【研究院】[全国](3)2018高考真题(理)分类汇编——立体几何与空间向量(教师版).docx

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2018高考真题分类汇编——立体几何
1．（2018北京·理）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
1.C

2.（2018全国I·理）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．2
2.B

3.（2018全国I·理）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3.A

4.（2018全国II·理）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4.C

5.（2018全国II·理）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．
5.

6.（2018全国III·理）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.A

7.（2018全国III·理）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.B

8．（2018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 ▲ ．[来源:学科网]

8.

9.（2018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

A．2 B．4 C．6 D．8

9.C

10.（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≤θ1
10.D
11.（2018天津·理）已知正方体的棱长为1，除面外，该正方
体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为 .

11.

12.（2018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（　　）

A．4 B．8 C．12 D．16
12.D

13.（2018北京·理）（本小题14分）
如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；
（3）证明：直线FG与平面BCD相交．
13.【解析】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．
（2）由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥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）．
∴，
设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，
∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
（3）由（2）知平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴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．

14.（2018全国I·理）（本小题12分）
如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.

14.【解析】（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
又平面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，的方向为y轴正方向，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.
则为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

15.（2018全国II·理）（本小题12分）
如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

15.【解析】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．因为，所以为等腰直角三角形，
且，．由知．
由知平面．
（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．

由已知得取平面的法向量．设，则．
设平面的法向量为．
由得，可取，
所以．
由已知可得．所以．解得（舍去），．所以．又，所以．
所以与平面所成角的正弦值为．

16.（2018全国III·理）（本小题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．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．

16.【解析】（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 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,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为的中点.
由题设得，

设是平面MAB的法向量,则即
可取.是平面MCD的法向量,因此，
，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.

17.（2018江苏）（本小题共14分）
在平行六面体中，．求证：
（1）平面；
（2）平面平面．

17.【解析】（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．

18.（2018江苏）（本小题分）
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．

18.【解析】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．

19.（2018浙江）（本小题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．
19.【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同
时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。
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-xyz.

由题意知各点坐标如下
因此[来源:学#科#网Z#X#X#K]
由得.由得.所以平面.
（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.
由（Ⅰ）可知
设平面的法向量.由即可取.
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.

20.（2018天津·理）(本小题满分14分)
如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（2）求二面角的正弦值；
（3）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.

20.【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．
依题意，可以建立以D为原点，分别以，，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，，1），N（1，0，2）．

（1）证明：依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则 即 不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．
又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（2）解：依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则 即 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 即 不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
（3）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.

21.（2018上海）(本小题满分14分)
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．

21.【解答】（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．

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