2018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,,过直线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． C． D．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．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为,圆柱表面上的点在左视图上的对应点为,则在此圆柱侧面上,从到的路径中,最短路径的长度为A． B． C．3 D．23.[2018全国一卷10]在长方体中,,与平面所成的角为,则该长方体的体积为A． B． C． D．4.[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6.[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.[2018XX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．2 B．4 C．6 D．89.[2018XX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〔〔A4〔B8〔C12〔D16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.[2018XX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,在平行四边形中,,,以为折痕将△折起,使点到达点的位置,且．〔1证明：平面平面；〔2为线段上一点,为线段上一点,且,求三棱锥的体积．2.[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；〔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=,∠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.[2018XX卷15]在平行六面体中,．求证：〔1平面；〔2平面平面．7.[2018XX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.[2018XX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.参考答案选择题1.B2.B3.C4.C5.A6.B7.C8.C9.D10.D填空题1.2.3.解答题1.解：〔1由已知可得,=90°,．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=．又,所以．作QE⊥AC,垂足为E,则．由已知及〔1可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1．因此,三棱锥的体积为．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==．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∵,且为的中点,∴.∵底面为矩形,∴,∴.〔Ⅱ∵底面为矩形,∴.∵平面平面,∴平面.∴.又,∴平面,∴平面平面.〔Ⅲ如图,取中点,连接.∵分别为和的中点,∴,且.∵四边形为矩形,且为的中点,∴,∴,且,∴四边形为平行四边形,∴.又平面,平面,∴平面.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=．因为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．所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为．〔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=．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==4．在Rt△CMD中,．所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．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,以为基底,建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2,所以．〔1因为P为A1B1的中点,所以,从而,故．因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．〔2因为Q为BC的中点,所以,因此,．设n=〔x,y,z为平面AQC1的一个法向量,则即不妨取,设直线CC1与平面AQC1所成角为,则,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．8.解：方法一：〔Ⅰ由得,所以.故.由,得,由得,由,得,所以,故.因此平面.〔Ⅱ如图,过点作,交直线于点,连结.由平面得平面平面,由得平面,所以是与平面所成的角.由得,所以,故.因此,直线与平面所成的角的正弦值是.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-xy