高考文科数学总复习——真题汇编之立体几何含参考答案

高考文科数学总复习——真题汇编之立体几何

（含参考答案）

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12

O 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

1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 2

35

7

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.1

B.2

C.3

D.4

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

A B C D ，，

，ABC

△D ABC

俯视图

正视图

2

21

1

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≤θ3

B ．θ3≤θ2≤θ1

C ．θ1≤θ3≤θ2

D ．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，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 –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–

BB 1D 1D 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

S SA SB SA 30 SAB △8

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23

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．

P ABC

-AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC 2MC MB =C

POM

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．

ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥

PBD

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，

B 1B，C

1

C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A

1

A=4，

C 1C=1，AB=BC=B

1

B=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 =．

连结OB ．因为AB =BC =

，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ==2．

232

2

AC 12

AC

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 ．

222OP OB PB +=12AC 23BC 423

25

sin OC MC ACB OM ??∠4545

?CD ???

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

1

2

cos

MN

DMN

DM

∠==．

所以，异面直线BC与MD

（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，sin CM

CDM

CD

∠==．

所以，直线CD与平面ABD

．

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1110,1,0,3,0,0,0,1,0,0,1,()()()()(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

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所成角的余弦值为．

（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3

0,2

220.x 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

1

1

1

||

sin|cos|

,

|||

CC

CC

CC|

θ==

?

?

==

n

n

n，

所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为

．

8.解：方法一：

（Ⅰ）由1111

2,4,2,,

AB AA BB AA AB BB AB

===⊥⊥得

111

AB A B

==，所

以222

1111

A B AB AA

+=.

故11

1

AB A B

⊥.

由2

BC=，

11

2,1,

BB CC

==

11

,

BB BC

CC BC

⊥⊥得

11

B C=，

由2,120

AB BC ABC

==∠=?得AC=

由1

CC AC

⊥，得

1

AC=222

1111

AB B C AC

+=，故

111

AB B C

⊥.

因此1

AB⊥平面

111

A B C.

（Ⅱ）如图，过点1C作111

C D A B

⊥，交直线

11

A 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 A B AC ===

111111cos C A

B C A B ∠=∠=，

所以1C D =

，故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11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23),AB A B AC =

=-=-[来源:学#科#网Z#X#X#K]

由1110AB A B ?=得111AB A B ⊥.

由1110AB AC ?=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(0,23,1),(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 所成的角的正弦值是

13

.

9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，

所以其体积为：πππ33

8

322313122=???==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

2

arccos

=θ