2018年高考数学试题分类汇编之立体几何
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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 △ SAB
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 7 ， SA 与圆锥底面所成角
．
2．（天津文）（ 11）如图，已知正方体 ABCD –A1B1C1D1 的棱长为 1，则四棱柱 A1–BB1D 1D 的体积为 __________ ．
3．（天津理） (11) 已知正方体 ABCD A1B1C 1D1 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
8 为 45°，若 △ SAB 的面积为 5 15 ，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 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.
2 A．
2
3 B．
2
5 C．
2
7 D．
2
10．（全国卷二理） （9）在长方体 ABCD A1B1C1D1 中， AB BC 1 ， AA1 成角的余弦值为
3 ，则异面直线 AD1 与 DB1 所
A． 1 5
B． 5 6
C． 5 5
D． 2 2
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
A ． 2 17
B． 2 5
C．3
D ．2
8．（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
33 A．
4
23 B．
3
32 C．
4
3 D．
2
9．（全国卷二文）（ 9）在正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中， E 为棱 CC1 的中点，则异面直线 AE 与 CD 所成角 的正切值为
（C）3
（D ） 4
cm），则该几何体的体积（单位： cm3）是
2
11 正视图
2 侧视图
A．2
B．4
俯视图 C． 6
D．8
4．（全国卷一文）（ 5）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 ． 12 2 π
B． 2 5 D ．2
6．（全国卷一文）（ 10）在长方体 ABCD A1B1C 1D1 中， AB BC 2 ， AC1 与平面 BB1C1C 所成的角 为 30 ，则该长方体的体积为
A．8
B． 6 2
C． 8 2
D． 8 3
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
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 9 3 ，则三棱锥 D ABC 体积的最大值为
A ． 12 3
B． 18 3
C． 24 3
D． 54 3
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 9 3 ，则三棱锥 D ABC 体积的最大值为
A ． 12 3
二、填空题
B． 18 3
C． 24 3
D． 54 3
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
B． 12π
C． 8 2π
D． 10π
5．（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 ． 2 17 C． 3
2.（北京理）（ 16）（本小题 14 分）
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 = 5 ， 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．
3.（江苏）（ 15）（本小题满分 14 分）
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.（浙江）（19） （本题满分 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． （Ⅰ）证明： AB1⊥平面 A1B1C1； （Ⅱ）求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值．
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 ） 4
2．（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
3．（浙江）（ 3）某几
2018-2022五年全国高考数学立体几何真题分类汇编(试卷版)
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．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,ABCD 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．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．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．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．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．-中，底面ABCD是平行四边7．(2021年高考浙江卷·第19题)如图，在四棱锥P ABCDBC PC的中点，形，120,1,4,∠=︒===M，N分别为,ABC AB BC PA⊥⊥．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．-中，底面ABCD是正方形，若8．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD===．AD QD QA QC2,3(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；--的平面角的余弦值．(2)求二面角B QD A9．(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．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．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?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．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，=．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，AE为底面直径，AE ADPO=．(1)证明：PA⊥平面PBC；--的余弦值．(2)求二面角B PC E14．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．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．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．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．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．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．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sin θ的值．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 ．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．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．24．(2019年高考天津理·第17题)如图，AE ⊥平面ABCD ，//,//CF AE AD BC ，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．(Ⅰ)求证：BF ∥平面ADE ；(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．25．(2019年高考上海·第17题)如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，4AD =，3CD =，15AA =.(1)求直线1AC 与平面ABCD 的夹角；(2)求点A 到平面1AMC 的距离.26．(2019年高考全国Ⅲ理·第19题)图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B−CG−A 的大小．27．(2019年高考全国Ⅱ理·第17题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．()1证明：BE ⊥平面11EB C ；()2若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．28．(2019年高考全国Ⅰ理·第18题)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．29．(2019年高考江苏·第16题)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别为BC ，AC 的中点，AB BC =．求证：(1)11A B ∥平面1DEC ；(2)1BE C E ⊥．30．(2019年高考北京理·第16题)如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．(Ⅰ)求证：CD ⊥平面PAD ；(Ⅱ)求二面角F–AE–P 的余弦值；(Ⅲ)设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．31．(2018年高考数学江苏卷·第25题)(本小题满分10分)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．32．(2018年高考数学江苏卷·第15题)(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．33．(2018年高考数学浙江卷·第19题)(本题满分15分)如图，已知多面体111ABCA B C ，111,,A A B B C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．(1)证明：1AB ⊥平面111A B C ；(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成角的正弦值．34．(2018年高考数学上海·第17题)(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)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4PO =，OA OB 、是底面半径，且90AOB ∠=︒，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．35．(2018年高考数学天津(理)·第17题)(本小题满分13分)如图，//AD BC 且2AD BC =，AD CD ⊥，//EG AD 且EG AD =，//CD FG ，且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：//MN 平面CDE ；(2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)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．36．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在的平面垂直，M 是弧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．37．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(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．PAB M CO 38．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(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DCF ∆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．39．(2018年高考数学北京(理)·第16题)(本小题14分)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ,,,,D E F G 分别为1111,,,AA AC A C BB 的中点，AB BC ==，12AC AA ==．(Ⅰ)求证：AC ⊥平面BEF ；(Ⅱ)求二面角1B CD C --的余弦值；(Ⅲ)证明：直线FG 与平面BCD 相交．。
专题12：文科立体几何高考真题大题(全国卷)赏析(解析版)
专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，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．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（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）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 ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -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BAC ∠=90，即BA AC ⊥，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，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，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23BP DQ DA ==，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Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 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. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）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 ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 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 =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=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=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．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.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，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PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。
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．。
【大师特稿】2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案)
立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝π4，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝π4，∴∠OCB＝π4，∴∠BOC＝π2.∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC?平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB?平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO?平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，∴n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝PD→·n|PD →||n |＝1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范. 【对点训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 1-DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF ∥B 1C.(2)求二面角E-A 1D-B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D?面A 1DE ，B 1C?面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C?面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD.以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E-A 1D-B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO.因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO?平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO?平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则n ·PD →＝0，n ·PC→＝0，即－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM?平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为PA 的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM?平面PBC，DE?平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF →＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)，由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝－8，163，0.由n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817. 又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD.又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF.因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH. 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD.(2)解如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz.则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，。
2018届高考数学复习——立体几何：(一)空间几何体的结构特征及三视图、表面积和体积(解析版)
【知识归纳梳理】一、空间几何体的结构特征 1.多面体的结构特征(1)棱柱⎩⎪⎨⎪⎧底面：互相平行侧面：都是四边形，且每相邻两个面的交线都平行且相等(2)棱锥⎩⎪⎨⎪⎧底面：是多边形侧面：都是有一个公共顶点的三角形(3)棱台 棱锥被平行于棱锥底面的平面所截,截面与底面之间的部分.2.旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到.(2)圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边旋转得到.(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到,也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到. (4)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到.[注意] (1)认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时,易忽视定义,可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识.(2)台体可以看成是由锥体截得的,但一定强调截面与底面平行. 二、空间几何体的三视图与直观图 1.空间几何体的三视图(1)空间几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图,分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线. (2)三视图的画法①基本要求：长对正,高平齐,宽相等.②画法规则：正侧一样高,正俯一样长,侧俯一样宽； ③看不到的线画虚线.[注意] 若相邻两物体的表面相交,则表面的交线是它们的分界线,在三视图中,要注意实、虚线的区别. 2.空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用 斜二测_画法,基本步骤是： (1)在已知图形中取互相垂直的x 轴、y 轴,两轴相交于点O ,画直观图时,把它们画成对应的x ′轴、y ′轴,两轴相交于点O ′,且使∠x ′O ′y ′＝ 45°(或135°) .(2)已知图形中平行于x 轴、y 轴的线段,在直观图中分别平行于 x ′轴、y ′轴 .(3)已知图形中平行于x 轴的线段,在直观图中长度 保持不变 ,平行于y 轴的线段,长度变为 原来的一半 .(4)在已知图形中过O 点作z 轴垂直于xOy 平面,在直观图中对应的z ′轴也垂直于x ′O ′y ′平面,已知图形中平行于z 轴的线段,在直观图中仍平行于z ′轴且长度 不变 .[注意] 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝24S 原图形,S 原图形＝22S 直观图.三、空间几何体的表面积和体积 1.空间几何体的表面积当圆台的上底面半径与下底面半径相等时,得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时,得到圆锥,由此可得：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝r S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl [注意] 组合体的表面积应注意重合部分的处理. 2.空间几何体的体积(1)柱体:V 柱体＝Sh ；V 圆柱＝πr 2h .(2)锥体:V 锥体＝13Sh ；V 圆锥＝13πr 2h .(3)台体:V 台体＝13(S ＋SS ′＋S ′)h ；V 圆台＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2).3.球体(1)球的表面积公式：S ＝4πR 2；球的体积公式V ＝43πR 3(2)正方体与球：①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG的内切圆,如图所示.设正方体的棱长为a,则|OJ|＝r＝a2(r为内切球半径).②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG的外接圆,则|GO|＝R＝2 2a.③正方体的外接球：截面图为正方形ACC1A1的外接圆,则|A1O|＝R′＝3 2a.(3)正四面体与球：如图,设正四面体的棱长为a,内切球的半径为r,外接球的半径为R,取AB的中点为D,连接CD,SE 为正四面体的高,在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切,圆心在高SE上的圆.因为正四面体本身的对称性,内切球和外接球的球心同为O.此时,CO＝OS＝R,OE＝r,SE＝23a,CE＝33a,则有R＋r＝23a,R2－r2＝|CE|2＝a23,解得R＝64a,r＝612a.【第1讲：空间几何体的结构特征及三视图】题型1:空间几何体的结构特征【典型例题】[例1](1)设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点；⑤直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥.其中真命题的序号是________.解析：命题①符合平行六面体的定义,故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直,故命题②是错误的；③正确,如图1,PD⊥平面ABCD,其中底面ABCD为矩形,可证明∠P AB,∠PCB为直角,这样四个侧面都是直角三角形；命题④由棱台的定义知是正确的；⑤错误,当以斜边为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥.如图2所示,它是由两个同底圆锥形成的.答案：①③④(2)以下命题：①直角三角形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥；②夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱；③圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台；④棱锥截去一个小棱锥后剩余部分是棱台.其中正确的命题序号是________.【答案】③[例2](1)用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是()A.圆柱B.圆锥C.球体D.圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C截面是任意的且都是圆面,则该几何体为球体.(2)下列结论正确的是()A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等,则该棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选DA错误,如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,它的各个面都是三角形,但它不是三棱锥；B错误,如图2,若△ABC不是直角三角形,或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边,所得的几何体都不是圆锥；C错误,若该棱锥是六棱锥,由题设知,它是正六棱锥.易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长,这与题设矛盾.图1图2【变式训练】1.判断正误(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱()(2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥()(3)用一个平面去截一个球,截面是一个圆面()答案：(1)×(2)×(3)√2.下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱；②若过两个相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱；③若四个侧面两两全等,则该四棱柱为直四棱柱；④若四棱柱的四条对角线两两相等,则该四棱柱为直四棱柱.其中,真命题的编号是________.【答案】②④3.给出四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱.其中正确的命题个数是()A.0B.1C.2D.3【答案】A题型2:空间几何体的三视图与直观图【典型例题】[例1](1)一个长方体去掉一个小长方体,所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示,则该几何体的俯视图为()【答案】 C(2)如图由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图,其中小立方体中的数字表示相应位置的小立方体的个数,则该几何体的侧视图为()解析：选C由俯视图知侧视图从左到右能看到的小立方体个数分别为2,3,1.(3)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,则该三棱锥的侧视图可能为 ()【答案】B(4)一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、侧视图如图所示,则其俯视图为()【答案】C(5)如图所示,E、F分别为正方体ABCD—A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心,则四边形BFD1E在该正方体的面DCC1D1上的投影是______.(填序号)【答案】②[例2](1)(2014·福建)某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是()A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱【答案】A[考向1]因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形,而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形,故选A.(2)(2014·课标Ⅰ)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱[解析] B[由题知,该几何体的三视图为一个三角形,两个四边形,分析可知该几何体为三棱柱,故选B.](3)(教材例题改编)已知空间几何体的三视图如图,则该几何体是由__________________组合而成.答案：圆柱和正四棱柱(4)(教材习题改编)如图,长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分,其中EH∥A′D′,则剩下的几何体是________,截去的几何体是________.答案：五棱柱三棱柱(5)(2015·北京朝阳期末)一个四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.4[解析] D[满足条件的四棱锥的底面为矩形,且一条侧棱与底面垂直,如图所示,易知该四棱锥四个侧面均为直角三角形.][例3](1)利用斜二测画法得到的以下结论,正确的是__________.(写出所有正确的序号)①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆；⑤菱形的直观图是菱形.【答案】①②④(2)用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图,边AB平行于y轴,BC,AD平行于x轴.已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2,则原平面图形的面积为()A.4 cm2B.4 2 cm2C.8 cm2D.8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°,则原平面图形为直角梯形,上下底面的长与BC,AD相等,高为梯形ABCD的高的22倍,所以原平面图形的面积为8 cm2.(3)(2014·湖北)在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号①②③④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为()A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②解析：选D在空间直角坐标系O-xyz中作出棱长为2的正方体,在该正方体中作出四面体,如图所示,由图可知,该四面体的正视图为④,俯视图为②.选D.【变式训练】1.(2011·课标全国)在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图所示,则相应的侧视图可以为()【答案】D2.(2015·成都一诊)若一个几何体的正视图和侧视图是两个全等的正方形,则这个几何体的俯视图不可能是()[解析]C[由题意知,俯视图的长度和宽度相等,故C不可能.]3.(2015·南阳三模)已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,侧视图是有一条直角边为2的直角三角形,则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时,则高应为2,且应为虚线,排除A,D；当正视图是直角三角形,由条件得一个直观图如图所示,中间的线是看不见的线P A形成的投影,应为虚线,故答案为C.4.(2015·桂林一调)已知底面为正方形的四棱锥,其一条侧棱垂直于底面,那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的()[解析]C[选项A,B,D中的俯视图,正方形内的线应该为另一条对角线,当四棱锥的直观图为右图时,它的三视图是C.]5.一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示,则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆；④椭圆.其中正确的是________.答案：②③6.(2016天津文)将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为( )A B C D【答案】B7.(2015·东北三校联考)利用斜二测画法可以得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形.以上结论正确的是________.答案：①②8.(2015·福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形,则原来的图形是()解析：选A由直观图可知,在直观图中多边形为正方形,对角线长为2,所以原图形为平行四边形,位于y轴上的对角线长为2 2.9.(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是()【答案】D[考向1]由三视图可知该几何体为一个上部为圆台、下部为圆柱的组合体,圆台的下底面和圆柱的底面恰好重合.10.(2014·江西)一个几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是()【答案】B俯视图为在水平投射面上的正投影,结合几何体可知选B.【第2讲：空间几何体的三视图与表面积和体积】题型3:空间几何体的三视图与表面积【典型例题】[例1](1)(2015·北京石景山一模)正三棱柱的侧(左)视图如图所示,则该正三棱柱的侧面积为________.解析：由侧(左)视图知：正三棱柱的高(侧棱长)为2,底边上的高为3,所以底边边长为2,侧面积为3×2×2＝12.答案：12(2)(2014·日照一模)如图是一个几何体的正视图和侧视图,其俯视图是面积为82的矩形.则该几何体的表面积是().A.8B.20＋8 2C.16D.24＋8 2解析由已知俯视图是矩形,则该几何体为一个三棱柱,根据三视图的性质,俯视图的矩形宽为22,由面积82,得长为4,则该几何体的表面积为S＝2×12×2×2＋22×4＋2×2×4＝20＋8 2.答案 B(3)(2014·许昌模拟)如图所示,一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是一个直径为1的圆,那么这个几何体的表面积为().A.4πB.32π C .3π D .2π解析 由三视图可知,该几何体是一个圆柱,S 表＝2×π×⎝⎛⎭⎫122＋π×1×1＝3π2. 答案 B (4)(2016·湖南长沙联考)已知某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的表面积是________.【解析】 由题意知,该几何体是一个侧放的圆锥,圆锥底面位于右侧,底面圆的半径为1,圆锥的高为2,易知其母线长为5,所以其表面积为S ＝π·1×(1＋5)＝5π＋π. 【答案】 5π＋π (5)(2016·课标III)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为( )A.18＋36 5B.54＋185C.90D.81解析 B [考向2]由图可知,该几何体为四棱柱,S 表＝2S 底＋2S 前＋2S 侧 ＝2×32＋2×3×6＋2×3×32＋62 ＝18＋36＋185＝54＋18 5.[例2](1)已知棱长为a ,各面均为等边三角形的四面体S -ABC ,则它的表面积为________.解析：过S 作SD ⊥BC ,∵BC ＝a ,∴SD ＝32a∴S △SBC ＝34a 2,∴表面积S ＝4×34a 2＝3a 2.答案：3a 2 (2)(2015·北京)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是( ) A.2＋ 5 B.4＋ 5 C.2＋2 5 D.5【解析】作出三棱锥的示意图如图①,在△ABC 中,作AB 边上的高CD ,连接SD . 在三棱锥S -ABC 中,SC ⊥底面ABC ,SC ＝1,底面三角形ABC 是等腰三角形,AC ＝BC ,AB 边上的高CD ＝2,AD ＝BD ＝1,斜高SD ＝5,AC ＝BC ＝ 5.∴S 表＝S △ABC ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S △SAB ＝12×2×2＋12×1×5＋12×1×5＋12×2×5＝2＋2 5.(3)(2015·遵义模拟)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图是菱形,则该几何体的侧面积为( ) A.3＋ 6 B.3＋ 5 C.2＋ 6 D.2＋ 5＝ 2.解析：选C 由三视图还原为空间几何体,如图所示,则有OA ＝OB ＝1,AB 又PB ⊥平面ABCD , ∴PB ⊥BD ,PB ⊥AB ,∴PD ＝22＋1＝5,P A ＝2＋12＝3, 从而有P A 2＋DA 2＝PD 2,∴P A ⊥DA ,∴该几何体的侧面积S ＝2×12×2×1＋2×12×2×3＝2＋ 6.(4)(2016·北京房山一模)某四棱锥的三视图如图所示,则最长的一条侧棱的长度为( ) A. 2 B. 3 C. 5 D. 63.C[考向1]由三视图可知,该几何体是一个底面为直角梯形,且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥,直观图如图所示,其中P A⊥面ABCD,P A＝1,AD＝1,CD＝1,AB＝2,PD＝2,PC＝3,而在Rt△P AB中,PB＝P A2＋AB2＝12＋22＝5＞3,故最长的侧棱为PB,其长度为5,故选C.(5)(2014·课标Ⅰ)如图所示,网络纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为()A.6 2B.4 2C.6D.4【解析】由三视图可知该几何体为图中棱长为4的正方体中的三棱锥P-ABC.由图②可知,最长棱为PC＝42＋42＋22＝6.[例3](1)已知某几何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形,俯视图是两个同心圆,如图所示,则该几何体的表面积为________.解析由三视图知该几何体为上底直径为2,下底直径为6,高为23的圆台,则几何体的表面积S＝π×1＋π×9＋π×(1＋3)×232＋22＝26π.答案：26π(2)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为________.解析 如图所示：该几何体为长为4,宽为3,高为1的长方体内部挖去一个底面半径为1,高为1的圆柱后剩下的部分.∴S 表＝(4×1＋3×4＋3×1)×2＋2π×1×1－2π×12＝38. 答案 38 (3)(2015·课标Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π,则r ＝( ) A.1 B.2 C.4 D.8解析 B 由题意知,该几何体是由半个圆柱与半个球组合得到的.则表面积S ＝2πr 2＋2×12πr 2＋4r 2＋2πr 2＝5πr 2＋4r 2＝20π＋16,∴r ＝2.(4)[2014重庆理]某几何体的三视图如下图所示,则该几何体的表面积为( ) A.54 B.60 C.66 D.72俯视图左视图正视图3245【答案】B【解析】在长方体中构造几何体'''ABC A B C -,如右图所示, 4,'5,'2,3AB A A B B AC ====,经检验该几何体的三视图满足 题设条件.其表面积'''''''''ABC ACC A ABB A BCC B A B C S S S S S S ∆∆=++++,3515615146022=++++=,故选择BC'B'A'C BA(5)(2014·安徽)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为( ) A.21＋ 3 B.18＋ 3 C.21 D.18解析 A 由三视图知,该多面体是由正方体割去两个角后剩下的部分,如图所示,则S ＝S 正方体－2S 三棱锥侧＋2S 三棱锥底＝24－2×3×12×1×1＋2×34×(2)2＝21＋ 3.【变式训练】 1.(2015·北京西城期末)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等,其侧(左)视图如图所示,那么此三棱柱正(主)视图的面积为________.解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形,其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高,另一边是棱长.因为侧(左)视图中三角形的边长为2,所以高为3,所以正视图的面积为2 3. 答案：2 3 2.(2015·云南一检)如果一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图都是半径等于5的圆,那么这个空间几何体的表面积等于( )A.100πB.100π3C.25πD.25π3解析：选A 易知该几何体为球,其半径为5,则表面积为S ＝4πR 2＝100π. 3.(2013·湖南)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能等于( ).A.1B. 2C.2－12D.2＋12解析 由俯视图的面积为1可知,该正方体的放置如图所示,当正视图的方向与正方体的侧面垂直时,正视图的面积最小,其值为1,当正视图的方向与正方体的对角面BDD 1B 1或ACC 1A 1垂直时,正视图的面积最大,其值为2,由于正视图的方向不同,因此正视图的面积S ∈[1,2].故选C. 答案 C 4.(2014·陕西)将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是( ) A.4π B.3π C.2π D .π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱,底面半径为1,高为1,其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π. 5.(2013·临沂一模)具有如图所示的正视图和俯视图的几何体中,体积最大的几何体的表面积为( ).A.3B.7＋3 2C.72π D .14解析 由正视图和俯视图可知,该几何体可能是四棱柱或者是水平放置的三棱柱,或水平放置的圆柱.由图可知四棱柱的体积最大.四棱柱的高为1,底面边长分别为1,3,所以表面积为2(1×3＋1×1＋3×1)＝14. 答案 D 6.(2015·山东淄博模拟)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起,形成的三棱锥A -BCD 的正(主)视图与俯视图如图所示,则其侧(左)视图的面积为( )A.22B.12C.24D.14解析 D 由正(主)视图与俯视图可得三棱锥A -BCD 的一个侧面与底面垂直,其侧(左)视图是直角三角形,且直角边长均为22,所以侧(左)视图的面积为S ＝12×22×22＝14.7.(2016·西安一模)如图,网格纸中的小正方形的边长均为1,图中粗线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体的表面积为( ) A.12(22＋32＋4) B.12(22＋32＋8) C.12(22＋2＋8) D.12(22＋22＋8)解析 B 根据三视图可知该几何体是底面为直角三角形的三棱锥,其表面积S ＝12×2×2＋12×2×3＋12×2×3＋12×2×11＝12(22＋32＋8),故选B.8.(2016·课标Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A.20πB.24πC.28πD.32π解析C S表＝πr2＋2πr×4＋12×2πr×R＝4π＋16π＋2π22＋（23）2＝28π.9 .(2013重庆文)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.180B.200C.220D.240【答案】D10.(2014浙江理)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示,则此几何体的表面积是( )A.90cm2B.129cm2C.132cm2D.138cm2【答案】D【解析】由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体,其中直三棱柱的侧棱长为3,底面是直角边长分别为3、4的直角三角形,四棱柱的高为6,底面为矩形,矩形的两相邻边长为3和4, ∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+(4+5)×3=48+18+9+24+12+27=138(cm2).11.(2017北京理)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( ).A.3 2B.2 3C.2 2D.2解析几何体四棱锥如图所示,最长棱为正方体的体对角线,即22222223l++=故选B.12.(2017全国1理)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( ). A.10 B.12 C.14 D.16解析 由三视图可画出立体图,如图所示,该多面体只有两个相同的梯形的面, ()24226S =+⨯÷=梯,6212S =⨯=全梯.故选B.题型4:空间几何体的三视图与体积 【典型例题】 [例1](1)(2013·陕西)某几何体的三视图如图所示,则其体积为________.解析 该几何体为一个半圆锥,故其体积为V ＝13×12×π×12×22＝π3.答案 π3(2)(2015·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与左(侧)视图均为半径是2的圆,则这个几何体的体积是( )A.16πB.14πC.12πD.8π解析：选D 由三视图可知,该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分,由于球的 (3)(2013·广东)某四棱台的三视图如图所示,则四棱台的体积是( ).A.4B.143C.163D.6解析 由四棱台的三视图可知该四棱台的上底面是边长为1的正方形；下底面是边长为2的正方形,高为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V ＝13(12＋12×22＋22)×2＝143,故选B.答案 B (4)(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,则该三棱锥的体积是________.解析 [考向3]【解析】 由题可知锥体的高为1,底面积为12×23×1＝3,∴V 锥＝13×3×1＝33.【答案】 33[例2](1)(2015·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm ),则该几何体的体积是( )A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403cm 3解析 C 由题意得,该几何体由一个正方体与一个正四棱锥组合而成,所以体积V ＝23＋13×22×2＝323.(2)(2017山东理)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 .解析 该几何体的体积为21112211242V π=π⨯⨯⨯+⨯⨯=+.(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.π2＋1B.π2＋3C.3π2＋1D.3π2＋3解析 由三视图可知,直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成,半圆锥体积为()2111=13232S π⨯π⨯⨯=,三棱锥体积为211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭,所以几何体体积1212S S S π=+=+.故选A.(4)(2013·课标Ⅰ)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ). A.16＋8π B .8＋8π C.16＋16π D .8＋16π解析 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成.其中长方体的长、宽、高分别为4,2,2,圆柱的底面半径为2、高为4.所以V ＝2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.故选A.(5)(2015·广东中山模拟)已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积(单位：cm 3)为________.解析 π＋33[由三视图,该组合体上部是一个三棱锥,下部是一圆柱由图中数据知V 圆柱＝π×12×1＝π三棱锥垂直于底面的侧面是边长为2的等边三角形,且边长是2,故其高即为三棱锥的高,高为3,故棱锥高为3由于棱锥底面为一等腰直角三角形,且斜边长为2,故两直角边长都是2,底面三角形的面积是12×2×2＝1, 故V 棱锥＝13×1×3＝33,故该几何体的体积是π＋33.] [例3](1)(2015·山东实验模拟)设下图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( ) A.2π3 B.8－π3 C.8－2π D . 8－2π3解析D[由三视图可知,几何体为正方体内挖去一个圆锥,所以该几何体的体积为V 正方体－V 锥＝23－13(π×12×2)＝8－23π.](2)(2013·辽宁)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是________.解析 由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱,圆柱底面圆半径为2,高为4,故体积为16π；正四棱柱底面边长为2,高为4,故体积为16,所以几何体的体积为16π－16. (3)(2015·河南天一联考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A.12＋π B .8＋π C .12－π D .6－π解析 C [由三视图可知,原几何体是底面边长为2的正方形,高为3的棱柱,里面挖去一个半径为1的球,所以所求几何体的体积为12－π,故选C.](4)(2017全国2理)如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得,则该几何体的体积为( ). A.90π B .63π C.42π D .36π解析 该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半,如图所示.2211π310π3663π22=-=⋅⋅-⋅⋅⋅=V V V 总上.故选B.466(5)(2015·唐山统考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.8π＋16B.8π－16C.8π＋8D.16π－8解析：选B 由三视图可知：几何体为一个半圆柱去掉一个直三棱柱.半圆柱的高为4,底面半圆的半径为2,直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形,高为4,故几何体的体积V ＝12π×22×4－12×4×2×4＝8π－16.[例4](1)(2014·福州模拟)如图所示,已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1,且AA 1⊥底面ABC ,则三棱锥B 1－ABC 1的体积为 ( ).A.312B.34C.612D.64解析 三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积,三棱锥A －B 1BC 1的高为32,底面积为12,故其体积为13×12×32＝312. (2)(2012·山东)如图,正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1,E ,F 分别为线段AA 1,B 1C 上的点,则三棱锥D 1－EDF 的体积为________.[一般解法] 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积.因为E ,F 分别为AA 1,B 1C 上的点,所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12,F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1,所以＝13×12×1＝16. [优美解法] E 点移到A 点,F 点移到C 点,则＝＝13×12×1×1×1＝16.。
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．。
【大师特稿】2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案)
立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝π4，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝π4，∴∠OCB＝π4，∴∠BOC＝π2.∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D→＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.热点二 立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在. 【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC→＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817. 热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
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2018年高考数学试题分类汇编——立体几何一、选择题1.(2018年广东卷文)给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直. 其中，为真命题的是A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．②和④ 【答案】D【解析】①错, ②正确, ③错, ④正确.故选D 2.（2018广东卷理）给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直． 其中，为真命题的是A. ①和②B. ②和③C. ③和④D. ②和④ 【解析】选D.3.（2018浙江卷理）在三棱柱111ABC A B C -中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D 是侧面11BB C C 的中心，则AD 与平面11BB C C 所成角的大小是 ( ) A ．30 B ．45 C ．60 D ．90答案：C【解析】取BC 的中点E ，则AE ⊥面11BB C C ，AE DE ∴⊥，因此AD 与平面11BB C C 所成角即为ADE ∠，设AB a =，则32AE a =，2aDE =，即有0tan 3,60ADE ADE ∠=∴∠=．4.（2018浙江卷文）设,αβ是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（ ）A ．若,l ααβ⊥⊥，则l β⊂B ．若//,//l ααβ，则l β⊂C ．若,//l ααβ⊥，则l β⊥D ．若//,l ααβ⊥，则l β⊥4．C 【命题意图】此题主要考查立体几何的线面、面面的位置关系，通过对平行和垂直的考查，充分调动了立体几何中的基本元素关系．【解析】对于A 、B 、D 均可能出现//l β，而对于C 是正确的．5.（2018北京卷文）若正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为1，1AB 与底面ABCD 成60°角，则11A C 到底面ABCD 的距离为 ( )A ．33B ． 1C ．2D 3【答案】D【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念.属于基础知识、基本运算的考查.依题意，160B AB ︒∠=，如图，11tan603BB ︒=⨯= D.6.（2018北京卷理）若正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为1，1AB 与底面ABCD 成60°角，则11A C 到底面ABCD 的距离为 （ ）A ．33B ．1C 2D 3【答案】D【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念. （第4题解答图）属于基础知识、基本运算的考查. 依题意，160B AB ︒∠=，如图，11tan603BB ︒=⨯= D.7. (2018山东卷理)一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ). A.223π+ B. 423π+ C. 232π+ D. 234π+【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,圆柱的底面半径为1,高为2,体积为2π,四棱锥的底面边长为2，高为3，所以体积为()21232333⨯⨯=所以该几何体的体积为2323π+. 答案:C 【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力,由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地 计算出.几何体的体积.8. (2018山东卷理)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的 一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m 为平面α内的一条直线,m β⊥,则αβ⊥,反过来则不一定.所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件. 答案:B.【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.9. (2018山东卷文)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m 为平面α内的一条直线,m β⊥,则αβ⊥,反过来则不一定.所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件.答案:B.【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.10.（2018全国卷Ⅱ文） 已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为（A ）1010 (B) 15 (C) 31010 (D) 35答案：C22侧(左)视图222 正(主)视图 俯视图解析：本题考查异面直线夹角求法，方法一：利用平移，CD ’∥BA',因此求△EBA'中∠A'BE 即可，易知EB=2,A'E=1,A'B=5,故由余弦定理求cos ∠A'BE=31010，或由向量法可求。
2018年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）是3．（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：cm21 1 正视图2 侧视图俯视图A．2 B．4 C．6 D．84．（全国卷一文）（5）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 ．12 2πB．12πC．8 2πD．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 ．2 17 B．2 5C．3 D．26．（全国卷一文）（10）在长方体ABCD A1B1C1D1 中，AB BC 2，A C1与平面BB1C1C 所成的角为30 ，则该长方体的体积为A ．8 B．6 2 C．8 2 D．8 37．（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．2 17 B．2 5 C．3 D．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 ．3 34B．2 33C．3 24D．329．（全国卷二文）（9）在正方体A BCD A B C D 中， E 为棱1 1 1 1 CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角1的正切值为A．22B．32C．52D．7210．（全国卷二理）（9）在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB BC1，AA13，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为A．15B．56C．55D．2211．（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93，则三棱锥D ABC体积的最大值为A．123B．183C．243D．54313．（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93，则三棱锥D ABC体积的最大值为A ．12 3 B．18 3 C．24 3 D．54 3二、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 –A1B1C1D1 的棱长为1，则四棱柱A1–BB1D1D 的体积为__________．3．（天津理）(11) 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.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 5 15 ，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 .2.（北京理）（16）（本小题14 分）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 = 5 ，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．3.（江苏）（15）（本小题满分14分）在平行六面体A BCD A B C D中，AA1AB,AB1B1C1．1111求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1平面A1BC．4.（浙江）（19）（本题满分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．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1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=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.（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 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.7.（全国卷一文）（18）（12 分）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在线段BC 上，且2BP DQ DA ，求三棱锥Q ABP 的体积．38.（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 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MC 2MB ，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 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 所成角的正弦值．POA CMB11.（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．WORD文档。