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》
第八篇：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 ．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 ．
2
B ．
3 C ．
5 D ．
7
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
6.【2018全国三卷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 ．123
B ．183
C ．243
D ．543
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
俯视图
正视图
2
21
1
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
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≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．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S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成
△的面积为8，则该圆锥的体积为__________．
角为30 ，若SAB
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，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2
3
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．
3.【2018全国三卷19】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．
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=3，∠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，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.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 =23．
连结OB ．因为AB =BC =
2
AC ，
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 =42
，∠ACB =45°．
所以OM =
25
，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=45．
所以点C 到平面POM 的距离为
45
．
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 ．
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DM22=13
AD AM
+AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN22=13
AD AN
+
在等腰三角形DMN中，MN=1，可得
1
13
2
cos
MN
DMN
DM
∠==．
所以，异面直线BC与MD
13
（Ⅲ）解：连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM3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，CD22
AC AD
+．
在Rt△CMD中，
3
sin
CM
CDM
CD
∠==．
所以，直线CD与平面ABD
3
．
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31
(
,2)2
P -， 从而131
(,,2)(0,2,22
),BP AC ==-
-， 故111||310
|cos ,|||||
522
BP AC BP AC BP AC ⋅=
==
⋅⨯． 因此，异面直线BP 与AC 1310
． （2）因为Q 为BC 的中点，所以31
(
,0)2
Q ， 因此33
(
,0)2
AQ =，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330,2220.
y y z +=⎪+=⎩ 不妨取(3,1,1)=-n ，
设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，
则111||5
sin |cos |,|||52
CC CC CC |
θ==
⋅⨯⋅==
n n n
所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为5．
8.解：方法一：
（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122
AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=.
故111AB A B ⊥.
由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =， 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =，
由1CC AC ⊥，得113AC =，所以222
1111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.
因此1AB ⊥平面111A B C .
（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A 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 ，
111
由
111111
5,22,21
BC A B AC
===得
111111
61
cos,sin
77
C A B C A B
∠=∠=，
所以
1
3
C D=，故1
1
1
39
sin
13
C D
C AD
AC
∠==.
因此，直线1
AC与平面
1
ABB所成的角的正弦值是39
13
.
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
(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),(0,3,1),
A B A B C
--
因此
11111
(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),
AB A B AC
==-=-
由
111
AB A B
⋅=得111
AB A B
⊥.
由
111
AB AC
⋅=得111
AB AC
⊥.
所以1
AB⊥平面
111
A B C.
11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
9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为
3
22422=-=OP ，
所以其体积为：πππ33
8322313122=⨯⨯⨯==
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
2arccos
=θ。