2018年北京市高考数学理 8专题八 立体几何

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年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工类） 第一部分（选择题共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1．若集合{}2A x x =<，{}2,0,1,2B x =-，则A B =I （A ）{}01，（B ）{}-101，，（C ）{}-201，，（D ）{}-1012，，， 2.在复平面内，复数i1i-的共轭复数对应的点位于 （A ）第一象限（B ）第二象限 （C ）第三象限（D ）第四象限3．执行如图所示的程序框图，输出的s 值为（）．A ．12B ．56C ．76D ．7124．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要的贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为（）．ABC．D．5．某四棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）．A．1B．2C．3D．46.设a b ,均为单位向量，则“33a b a b -=+”是“a b ⊥”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充分必要条件 （D ）既不充分也不必要条件7. 在平面直角坐标系中，记d 为点()P cos ,sin θθ到直线20x my --=的距离.当,m θ变化时，d 的最大值为（A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）48. 设集合(){},|1,4,2A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤，则()A 对任意实数a ，()2,1A ∈()B 对任意实数a ，()2,1A ∉ ()C 当且仅当0a <时，()2,1A ∉()D 当且仅当32a ≤时，()2,1A ∉二.填空（9）设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为。

1.若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )点击观看解答视频A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定答案 D解析由l1⊥l2，l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定，若l1∥l3，则结合l3⊥l4，得l1⊥l4，所以排除选项B、C，若l1⊥l3，则结合l3⊥l4，知l1与l4可能不垂直，所以排除选项A.故选D.2．如下图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π2.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．解 (1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ， 故PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD . (2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如下图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23， 故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，P (0,0,3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0,2,0)，D (1,1,0)，ED →＝(1，－1,0)，DP →＝(－1，－1,3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0.设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2,1,1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1,0)，从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角A －PD －C 的余弦值为36. 3．如图，在四棱锥A －EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点．点击观看解答视频(1)求证：AO ⊥BE ；(2)求二面角F －AE －B 的余弦值； (3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．解 (1)证明：因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点，所以AO ⊥EF . 又因为平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ， 所以AO ⊥平面EFCB .所以AO ⊥BE .(2)取BC 中点G ，连接OG . 由题设知EFCB 是等腰梯形， 所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB ， 又OG ⊂平面EFCB ， 所以OA ⊥OG .如右图建立空间直角坐标系O －xyz ，则E (a,0,0)，A (0,0，3a )，B (2，3(2－a )，0)，EA →＝(－a,0，3a )， BE →＝(a －2，3(a －2)，0)．设平面AEB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋3az ＝0，a －x ＋3a －y ＝0.令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1.于是n ＝(3，－1,1)． 平面AEF 的法向量为p ＝(0,1,0)．所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－55.由题知二面角F －AE －B 为钝角，所以它的余弦值为－55. (3)因为BE ⊥平面AOC ，所以BE ⊥OC ，即BE →·OC →＝0.因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →＝(－2，3(2－a )，0)， 所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2. 由BE →·OC →＝0及0<a <2，解得a ＝43.4．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． 解 (1)证明：在图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在图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)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. 如下图，以O 为原点，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 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 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. 5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值． 解 (1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ， 由底面ABCD 为长方形，有BC ⊥CD ，而PD ∩CD ＝D ， 所以BC ⊥平面PCD .而DE ⊂平面PCD ，所以BC ⊥DE . 又因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ⊥PC .而PC ∩BC ＝C ，所以DE ⊥平面PBC .而PB ⊂平面PBC ，所以PB ⊥DE . 又PB ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)如图，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线．由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以PB ⊥DG .又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥DG . 而PD ∩PB ＝P ，所以DG ⊥平面PBD .故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角， 设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，有BD ＝1＋λ2， 在Rt △PDB 中，由DF ⊥PB ，得∠DPF ＝∠FDB ＝π3， 则tanπ3＝tan ∠DPF ＝BDPD＝1＋λ2＝3，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22. 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22. 6.如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝1，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值．解 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ＝2，由余弦定理得BD ＝ 3. 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，∴BD ⊥AD .∵PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥BD . 又AD ∩PD ＝D ， 所以BD ⊥平面PAD ， 所以PA ⊥BD .(2)如图，以D 为坐标原点，DA ，DB ，DP 分别为x ，y ，z 的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz.则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)，AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1,0,0)，设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n · AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0，因此，令y ＝1，则n ＝(3，1，3)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0，即⎩⎨⎧3y 0－z 0＝0，－x 0＝0，可取m ＝(0,1，3)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝427＝277，由图知二面角A －PB －C 为钝角，故二面角A －PB －C 的余弦值为－277. 7．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，∠DPC ＝30°，AF ⊥PC 于点F ，FE∥CD ，交PD 于点E .(1)证明：CF ⊥平面ADF ； (2)求二面角D －AF －E 的余弦值． 解 (1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ， ∴PD ⊥AD ，又CD ⊥AD ，PD ∩CD ＝D ， ∴AD ⊥平面PCD ，∴AD ⊥PC ， 又AF ⊥PC ，AF ∩AD ＝A ，∴PC ⊥平面ADF ，即CF ⊥平面ADF . (2)设AB ＝1，则Rt △PDC 中，CD ＝1， ∵∠DPC ＝30°，∴PC ＝2，PD ＝3，由(1)知CF ⊥DF ，∴DF ＝32，∴CF ＝12，又FE ∥CD ，∴DE PD ＝CF PC ＝14，∴DE ＝34，同理，EF ＝34，如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则A (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，0，P (3，0,0)，C (0,1,0)．设m ＝(x ，y ，z )是平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AE →，m ⊥EF →，又⎩⎪⎨⎪⎧AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，－1，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝34x －z ＝0，m ·EF →＝34y ＝0，令x ＝4，得z ＝3，故m ＝(4,0，3)，由(1)知平面ADF 的一个法向量为PC →＝(－3，1,0)，设二面角D －AF －E 的平面角为θ，可知θ为锐角，cos θ＝|cos 〈m ，PC →〉|＝|m ·PC →||m |·|PC →|＝4319×2＝25719，故二面角D －AF －E的余弦值为25719.8.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝BC ＝2，AC ⊥BC ，点S 是AA 1延长线上一点，EF 是平面SBC 与平面A 1B 1C 1的交线．(1)求证：EF ⊥AC 1；(2)求直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成角的正弦值．解 (1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ∥平面A 1B 1C 1， 又平面ABC ∩平面SBC ＝BC ，平面A 1B 1C 1∩平面SBC ＝EF ， ∴EF ∥BC .∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1.又AC 1⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥AC 1，∴EF ⊥AC 1. (2)取A 1C 1的中点D 1，连CD 1，∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2， ∴CC 1＝A 1C ＝A 1C 1＝2，∴CD 1⊥A 1C 1. 由(1)知BC ⊥平面ACC 1A 1.以点C 为原点，CA ，CB 、CD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,2,0)，C (0,0,0)，A 1(1,0，3)，A (2,0,0)．∴A 1C →＝(－1,0，－3)． 设平面A 1ABB 1的法向量为n ，则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0，而AA 1→＝(－1,0，3)，AB →＝(－2,2,0)， 可求得平面A 1ABB 1的一个法向量为n ＝(3,3，3)，∴|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝6221＝217. 故直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成角的正弦值为217.。

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E­A 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B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→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)，A1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n 1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组⎩⎨⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E­A1D­B1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝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PA 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PA 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，∠PAD ＝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 ＝BC 2－CN 2＝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，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.。

第八篇：立体几何一、选择题1.【2018全国一卷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 ．22.【2018全国一卷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 D3.【2018全国二卷9】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D 4.【2018全国三卷3】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5.【2018全国三卷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．6.【2018北京卷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.1B.2C.3D.4俯视图正视图7.【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 ．2B ．4C ．6D ．88.【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≤θ19.【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 ₁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 ₁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 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__________．2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCD A BC 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.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，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.2.【2018全国二卷20】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．3.【2018全国三卷19】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AM D ⊥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．4.【2018北京卷16】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，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．5.【2018天津卷17】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.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．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.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D 二、填空题 1.π240 2.121 3.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DPHP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD . 2解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得)0,0,0(O ，)0,0,2(B ，)0,2,0(-A ，)0,2,0(C ，)32,0,0(P ，)32,2,0(=AP 取平面PAC 的法向量)0,0,2(=．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则)0,4,(a a -=． 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z=n ．由0=⋅n ，0=⋅n 得20(4)0yax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以2223)4(32)4(32,cos aa a a n ++-->=<．由已知可得23,cos =><n OB ．4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ． 又)322,0(-=，PC ，所以43,cos >=<n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4． 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 BCCM =C ,所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD 4.解：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ． （Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐标系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．)1,0,2(=∴CD ，)0,2,1(=CB ，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为)0,2,0(=，∴2121cos -=>=⋅<n ． 由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴)1,2,0(-=，∴2-=⋅n ，∴n 与不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．5.解：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）证明：依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）解：依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）． 设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得m =（0，2，1）． 因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F． （Ⅲ）解：设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，h ∈［0，2］． 所以线段DP 6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 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,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ， 因此33(,0)2AQ =，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30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB BC 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 ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D =111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB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,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。

《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O i ，O 2，过直线OQ 2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所成的角为30，则该长方体的体积为4. 【2018全国二卷9】在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱C 。

的中点，则异面直线 AE 与 CD 所成角的正切值为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A . 12 2nB . 12nC. 8 2nD . 10n2. 【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A . 2 17 B. 2.5 C . 3D . 23.【2018全国一卷10】在长方体ABCDAi B 1C 1D 1 中，AB BC 2 , AG 与平面 B^CQA . 8B . 6 2C . 8 2A .2C 」2D.2俯视方向边三角形且其面积为 9 3，则三棱锥D ABC 体积的最大值为 B . 18 3C. 24.3 D . 54 . 37. 【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 . 2B . 4C. 6D . 89. 【2018浙江卷8】已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等， E 是线段AB 上 SE 与BC 所成的角为01, SE 与平面ABCD 所成的角为 込 二面角S-AB- C 的平面角为 03,则 A . 0<62<(3B . 03 W0 <01C . 010.【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A . 12.3A.1B.2C.3D.4第8题图的点(不含端点)，设角为30，若△ SAB的面积为8，则该圆锥的体积为______________ .2. 【2018天津卷11】如图，已知正方体 ABCDAB2D 1的棱长为1,则四棱锥 A i -BB 1D 1D 的 体积为 ___________第〔11〕题團3. 【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为 积为 ______三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，在平行四边形 ABCM 中，AB AC 3 , / ACM 90，以AC为折痕将厶ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且 AB 丄DA . (1) 证明：平面 ACD 丄平面ABC ;2(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 ABP3 的体积.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.2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体2.【2018全国二卷19】如图，在三棱锥P ABC 中，ABBC 2 2 , PA PB PC AC 4 ,叭 __________ Ci(第10強)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C D 上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD丄平面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丄平面ABCD, PAL PD, PA=PD, E, F 分别为AD, PB 的中点.(I )求证：PE L BC;(n )求证：平面PAB丄平面PCD(川)求证：EF//平面PCD5. 【2018天津卷17】如图，在四面体ABCD中，△ ABC是等边三角形，平面ABC L平面ABD, 点M 为棱AB 的中点，AB=2, AD=2 3 , / BAD=90°.(I )求证：AD L BC;(n )求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(川)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.8.【20i8浙江卷i9】如图，已知多面体 ABCAB i C i , A i A , B i B , GC均垂直于平面 ABC,/ ABC=i20 ° A i A=4, C i C=i , AB=BC=B i B=2.（I ）证明：AB i 丄平面A i B i C i ;（H ）求直线 AC i 与平面ABB i 所成的角的正弦值.6.【2018江苏卷15】在平行六面体 ABCD 求证：（1） AB// 平面 A i B i C ; (2)平面 ABB i A i 平面 ABC . BiG -A B i C i D i 中，AA| AB, AB|7.【20i8江苏卷22 （附加题）】如图，在正三棱柱 别为A i B i ，BC 的中点. （1） 求异面直线BP 与AC i 所成角的余弦值； （2） 求直线CG 与平面AQC i 所成角的正弦值. ABC-A i B i C i 中，AB=AA i =2，点 P , Q 分（第22腿）a参考答案 一、 选择题 1.B2.B3.C4.C5.A6.B7.C二、 填空题1.82.-3.-33三、 解答题1•解：（1）由已知可得，BAC =90°, BA 丄AC .又BA 丄AD ,所以 AB 丄平面 ACD. 又AB 平面ABC,所以平面ACD 丄平面ABC.（2）由已知可得， DC=CM=AB=3, DA=3.2 . 2又 BP DQ -DA ，所以 BP 2 2 .3 作QE 丄AC,垂足为E,则QE P 1 DC .3由已知及（1）可得DC 丄平面 ABC,所以QE 丄平面ABC, QE=1.因此，三棱锥Q ABP 的体积为 1 1 丄 3 2 2 sin 45 1 . 3 29.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为 P ,底面圆心为 O ,半径为28.C9.D10.DV Q ABP—QE S ^ABP 32解：(1)因为AP=CF=AC=4, O 为AC 的中点，所以 OP 丄AC ,且OP=2.3 .连结OB .因为AB=BC= AC ，所以△ ABC 为等腰直角三角形，且 OB 丄AC , OB=-AC 2 2 =2.由 OP 2 OB 2 PB 2 知，OP 丄 OB.由OP 丄OB , OP 丄AC 知PO 丄平面 ABC(2)作CH 丄OM ，垂足为 H .又由(1)可得 OP 丄CH, 所以CH 丄平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离.由题设可知 OC=-AC =2,CM=-BC=4^2，/ACB=45°2 3 3 所以 OM=U , CH=OC MC Sin ACB =<^ . 3 OM 5所以点C 到平面POM 的距离为 □.53•解：(1)由题设知，平面 CMD 丄平面ABCD ,交线为CD.因为BC 丄CD, BC 平面ABCD,所以BC 丄平面 CMD , 故 BC 丄DM . 因为M 为C D 上异于C, D 的点，且DC 为直径，所以 DM 丄 CM .又BC A CM=C,所以DM 丄平面BMC .而DM 平面 AMD ，故平面 AMD 丄平面 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 .(□)•••底面 ABCD 为矩形，二 AB AD •1/•••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.（川）如图，取PC中点G，连接FG,GD .1••• F,G 分别为PB和PC 的中点，• FG// BC，且FG - BC .2•••四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，1•- ED// BC,DE -BC ,2•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丄平面ABD，平面ABC A平面ABD=AB, AD丄AB,可得AD 丄平面ABC,故AD丄BC.（H）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 A DAM 中，AM=1，故DM=. AD2AM2= 13 .因为AD 丄平面ABC,故AD 丄AC.在Rt A DAN 中，AN=1,故DN^ AD2AN2= . 13.在等腰三角形 DMN 中，MN=1，可得cos DMN所以，异面直线 BC 与MD 所成角的余弦值为 』.26(川)解：连接 CM •因为△ ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM 丄AB , CM= ,3 •又因为平面 ABC 丄平面ABD ,而CM 平面ABC,故CM 丄平面ABD.所以，/ CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角.在 Rt A CAD 中，CC=. N CL AD 2 =4. 在 Rt A CMD 中，sin CDMCM 3 CD 4 .所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为-246•证明： (i )在平行六面体 ABCDA i B i CiD i 中，AB / A i B i .因为AB 平面A I B I C , A 1B 1平面A i B i C , 所以AB//平面A i B i C. (2)在平行六面体 ABCDA i B i C i D i 中，四边形 平行四边形.又因为AA i =AB,所以四边形 ABB i A i 为菱形， 因此AB 丄A i B .又因为 AB i 丄 B i C i , BC / B i Ci , 所以AB i 丄BC.又因为 A i B A BC=B , A i B 平面 A i BC, BC 平面 A i BC , 所以AB i 丄平面A i BC. 因为ABi 平面ABB i A i , 所以平面ABBiA i 丄平面A i BC.7•解：如图，在正三棱柱 ABC- A i B i C i 中，设 AC , A i C i 的中点分别为 O , O i ,贝U OB 丄OC , uun LUT UUUUOO i 丄OC , OO i 丄OB ，以｛OB,OC,OOi ｝为基底，建立空间直角坐标系o-xyz.因为 AB=AA i =2,12MN 帀 DM "26所以A(0, 1,0),B(..3,0,0),C(0,1,0)，A(0, INkB^.. 3,0,2 )，G(0,1,2)(1)因为P为A I B I的中点，所以 2 2uur 3 1 uuuirBP ( , ,2), AC i (0,2,2)从而 2 2,mu ujun ,_ icos BP,AC u | JBJP ACJ L1 41沁故|BP | |AC i |.5 2、2 203 10因此，异面直线BP与AC i所成角的余弦值为20(2)因为Q为BC的中点，所以Q(¥1,0)uur AQ 因此(J,2,0)JUJUACujj(0,2,2), CC i (0,0,2)设n=( x, y，z)为平面AQC i的一个法向量, UULTAQ nJUJU 则AC i n 0,°,即3y 0,2y 2z 0.不妨取n 3, 1,1)，设直线CC i与平面AQC i所成角为，sin 则UUJU |cosCCi,n 1需逻所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为58•解：方法一：(I)由AB 2,AA 4,BB i 2,AA AB, BB i AB 得AB AB 2^2，所以AB i2 2 2AB i AA i.故AB i AB i.由BC 2 , BB i 2, CC i i, BB i BC,CC i BC 得B i C i ,5 ,由AB BC 2, ABC i20 得AC 2 . 3 ,由CC i AC,得AC i ，所以 2 2AB i B i C i2AC i，故AB i B i C i因此AB i平面A i B i C i.(n)如图，过点C i作GD A1B1，交直线A\B1于点D，连结AD .由AB i 平面A i B i C i得平面ABQ i 平面ABB i ,由C i D A3 得C i D 平面ABB i,所以C i AD是AC i与平面ABB i所成的角•由BC i 亦,AB 2血,AC i ^2i得cos GAB ^6,sin GAB 所以C i D 3，故sin GAD CD 39 .i i AC i i3i ~7*/39因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是 —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:A(0, 73,0), B(1,0,0), A(0, >/3,4), B 1(1,0,2),C 1(0j3,1), uuu L uuu L uuu L 因此 AB 1 (1,J3,2), AB (1,J3, 2), AG (0,2 J 3, 3),来源学所以AB 1 平面A 1B 1C 1.uuu - uur 由(I)可知 AG (0,2、3,1), ABAC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是 一熒13(n)设直线 AC 1与平面ABB 1所成的角为设平面 ABB 1 的法向量 n (x, y, z). uurAB uuu BB 10,即 0, x ◎ 0,可取2z 0, (，3,1,0).所以sinuuu|cos 〔ACu,叩 4AC4|AC 1 | |n|3913uuu 由AB 1 uuuAB 1 0 得 A 1B 1. uuu 由AB 1 uuuAG 0得AB 1AC 1.- uuu(1, .3,0), BB 1 (0,0,2), 因此，直线9•解：⑴依题意可知：圆锥的高度为op 42 22 2 3,所以其体积为：V 1 r2h 1222 3 ^3 。

2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工类）第一部分（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．若集合{}2A x x =<，{}2,0,1,2B x =-，则A B =I （A ）{}01， （B ）{}-101，，（C ）{}-201，，（D ）{}-1012，，， 2.在复平面内，复数i1i-的共轭复数对应的点位于 （A ）第一象限 （B ）第二象限 （C ）第三象限 （D ）第四象限3．执行如图所示的程序框图，输出的s 值为（ ）． A ．12B ．56C ．76D ．7124．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要的贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为（ ）．ABC ．D ．5．某四棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）． A ．1 B ．2 C ．3 D ．46.设a b ,均为单位向量，则“33a b a b -=+”是“a b ⊥”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件7. 在平面直角坐标系中，记d 为点()P cos ,sin θθ到直线20x my --=的距离.当,mθ变化时，d 的最大值为 （A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）48. 设集合(){},|1,4,2A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤，则()A 对任意实数a ，()2,1A ∈ ()B 对任意实数a ，()2,1A ∉()C 当且仅当0a <时，()2,1A ∉ ()D 当且仅当32a ≤时，()2,1A ∉ 二.填空（9）设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为 。

2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工类）第一部分（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．若集合{}2A x x =<，{}2,0,1,2B x =-，则A B =I （A ）{}01， （B ）{}-101，，（C ）{}-201，，（D ）{}-1012，，， 2.在复平面内，复数i1i-的共轭复数对应的点位于 （A ）第一象限 （B ）第二象限 （C ）第三象限 （D ）第四象限3．执行如图所示的程序框图，输出的s 值为（ ）． A ．12B ．56C ．76D ．7124．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要的贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为（ ）．ABC ．D ．5．某四棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）． A ．1 B ．2 C ．3 D ．46.设a b ,均为单位向量，则“33a b a b -=+”是“a b ⊥”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件7. 在平面直角坐标系中，记d 为点()P cos ,sin θθ到直线20x my --=的距离.当,mθ变化时，d 的最大值为 （A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）48. 设集合(){},|1,4,2A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤，则()A 对任意实数a ，()2,1A ∈ ()B 对任意实数a ，()2,1A ∉()C 当且仅当0a <时，()2,1A ∉ ()D 当且仅当32a ≤时，()2,1A ∉ 二.填空（9）设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为 。

2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工类）第一部分（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．若集合{}2A x x =<，{}2,0,1,2B x =-，则A B =I （A ）{}01， （B ）{}-101，，（C ）{}-201，，（D ）{}-1012，，， 2.在复平面内，复数i1i-的共轭复数对应的点位于 （A ）第一象限 （B ）第二象限 （C ）第三象限 （D ）第四象限3．执行如图所示的程序框图，输出的s 值为（ ）． A ．12B ．56C ．76D ．7124．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要的贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于f ，则第八个单音的频率为（ ）．ABC ．D ．5．某四棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）． A ．1 B ．2 C ．3 D ．46.设a b ,均为单位向量，则“33a b a b -=+”是“a b ⊥”的 （A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件 （C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件7. 在平面直角坐标系中，记d 为点()P cos ,sin θθ到直线20x my --=的距离.当,mθ变化时，d 的最大值为 （A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）48. 设集合(){},|1,4,2A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤，则()A 对任意实数a ，()2,1A ∈ ()B 对任意实数a ，()2,1A ∉()C 当且仅当0a <时，()2,1A ∉ ()D 当且仅当32a ≤时，()2,1A ∉ 二.填空（9）设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为 。