备战2018高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品立体几何

【备战2018高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品】专题立体几何;一、选择题;1．【2018河南洛阳市尖子生联考】已知球与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法;(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．2．【2018浙江温州一模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（）;A. B. C. D.【答案】A【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将;其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.3．【2018广西三校联考】若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的外接球表面积等于（）A. 75π B. 30π2C. 43πD. 15π【答案】C【解析】由题意可知该几何体的直观图如下图所示，可知该几何体的外接球2R==故选C．4．【2018河南中原名校质检二】某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积等于（）.A. B. C. D.【答案】D点睛：根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据计算它的体积即可．5．【2018湖南省两市九月调研】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（）A. 23B. 43C. 83D. 4【答案】B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是;几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 6．【2018湖南永州市一模】已知某三棱锥的三视图如图所示，则在该三棱锥中，最长的棱长为（）A. B. C. 3 D.【答案】C【解析】【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.7．【2018广东珠海市九月摸底】如图，是某几何体的三视图，则该几何体的体积是A. 11B. 7C. 14D. 9【答案】B【解析】该几何体为两个几何体拼接而成，上方为四棱锥，下方为四棱柱，故其体积为： 1V 3V V =+=四棱锥四棱柱ｓｈ＋ｓＨ()⎛⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭ｈ１１＝ｓ＋Ｈ＝１＋２２＋２＝７３２３， 故选：Ｂ点睛：三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．;先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．8．【2018湖北武汉市调研】设点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A BC D 的棱AD 的中点，点P 在面11BCC B 所在的平面内，若平面1D PM 分别与平面ABCD 和平面11BCC B 所成的锐二面角相等，则点P 到点1C 的最短距离是（ ）A. B. 2 C. 1 D. ;【答案】A【方法点晴】本题主要考查的是正方体的性质、二面角的求法、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于难题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误，求二面角的常见方法有：1、利用定义找到二面角的平面角，根据平面几何知识求解；2、利用公式'cos S Sθ= ，求出二面角的余弦;，从而求得二面角的大小；3、利用空间相夹角余弦公式．9．【2018陕西西工大附中七模】在下列命题中，属于真命题的是（ ）A. 直线,m n 都平行于平面α，则//m nB. 设l αβ--是直二面角，若直线m α⊥，则//m βC. 若直线,m n 在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，（且m n ⊥），则n 在α内或n 与α平行D. 设,m n 是异面直线，若m 与平面α平行，则n 与α相交【答案】C10．【2018广东茂名市五校联考】在长方体 中， ， ， ，点 在平面 内运动，则线段 的最小值为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意问题转化为求点 到平面 的距离，由于 ，所以 边上的高 ，故三角形 的面积为 ，又三棱锥的体积，所以，应选答案C 。

11．【2018安徽省宣城市二模】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ）A. 25πB. 254πC. 29πD. 294π 【答案】D二、解答题12．【2018天津市滨海新区八校联考】在四棱锥中， 平面， ， ，，.P ABCD -PA ⊥ABCD //AB CD AB AD ⊥PA PB=::AB AD CD =（1）证明；（2）求二面角的余弦值；（3）设点为线段上一点，且直线平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1）见解析（2）（3） 【解析】试题分析：（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，表示直线方法向量，再根据向量数量积为零进行证明（2）先利用方程组解得各面法向量，再根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系得二面角的余弦值；（3）根据共线关系设点坐标，利用线面角得等量关系，解方程可得的值.试题解析：以为坐标原点，建立空间直角坐标系， ， ， （1）， ，∵∴BD PC ⊥A PC D --Q PD AQPAC 3PQ PD2323PQ PD =A PC D --Q PQ PD A ()2,0,0B ()D ()0,0,2P ()C ()BD =-()2PC =-•0BD PC =BD PC ⊥（2）， ，平面的法向量为， ，平面的法向量为.，二面角. （3）∵， ∴ 设为直线与平面所成的角，解得（舍）或.所以，即为所求. 13．【2018广西南宁三校联考】如图，已知正四棱柱中，底面边长，侧棱 的长为4，过点作的垂线交侧棱于点，交于点．（1）求证： ⊥平面； （2）求二面角的余弦值。

()AC =()0,0,2AP =PAC ()2,1,0m =-()0,2,2DP =-()1,0,0AP =DPC ()0,2,1n =--•2cos ,•3m n m n m n ==B PCD --2AQ AP PQ AP tPD =+=+[]0,1t ∈()()()0,0,22,22AQ t t =+-=-θAQ PAC •2sin cos ,•AQ m AQ m AQ mθ===22236843t t t t =⇒=-+2t =2323PQ PD =ABCD A B C D １１１１－2AB =1BB B 1B C 1CC E 1B C F 1AC BDE 1E BD A --【答案】（1）见解析（2试题解析：（1）连接AC ，因为是正四棱柱，所以同理可得又因为,所以平面． （2）解法一：以DA 、DC 、分别为轴，建立直角坐标系，设则，由设面DBE 的法向量为.由 由令得：设平面的法向量为.由，由令得： 设与所成的角为，1111ABCD A BC D -1111BD AC BD AA BD A AC BD A C AC AA A ⊥⎫⎪⊥⇒⊥⇒⊥⎬⎪⋂=⎭平面1111111111BE B CBE A B BE A B C BE A C B C A B B ⊥⎫⎪⊥⇒⊥⇒⊥⎬⎪⋂=⎭平面BD BE B ⋂=1AC ⊥BDE 1DD ,,x y z ,CE a =()2,2,0.B ()()()()110,2,,2,2,4,0,2,0,2,0,4E a B C A ()110 1.0,2,1BE B C BE B C a E ⊥⇒⋅=⇒=∴(),,n x y z =()(),,2,2,000n DB x y z x y ⊥⇒=∴+=()(),,0,2,10n DE x y z ⊥⇒=20y z ∴+=1y =()1,2,1,1,2x z n =-=-∴=--1DBA ()111,,m x y z =0m DB x y ⊥⇒+=120m DA x z ⊥⇒+=2x =()2,12,2,1y z m =-=-∴=--m n θ则值 由题意：二面角为锐角， 二面角的余弦值为解法二：连AC 交BD 于O ，可证是二面角的平面角二面角14．【2018河南省中原名校质检二】如图，四边形 为正方形， 平面 ， ，.（1）证明：平面 平面 ； （2）求二面角 的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）二面角 的余弦值为.（Ⅱ）根据平面的法向量和平面内两向量垂直，求出平面BPC 和平面cos 44m n m n θ⋅====⋅+1A DB E --∴1A DB E --1AOE ∠1A DB E --OE ==1A E ==1OA ==2221111cos 2OE OA A E AOE OE OA +-∴∠=⋅⋅==∴1A DB E --QBP的法向量，根据这两法向量的夹角的余弦值求出这两平面夹角的余弦值．如图，以为坐标原点，线段的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系.（1）依题意有，，.则，，.所以，.即，，故平面，又平面，所以平面平面.（2）依题意有，，.设是平面的法向量，则即因此可取.设是平面的法向量，则同理可取.所以.故二面角的余弦值为.点睛：考查建立空间直角坐标系，用向量的方法证明面面垂直，求两平面夹角的方法，向量的数量积，及向量垂直的充要条件，平面法向量的概念，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理．15．【2018吉林百校联盟九月联考】如图所示，在已知三棱柱中，，，，平面平面，点在线段上，点是线段的中点.（1）试确定点的位置，使得平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点；(2).试题解析：（1）取的中点，连接交于点，点即为所求的点.连接，∵是的中点，是的中点，∴，又平面，平面，所以直线平面，∵，，∴，∴，故点为线段上靠近点的三等分点.（2）不妨设，由（1）知，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，∴ 平面 .故 ， ，以 为坐标原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系 ， ∵ ， ， ∴ 为正三角形， ，∴ ， ， ， ， ∴， ， 设平面 的一个法向量 ，则由 ， 可得令 ，则 ，∵ ，且 ，故 ，故 ，故直线 与平面 所成角的正弦值为. 点睛：利用空间向量求线面角有两种途径：一是求斜线和它在平面内射影的方向向量的夹角(或其补角)；二是借助平面的法向量． 16．【2018湖南省两市九月调研】如图，四棱锥的底面为棱形，面面， 为的中点.（1）证明： ； （2）求二面角的余弦值.P ABCD -ABCD PAD ⊥,5,6,ABCD PA PD AD ===60DAB ∠=E AB AC PE ⊥D PA B --【答案】（1）见解析；（2）.试题解析：（1）取的中点，连接为菱形， ，分别为的中点， . 为的中点， ，又面面，面面面，，面.（2）连接为菱形，为等边三角形， 为的中点，，面两两垂直.91AD O ,,,OP OE BD ABCD BD AC ∴⊥O E 、,AD AB //,OE BD AC OE ∴∴⊥,PA PD O =AD PO AD ∴⊥PAD ⊥ABCD PAD ⋂,ABCD AD PO =∴⊥ABCD ,PO AC OE OP O ∴⊥⋂=AC ∴⊥,POE AC PE ∴⊥,OB ABCD ∴,60AD AB DAB DAB ∴=∠=∴∆，O AD BO AD ∴⊥PO ⊥,,ABCD PO OA OP OA OB ∴⊥∴、、以分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直接坐标系，则为面的法向量，设面的法向量，则即，取，则， ，结合图形可知二面角.17．【2018辽宁省辽南协作校一模】如图所示，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB =BC =1，BB 1=2，∠BCC 1=60°. （Ⅰ）求证：C 1B ⊥平面ABC ；（Ⅱ）E 是棱CC 1所在直线上的一点，若二面角A-B 1E-B 的正弦值为，求CE 的长.OA OB OP 、、x y z O xyz -()()()()3,0,0,,0,0,4,A B P OB =PAD PAB ()()(),,,3,0,4,n x y z AP AB ==-=-0{ 0AP n AB n ⋅=⋅=340{ 30x z x -+=-+=1x =1{34x y z ===331,,4n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭cos ,33OB n OB n OB n⋅===⋅D PA B --【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)3.试题解析：（Ⅰ）证明：因为AB⊥面BB1C1C，所以AB⊥BC1，在△CBC1中，由余弦定理得BC1，故BC1⊥BC.又BC∩AB =B，所以C1B⊥平面ABC.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知AB,BC,BC1两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0,1,0)，C(1,0,0)，C1(0,0,)B1(-1，0,),所以=(-1，0，）设=λ=λ(-1，0,),所以E(1-λ，0，)=(1-λ,-1，λ)，=(-1, -1，)设平面AB1E的一个法向量为=(x,y, z)，则 令z = ，则x = ，所以 =（，， ），面向B 1EB 的法向量为 =(0,1,0).由|cos ＜ ,＞|=,得2λ2-5λ+3=0，解得λ=1或λ=所以λ=1时，CE =2；λ=3时，CE =3.18．【2018广东省广州市海珠区一模】如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，.（1）证明： ；（2）若直线与平面所成角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.试题解析：（1）取的中点为，连接，为等边三角形， .底面中，可得四边形为矩形， ，平面， 平面.又，P ABCD -PAD ABCD 22,AD BC ==90BAD ABC ∠=∠=PC BC ⊥PC PAD 30B PC D --AD O ,PO CO PAD ∆PO AD ∴⊥ABCD ABCO CO AD ∴⊥0,PO CO AD ⋂=∴⊥POC PC ⊂,POC AD PC ⊥//AD BC所以.（2）由面面知， 平面， 两两垂直，直线与平面所成角为，即，由，知，得.分别以的方向为轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系，则， ， 设平面的法向量为.，则，设平面的法向量为， ，则，,由图可知二面角的余弦值.【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向AD PC ⊥PAD ⊥,ABCD PO AD ⊥PO ∴⊥ABCD ,,OP OD OC PC PAD 3030CPO ∠=2AD=PO =1CO =,,OC OD OP x y z O xyz-(,P ()0,1,0,D ()()1,0,0,1,1,0C B -()0,1,0,BC =()()1,0,3,1,1,0PC CD =-=-PBC(),,n x y z =0{y x =∴=()3,0,1n =PDC(),,m x y z =0{x y x -=∴-=()3,3,1m=cos ,27m n m nm n ⋅===∴A SB C --量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19．【2018广西柳州市一模】如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，过作平面平行于，交于点.（1）求证: ；（2）若四边形是边长为2的正方形，且，求二面角的正弦值.【答案】(1),(2) .（2）因为，所以，又，所以，又，所以平面，设的中点为， 的中点为，以为原点， 所在的直线为轴， 所在的直线为轴， 所在的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则， 111ABC A B C -ABC ∆1AC 1ACD 1BC ABD CD AB ⊥11BCCB 1A D =11D AC B --12105cos,n n =-222115AD A A A D +==1A A AD ⊥111,//B B BC B B A A ⊥1A A BC ⊥AD BC B ⋂=1A A ⊥ABC BC O 11B C 1O O OB x 1OO y OA z Oxyz -()(()1111,0,0,0,,,1,2,02C A D B ⎛- ⎝⎭即， 设平面的法向量为，由，得， 令，得，设平面的法向量为, 由，得，令，得，∴点睛：本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法． 20．如图1，在矩形中， ， ， 是的中点，将沿折起，得到如图2所示的四棱锥，其中平面平面.（1）设为的中点，试在上找一点，使得平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）；(2) 正弦值为. ()()1133,0,,1,2,3,2,2,022CD CA CB ⎛⎫=== ⎪ ⎝⎭1DAC ()1111,,n xy z =1110{ 0n CD n CA ⋅=⋅=1111133{ 220x z x y +=+=11x =(11,1,n =11ACB ()2222,,n x y z =21210{0n CA n CB ⋅=⋅=22222230{ 220x y z x y ++=+=21x =21,n⎛=- ⎝⎭121212cos ,n n n n n n ⋅===ABCD 4AB =2AD =E CD ADE ∆AE 1D ABCE -1D AE ⊥ABCEF 1CD AB M //MF 1D AE 1BD 1CD E 14AM FL AB ==3试题解析：（1）取中点，连接，∵， ，∴且，所以共面，若平面，则，∴为平行四边形，所以（2）设点到的距离为，由可得设中点为，作垂直直线于，连接，∵平面∴，则，∴，所以直线与平面.谢谢阅读！14AM AB =1D E L AL //FL EC //EC AB //FL AB 14FL AB =,,,M F L A //MF 1AD E //MF AL AMFL 14AM FL AB ==B 1CD E d 11B BCD D BCE V V --=1•CED d S ∆=AE H HG CE G DG 1D E ⊥AECB 1D G EC ⊥1DG =1D B =111••2CED S EC D G ∆==d =1BD 1CD E。