2018年高考题分类汇编之立体几何

2018高考真题与模拟题分类汇编：立体几何一．高考真题1.【2018全国III 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（ ）2.【2018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：3cm ）是（ ）（A ）2（B ）4（C ）6（D ）83.【2018全国I 卷 7】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 ）3 （D ）24.【2018浙江 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1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则（ ） （A ）123θθθ≤≤ （B ）321θθθ≤≤ （C ）132θθθ≤≤ （D ）231θθθ≤≤5.【2018全国II 卷 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 ）15 （B （C （D ）26.【2018全国III 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 ）7.【2018全国I 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 ）4 （D 8.【2018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_________。

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．。

2018 年全国一卷（文科）：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 5 C．3 D．218．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2BP DQ DA ，求三棱锥Q ABP 的体积．3全国1 卷理科理科第7 小题同文科第9 小题18. 如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点ABCD E, F AD ,BC DF △DFC C 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.全国 2 卷理科：9．在长方体ABCD A1B1C1D1 中，AB BC 1 ，AA1 3 ，则异面直线A D 与DB1 所成角的余弦值为1A．15B．56C．55D．2220．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．全国3 卷理科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19．（12 分）如图，边长为 2 的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．ABCD CD M CD C D （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．2018 年江苏理科：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▲．15．（本小题满分14 分）在平行六面体A BCD A B C D 中，AA1 AB, AB1 B1C1．1 1 1 1求证：（1）A B∥平面A B C ；1 1（2）ABB A A BC平面平面．1 1 12018 年北京：（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）4（16）（本小题14 分）如图，在三棱柱ABC - A1 B1 C1 中，C C 平面ABC，D，E，F，G 分别为1 AA ，AC，1AC ，1 1BB中点，AB=BC = 5 ，AC= AA =2．1（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．2018 年浙江：3）是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：cmA ．2 B．4 C．6 D．819．（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．2018 年上海19.已知圆锥的顶点为P , 底面圆心为O, 半轻为 21. 设圆锥的母线长为 4 , 求圆锥的体积o2. 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。

专题6立体几何（2018全国1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.【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.（2018全国1卷）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. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.（2018全国1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.【答案】C【解析】分析：首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式详解：在长方体中，连接，根据线面角的定义可知，因为，所以，从而求得，所以该长方体的体积为，故选C.点睛：该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长久显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.（2018全国2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.【答案】C【解析】分析：利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.详解：在正方体中，，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为， 则由为棱的中点，可得，所以则.故选C.点睛：求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角.（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.（2018全国3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（ ）3．答案：A 解答：根据题意，A 选项符号题意；（2018全国3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体积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．12．答案：BA B C D ABC ∆D ABC -解答：如图，为等边三角形，点为，，，外接球的球心，为的重心，由，取的中点，∴，∴球心到面的距离为，∴三棱锥体积最大值（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 【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，， 由勾股定理可知：， 则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.ABC ∆O A B C D G ABC ∆ABC S ∆=6AB =BC H sin60AH AB =⋅︒=23AG AH ==O ABC 2d ==D ABC -1(24)3D ABC V -=⨯+=点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解. （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 . 83.答案：C 解答：该几何体的立体图形为四棱柱，(12)2262V +⨯=⨯=. （2018浙江卷）6.已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( )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6.答案：A解答：若“//m n ”，平面外一条直线与平面内一条直线平行，可得线面平行，所以“//m α”；当“//m α”时，m 不一定与n 平行，所以“//m n ”是“//m α”的充分不必要条件.（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≤θ18.答案：D 解答作SO 垂直于平面ABCD ，垂足为O ，取AB 的中点M ，连接SM .过O 作ON 垂直于直线SM ，可知2SEO θ=∠，3SMO θ=∠，过SO 固定下的二面角与线面角关系，得32θθ≥.易知，3θ也为BC 与平面SAB 的线面角，即OM 与平面SAB 的线面角，俯视图正视图根据最小角定理，OM 与直线SE 所成的线线角13θθ≥， 所以231θθθ≤≤.（2018全国2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__________． 【答案】8π【解析】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，又，解得，所以， 所以该圆锥的体积为.点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.（2018天津卷）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__________．【答案】【解析】分析：由题意分别求得底面积和高，然后求解其体积即可.详解：如图所示，连结，交于点，很明显平面，则是四棱锥的高，且，，结合四棱锥体积公式可得其体积为：.点睛：本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. （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________．【答案】【解析】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．（2018全国1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．【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=90，即，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，=90°，．又BA⊥AD，且，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．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.（2018全国2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．【答案】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．【解析】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，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=．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．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.（2018江苏卷）15. 在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：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 ．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. （2018全国3卷）19．（12分）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． ⑴证明：平面平面；⑵在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．19．答案：见解答解答：（1）∵正方形半圆面， ∴半圆面，∴平面.∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴.又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面平面.（2）线段上存在点且为中点，证明如下：连接交于点，连接；在矩形中，是中点，是的中点； ∴，∵在平面内，不在平面内，∴平面.ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD ABCD ⊥CMD AD ⊥CMD AD ⊥MCD CM MCD AD CM ⊥M CD ,C D CM MD ⊥AD DM D =I CM ⊥ADM CM BCM BCM ⊥ADM AM P P AM ,BD AC O ,,PD PB PO ABCD O AC P AM //OP MC OP PDB MC PDB //MCPDB（2018北京卷）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.【解析】分析：（1）欲证，只需证明即可；（2）先证平面，再证平面P AB⊥平面PCD；（3）取中点，连接，证明，则平面.详解：（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.点睛：证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直. （2018江苏卷）25. 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．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：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．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.（2018浙江卷）19.(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（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值 19.解答：（1）∵12AB B B ==，且1B B ⊥平面ABC ，∴1B B AB ⊥，∴1AB =.同理，1AC ===过点1C 作1B B 的垂线段交1B B 于点G ，则12C G BC ==且11B G =，∴11B C =在11AB C ∆中，2221111AB B C AC +=， ∴111AB BC ⊥，①过点1B 作1A A 的垂线段交1A A 于点H . 则12B H AB ==，12A H =，∴11A B =. 在11A B A ∆中，2221111AA AB A B =+， ∴111AB A B ⊥，②综合①②，∵11111A B B C B ⋂=，11A B ⊂平面111A B C ，11B C ⊂平面111A B C ， ∴1AB ⊥平面111A B C .（2）过点B 作AB 的垂线段交AC 于点I ，以B 为原点，以AB 所在直线为x 轴，以BI 所在直线为y 轴，以1B B 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -.C 1B 1A 1CA则(0,0,0)B ，(2,0,0)A -，1(0,0,2)B，1(1C ， 设平面1ABB 的一个法向量(,,)n a b c =，则1020200n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩，令1b =，则(0,1,0)n =，又∵1AC =，1cos ,13n AC <>==. 由图形可知，直线1AC 与平面1ABB 所成角为锐角，设1AC 与平面1ABB 夹角为α.∴sin α=。

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．。

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。

2018-2019年高考立体几何真题1.(2018浙江)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.（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值2.(2018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≤θ3 B . θ3≤θ2≤θ1 C . θ1≤θ3≤θ2 D . θ2≤θ3≤θ13.（2018江苏）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111AB B C ⊥.求证：(1) AB //平面11A B C ；(2) 平面11ABB A ⊥平面1A BC .4.(2018全国1)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 所成的角的正弦值.5.（2018全国2）如图，在三棱锥P-ABC中=4AB BC PA PB PC AC =====，O 为AC 中点。

（1）证明：PO ABC ⊥平面（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M-AP-C 为030，C 1B 1A 1CBA(D 11B 1A 1DCBA求PC与平面PAM所成角的正弦值。

6.(2019全国1)如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N 的正弦值．7.(2019全国2)如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE ⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．9.（2019浙江）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面11A AC C⊥平面ABC，，，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：（2）求直线EF 与平面 A 1BC 所成角的余弦值10．（2019北京）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．11．（2019天津）如图，AE ⊥平面A B C D ，,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．。

2018高考真题与模拟题分类汇编：立体几何一．高考真题1.【2018全国III 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（ ）2.【2018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：3cm ）是（ ） （A ）2 （B ）4 （C ）6 （D ）83.【2018全国I 卷 7】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 ）3 （D ）24.【2018浙江 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1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则（ ） （A ）123θθθ≤≤ （B ）321θθθ≤≤ （C ）132θθθ≤≤ （D ）231θθθ≤≤5.【2018全国II 卷 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 ）15 （B （C （D 6.【2018全国III 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 ）7.【2018全国I 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 ）4 （D 8.【2018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_________。

2018年全国高考文科数学分类汇编----立体几何1.在某四棱锥的三视图中，侧面中直角三角形的个数为3个。

解决方法是通过对应的直观图，得出三角形PCD不是直角三角形，同时通过计算得出侧面中有三个直角三角形，分别为△PAB，△PBC和△PAD。

2.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，E，F分别为AD，PB的中点。

需要证明PE⊥BC，平面PAB⊥平面PCD和EF∥平面PCD。

证明过程中，需要利用几何图形的性质，如平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD等。

3.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4/3.解决方法是通过计算正方体中间四边形的边长，然后计算出棱锥的高和棱长，最后通过公式计算出多面体的体积。

4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，需要证明AB∥平面A1B1C和平面ABB1A1⊥平面A1BC。

证明过程中，需要利用平行六面体的性质，如AB∥A1B1等。

在平行四边形ABCM中，由XXX可知∠ABC=∠ACB，又∠XXX°，所以∠ABM=∠CBM，即BM=CM，所以四边形ABB1M和四边形CC1BM是菱形，进而可得AB1⊥XXX，AC1⊥CM，所以AB1∥AC1，又因为XXX⊥AC，所以AB1⊥AC，即AB1是平面ABC的法线，同理可得AD是平面ACD的法线，所以平面ACD⊥平面ABC。

2）若BM=2，求AD的长度。

因为AB=AC=3，所以BC=3，又因为BM=2，所以MC=1，由勾股定理可得AM=√8，又因为AB⊥DA，所以AD=√AB^2+BD^2，又因为ABCD是平行四边形，所以BD=AC=3，所以AD=√18，即AD=3√2.题目：求直线AC1与平面ABB1所成角的正弦值。

解答：I）证明：因为A1A垂直于平面ABC，B1B垂直于平面ABC，所以A1A∥B1B。

由于A1A=4，B1B=2，AB=2，所以A1B1=2.又因为AB1⊥A1B1，同理可得AB1⊥B1C1，且A1B1∩B1C1=B1，所以AB1⊥平面A1B1C1.II）解：取AC的中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D。