAB.由2BC，112,1,BBCC11,BBBCCCBC得115BC，由2,120ABBCABC得23AC，由1CCAC，得113AC，所以2221111ABBCAC，故111ABBC.因此1AB平面111ABC.（Ⅱ）如图，过点1C作111CDAB，交直线11AB于点D，连结AD.由1AB平面111ABC得平面111ABC平面1ABB，由111CDAB得1CD平面1ABB，所以1CAD是1AC与平面1ABB所成的角.由1111115,22,21BCABAC得11111161cos,sin77CABCAB，所以13CD，故11139sin13CDCADAC