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AA?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AA?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