2018年高考真题汇编——理科数学(解析版)7：立体几何

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) (D)

【答案】B

【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，所以几何体的体积为

11V6339,选B.

322.【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】C

【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C是正确的．

3.【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SC2；则此棱锥的体积为（ ）

(A)2322 (B) (C) (D) 6632【答案】A

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【解析】ABC的外接圆的半径r6322，点O到面ABC的距离dRr,SC为

3326 3球O的直径点S到面ABC的距离为2d 此棱锥的体积为V113262SABC2d 33436 另：V13SABC2R排除B,C,D,选A. 364.【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】C

【解析】A.两直线可能平行，相交，异面故A不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D.这两个平面平行或相交.

5.【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内，过点O作平面的垂线交半球面于点A，过圆O的直径CD作平面成45o角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为B，该交线上的一点P满足BOP60o，则A、PABDPαCO两点间的球面距离为（ ）A、Rarccos【答案】A

23RR B、 C、Rarccos D、 4343【解析】根据题意，易知平面AOB⊥平面CBD,cosAOPcosAOBcosBOP

2122,AOParccos，由弧长公式易得，A、P两点间的球面距离为22442. 4Rarccos

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6.【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ABCA1B1C1，

CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为（ ）

A.

55325 B. C. D. 5355

5.【答案】A.

【解析】设|CB|a，则|CA||CC1|2a，A(2a,0,0),B(0,0,a),C1(0,2a,0),B1(0,2a,a)，

AB1(2a,2a,a),BC1(0,2a,a)，cosAB1,BC1AB1BC1|AB1||BC1|5，故选A. 57.【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】D

【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.

【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型. 8.【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

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A．C．

8π 3B．3π

10π D．6π 3【答案】B

【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.

9.【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】C

【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得

1VV圆锥V圆柱3252-3232557．故选C．

3

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10.【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.

【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难度一般.

【解析】球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰

直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC，故选Ｄ．

11.【2018高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围是

（A）(0,2) （B）(0,3) （C）(1,2) （D）(1,3) 【答案】A

【解析】因为BE1(2212则BFBE，AB2BF2BE2，)1222选A，

12.【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+65 B. 30+65 C. 56+ 125 D. 60+125

【答案】B

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【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得：S底10，

S后10，S右10，S左65，因此该几何体表面积SS底S后S右S左3065，

故选B。

13.【2018高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1=22 E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为 A 2 B 【答案】D

【解析】连结AC,BD交于点O，连结OE，因为O,E是中点，所以OE//AC1,且

3 C 2 D 1

OE1AC1，所以AC1//BDE，即直线AC1 与平面BED的距离等于点C到平面BED的距2离，过C做CFOE于F,则CF即为所求距离.因为底面边长为2，高为22，所以

AC22,OC2,CE2,OE2,所以利用等积法得CF1，选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________cm3.

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【答案】1

【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于3121．

15.【2018高考真题四川理14】如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是CD、

D1A1DB1NCBC11213MCC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是____________。

【答案】

A

 2【命题立意】本题主要考查空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，以及异面直线所成角的求法.

【解析】本题有两种方法，一、几何法：连接MD1，则MD1DN,又A1D1DN，易知

；二、坐标法：建立空间直角坐标系，2利用向量的夹角公式计算得异面直线A1M与DN所成角的大小是.

2DN面A1MD1，所以A1M与DN所成角的大小是

16.【2018高考真题辽宁理13】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______________。

【答案】38

【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的

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长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积，即为2(344131)211238 【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的表面积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，属于容易题。本题解决的关键是根据三视图还原出几何体，确定几何体的形状，然后再根据几何体的形状计算出表面积。

17.【2018高考真题山东理14】如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E,F分别为线段

AA1,B1C上的点，则三棱锥

D1EDF的体积为

____________.【答案】

1 61111，又因为F点在线段B1C221,即

【解析】法一：因为E点在线段AA1上，所以SDED1上，所以点

F到平面

DED1的距离为

h1，所以

1111VD1EDFVFDED1SDED1h1.

3326法二：使用特殊点的位置进行求解，不失一般性令E点在A点处，F点在C点处，则

1111VD1EDFVD1ADCSADCDD1111。

332618.【2018高考真题辽宁理16】已知正三棱锥PABC，点P，A，B，C都在半径为3的求面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为________。 【答案】3 3【解析】因为在正三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点。球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥PABC在面

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ABC上的

高。已知球的半径为3，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥PABC在面ABC上的高

为

23233，所以球心到截面ABC的距离为3

333【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想，该题灵活性较强，难度较大。该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手，注意到条件中的垂直关系，把三棱

19.【2018高考真题上海理8】若一个圆锥的侧面展开图是面积为2的半圆面，则该圆锥的体积为 。 【答案】

3 3【解析】因为半圆面的面积为

12l2，所以l24，即l2，即圆锥的母线为l2，2底面圆的周长2rl2，所以圆锥的底面半径r1，所以圆锥的高hl2r23，所以圆锥的体积为rh133133。 3320.【2018高考真题上海理14】如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC2，

若AD2c，且ABBDACCD2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最

大值是 。【答案】

2ca2c21。 312SADEBC=SADE， 33【解析】过点A做AE⊥BC，垂足为E，连接DE，由AD⊥BC可知，BC⊥平面ADE， 所以VVBADEVCADE

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当AB=BD=AC=DC=a时，四面体ABCD的体积最大。

过E做EF⊥DA，垂足为点F，已知EA=ED，所以△ADE为等腰三角形，所以点E为AD的中点，又AEABBEa1，∴EF=∴SADE=

2222AE2AF2a2c21，

1ADEF=ca2c21， 22222∴四面体ABCD体积的最大值VmaxSADE=cac1。

3321.【2018高考江苏7】（5分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD3cm，AA12cm，则四棱锥ABB1D1D的体积为 ▲ cm．

3

【答案】6。

【考点】正方形的性质，棱锥的体积。

【解析】∵长方体底面ABCD是正方形，∴△ABD中BD=32 cm，BD边上的高是（它也是ABB1D1D中BB1D1D上的高）。

32cm213 ∴四棱锥ABB1D1D的体积为3222=6。

3222.【2018高考真题安徽理12】某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是_____．

【答案】92

【命题立意】本题考查空间几何体的三视图以及表面积的求法。

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【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，

几何体的表面积是S2(25)4(2544(52))492． 23.【2018高考真题天津理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体

632正视图12223132侧视图3俯视图积为_________m3. 【答案】189

【解析】根据三视图可知，这是一个上面为长方体，下面有两个直径为3的球构成的组合体，两个球的体积为243()39，长方体的体积为13618，所以该几何体的体积32为189。

24.【2018高考真题全国卷理16】三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1=CAA1=60°则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为____________. 【答案】

6 3【解析】如图

设AA则1a,ABb,ACc,设棱长为1，

AB1ab,BC1aBCac-b，因为底面边长和侧棱长都相等，且

BAA1CAA1600所以a•ba•cb•c1，所以AB1(ab)23，2BC1(ac-b)22 ，AB1•BC1(ab)•(ac-b)2，设异面直线的夹角为

，所以cosAB1•BC1AB1BC12236. 3

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三、解答题

25.【2018高考真题广东理18】（本小题满分13分）

如图5所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE．

（1） 证明：BD⊥平面PAC；

（2） 若PH=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值；

【答案】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面垂直的证明、二面角的求解等问题，考查了学生的空间想象能力以及推理论证能力.

26.【2018高考真题辽宁理18】(本小题满分12分) 如图，直三棱柱ABCABC，BAC90，

///o

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ABACAA/,点M，N分别为A/B和B/C/的中点。

(Ⅰ)证明：MN∥平面A/ACC/;

(Ⅱ)若二面角A/MNC为直二面角，求的值。 【答案】

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【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定，借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法，并利用法向量判定平面的垂直关系，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，难度适中。第一小题可以通过线线平行来证明线面平行，也可通过面面平行来证明。

27.【2018高考真题湖北理19】（本小题满分12分）

如图1，ACB45o，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使BDC90o（如图2所示）． （Ⅰ）当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；

（Ⅱ）当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在

棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小．

A

A M D B

B

D

C

. ·E

C

图1

图2

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第19题图

【答案】（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△ABC中，设BDx(0x3)，则CD3x．

由ADBC，ACB45o知，△ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x.

由折起前ADBC知，折起后（如图2），ADDC，ADBD，且BDIDCD，

11所以AD平面BCD．又BDC90o，所以SBCDBDCDx(3x)．于是

221111VABCDADSBCD(3x)x(3x)2x(3x)(3x)

3321212x(3x)(3x)2， 12333当且仅当2x3x，即x1时，等号成立，

故当x1，即BD1时, 三棱锥ABCD的体积最大． 解法2：

1111同解法1，得VABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x)．

332611令f(x)(x36x29x)，由f(x)(x1)(x3)0，且0x3，解得x1．

62当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,3)时，f(x)0． 所以当x1时，f(x)取得最大值．

故当BD1时, 三棱锥ABCD的体积最大． （Ⅱ）解法1：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系Dxyz．

由（Ⅰ）知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2．

1于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E(,1,0)，

2uuuur且BM(1,1,1)．

uuuruuuuruuur1设N(0,,0)，则EN(,1,0). 因为ENBM等价于ENBM0，即

21111(,1,0)(1,1,1)10，故，N(0,,0).

22221所以当DN（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，ENBM．

2uuuruuur1nBN,设平面BMN的一个法向量为n(x,y,z)，由uuuur 及BN(1,,0)，

2nBM,y2x,得 可取n(1,2,1)．

zx.uuur11设EN与平面BMN所成角的大小为，则由EN(,,0)，n(1,2,1)，可得

221uuur|1|nEN3o2uuursincos(90)，即60o．

2|n||EN|262

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z A M A M

D N B x E 图a

C y B

D N E 图b

F C M D N F E C

G H

N E B 图c

P

B 图d

第19题解答图

o

故EN与平面BMN所成角的大小为60. 解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2． 如图b，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD. 由（Ⅰ）知AD平面BCD，所以MF平面BCD.

如图c，延长FE至P点使得FPDB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形， 所以DPBF. 取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP， 所以ENBF. 因为MF平面BCD，又EN面BCD，所以MFEN. 又MFIBFF，所以EN面BMF. 又BM面BMF，所以ENBM. 因为ENBM当且仅当ENBF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的.

1即当DN（即N是CD的靠近点D的一个四等分点），ENBM．

25， 2所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形， 如图d所示，取BM的中点G，连接EG，NG，

则BM平面EGN．在平面EGN中，过点E作EHGN于H， 则EH平面BMN．故ENH是EN与平面BMN所成的角．

连接MN，ME，由计算得NBNMEBEM在△EGN中，易得EGGNNE2，所以△EGN是正三角形， 2故ENH60o，即EN与平面BMN所成角的大小为60o. 28.【2018高考真题新课标理19】（本小题满分12分） 如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC1AA1， 2

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D是棱AA1的中点，DC1BD（1）证明：DC1BC

（2）求二面角A1BDC1的大小. 【答案】（1）在RtDAC中，ADAC 得：ADC45

 同理：A1DC145CDC190

得：DC1DC,DC1BDDC1面BCDDC1BC （2）DC1BC,CC1BCBC面ACC1A1BCAC

取A1B1的中点O，过点O作OHBD于点H，连接C1O,C1H AC11B1C1C1OA1B1，面A1B1C1面A1BDC1O面A1BD OHBDC1HBD 得：点H与点D重合 且C1DO是二面角A1BDC1的平面角 设ACa，则C1O2a，C1D2a2C1OC1DO30 2 既二面角A1BDC1的大小为30

29.【2018高考江苏16】（14分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1ACE分别11，D，是棱BC，，且ADDE，CC1上的点（点D 不同于点C）F为B1C1的中点． 求证：（1）平面ADE平面BCC1B1；

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（2）直线A1F//平面ADE．

【答案】证明：（1）∵ABCA1B1C1是直三棱柱，∴CC1平面ABC。 又∵AD平面ABC，∴CC1AD。

又∵ADDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1IDEE，∴AD平面

BCC1B1。

又∵AD平面ADE，∴平面ADE平面BCC1B1。 （2）∵A1B1AC11，F为B1C1的中点，∴A1FB1C1。

又∵CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，∴CC1A1F。 又∵CC1， B1C1平面BCC1B1，CC1IB1C1C1，∴A1F平面A1B1C1。 由（1）知，AD平面BCC1B1，∴A1F∥AD。

又∵AD平面ADE, A1F平面ADE，∴直线A1F//平面ADE 【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系。

【解析】（1）要证平面ADE平面BCC1B1，只要证平面ADE上的AD平面BCC1B1即可。它可由已知ABCA1B1C1是直三棱柱和ADDE证得。

（2）要证直线A1F//平面ADE，只要证A1F∥平面ADE上的AD即可。 30.【2018高考真题四川理19】(本小题满分12分)

如图，在三棱锥PABC中，APB90，PAB60，ABBCCA，平面

ooPAB平面ABC。

（Ⅰ）求直线PC与平面ABC所成角的大小； （Ⅱ）求二面角BAPC的大小。

【答案】本题主要考查直线与平面的位置关系，线面角的概念，二面角的概念等基础知识，考查空间想象能力，利用向量解决立体几何问题的能力.

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31.【2018高考真题福建理18】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中AA1=AD=1，E为CD中点. （Ⅰ）求证：B1E⊥AD1；

（Ⅱ）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的行；若存在，求AP的长；若不存在，说明理由.

（Ⅲ）若二面角A-B1EA1的大小为30°，求AB的长.

【答案】本题主要考查立体几何中直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角的概念与求法等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、基本运算能力，以及函数与方程的思想、数形结合思想、化归与转化思想.

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32.【2018高考真题北京理16】（本小题共14分）

如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,如图2. (I)求证：A1C⊥平面BCDE；

(II)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(III)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由

【答案】解：（1）QCDDE，A1EDE

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DE平面ACD， 1又QA1C平面ACD， 1A1CDE

又ACCD， 1A1C平面BCDE。

（2）如图建系Cxyz，则D2，0，0，A0，3，0，E2，2，0 0，23，B0，uuuuruuur∴A1B0，3，23,A1E2，1，0

r设平面A1BE法向量为nx，y，z

3uuurrzy3y23z0A1Bn02则uuu ∴ ∴ urr2xy0yAEn0x12r∴n1，2，3

zA1 (0,0,23)ME (-2,2,0)yB (0,3,0)D (-2,0,0)C (0,0,0)x又∵M1，0，3 uuuur∴CM1，0，3

uuuurrCMn1342rr∴cosuuuu

2|CM||n|14313222，

∴CM与平面A1BE所成角的大小45。

（3）设线段BC上存在点P，设P点坐标为0，a，0，则a0，3

uuuruuur则A1P0，a，23，DP2，a，0

uur设平面A1DP法向量为n1x1，y1，z1 ，

3zay11ay123z106则 ∴

2xay0111xay112uur∴n13a， 6，3a。

假设平面A1DP与平面A1BE垂直， uurr则n1n0，∴3a123a0，6a12，a2，

∵0a3，∴不存在线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。

33.【2018高考真题浙江理20】(本小题满分15分)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是

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边长为23的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝26，M，N分别为PB，PD的中点．

(Ⅰ)证明：MN∥平面ABCD；

(Ⅱ) 过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．

【命题立意】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，二面角所成角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。

【答案】(Ⅰ)如图连接BD． ∵M，N分别为PB，PD的中点， ∴在PBD中，MN∥BD． 又MN平面ABCD， ∴MN∥平面ABCD； (Ⅱ)如图建系：

A(0，0，0)，P(0，0，26)，M(N(3，0，0)，C(3，3，0)．

3，26)． 设Q(x，y，z)，则CQ(x3，y3，z)，CP(3，uuuruuur3，26)，∴Q(33，33，26)． ∵CQCP(3，uuuruuur33，，0)， 22由OQCP即：Q(uuuruuuruuuruuur1

OQCP0，得：．

3

2326，2，)． 33r对于平面AMN：设其法向量为n(a，b，c)．

uuuuruuur33∵AM(，，0)，AN=(3，0，0)．

22

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uuuurrAMn0则uuurrANn033ab0223a03a31． b3c0r31∴n(，，0)．

3316)． 同理对于平面AMN得其法向量为v(3，，r记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为， rrnv10则cosrr．

5nv∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为10． 534.【2018高考真题重庆理19】（本小题满分12分 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1 中，AB=4，AC=BC=3，D为AB的中点

（Ⅰ）求点C到平面A1ABB1的距离;

（Ⅱ）若AB1A1C求二面角 的平面角的余弦值.

【答案】

【命题立意】本题考查立体几何的相关知识，考查线面垂直关系、二面角的求法以及空间向量在立体几何中的应用.

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35.【2018高考真题江西理20】（本题满分12分）

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在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=5，BC=4，在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O。

（1）证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长； （2）求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值。 【答案】

【点评】本题考查线面垂直，二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. 高考中，立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直，平行有关的线面关系的证明；二、考查空间几何体的体积与表面积；三、考查异面角，线面角，二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问，第3种考查多出现在第2问；对于角度问题，一般有直接法与空间向量法两种求解方法.

36.【2018高考真题安徽理18】（本小题满分12分）

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平面图形ABB1AC11C如图4所示，其中BB1C1C是矩形，BC2,BB14，

BCABAC2，A1B1AC115。现将该平面图形分别沿BC和11折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接AA1,BA1,CA1,得到如图2所示的空间

图形，对此空间图形解答下列问题。

（Ⅰ）证明：AA1BC； （Ⅱ）求AA1的长； （Ⅲ）求二面角ABCA1的余弦值。

【答案】本题考查平面图形与空间图形的转化，空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定。空间线段长度和空间角的余弦值的计算等基础知识和基本技能，考查空间想象能力，推理论证能力和求解能力。

【解析】(综合法)

（I）取BC,B1C1的中点为点O,O1，连接AO,OO1,AO1,AO11，

则ABACAOBC，面ABC面BB1C1CAO面BB1C1C， 同理：A1O1面BB1C1C 得：AO//AO11A,O,A1,O1共面， 又OO1BC,OO1IAOOBC面AOO1A1AA1BC。 （Ⅱ）延长A1O1到D，使O1DOA ，得：O1D//OAAD//OO1，

OO1BC，面A1B1C1面BB1C1COO1面A1B1C1AD面A1B1C1，

AA1AD2DA242(21)25。

BCAOA1是二面角ABCA1的平面角。 （Ⅲ）AOBC,AO1在RtOO1A1中，A1OOO1AO1122422225，

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2AO2AOAA1251在RtOAA1中，cosAOA1， 2AOAO51得：二面角ABCA1的余弦值为5。 537.【2018高考真题上海理19】（6+6=12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA

底面ABCD，E是PC的中点，已知AB2，AD22，PA2，求： （1）三角形PCD的面积；

（2）异面直线BC与AE所成的角的大小。

【答案】 【解析】（1）∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD， 又∵CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD， ∴CD⊥PD， 又∵PD

22(22)223，CD=2，

122323。 2∴△PCD的面积为

（2）解法一：取PB的中点F，连接EF,AF, 则EF∥BC，∴∠AEF(或其补角)是异面直线 BC与AE所成的角。

在△ADF中，EF=2、AF=2,AE=2， ∴△AEF是等腰直角三角形， ∴∠AEF=

， 4。 4∴异面直线BC与AE所成的角大小为

解法二：如图所示，建立空间直角坐标系，

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则B(2,0,0),C(2，22,0),E(1，2,1)， 设AE与BC的夹角为，则

∴AE=(1，2,1)，BC=(0,22,0),

cosAEACAEAC=

42222,, 2又∵0＜≤

，∴=。 24

【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．综合考查空间中两条异面直线所成的角的求解，同时考查空间几何体的体积公式的运用.本题源于《必修2》立体几何章节复习题，复习时应注重课本，容易出现找错角的情况，要考虑全面，考查空间想象能力，属于中档题．

38.【2018高考真题全国卷理18】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC=22，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC.

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（Ⅰ）证明：PC⊥平面BED；

（Ⅱ）设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小. 【答案】

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39.【2018高考真题山东理18】（18）（本小题满分12分）

在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，DAB60,FC平面

oABCD,AEBD,CBCDCF.

（Ⅰ）求证：BD平面AED；

（Ⅱ）求二面角FBDC的余弦值. 【答案】

解析：（Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=60°，CB=CD,

由余弦定理可知BDCDCB2CDCBcos(180DAB)3CD, 即BD222023CD3AD,在ABD中，∠DAB=60°，BD3AD，则ABD为直角三角

形，且ADDB。又AE⊥BD，AD平面AED，AE平面AED，且ADAEA，故BD⊥平面AED；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知ACCB，设CB1，则CABD3,建立如图所示的空间直角坐

标系，F(0,01),B(0,1,0),D(31,,0)，向量n(0,0,1)为平面BDC的一个法向量. 22mBD03x3y0设向量m(x,y,z)为平面BDF的法向量，则,即2， 2mFB0yz0取y1，则x

3,z1，则m(3,1,1)为平面BDF的一个法向量.

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cosm,nmnmn155，而二面角F-BD-C的平面角为锐角，则 5二面角F-BD-C的余弦值为

5。 5

40.【2018高考真题湖南理18】（本小题满分12分）

如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点.

（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；

（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积.

【答案】解法1（Ⅰ如图（1）），连接AC，由AB=4，BC3，ABC90,得AC5.

o又AD5,Ｅ是ＣＤ的中点，所以CDAE.

QPA平面ABCD,CD平面ABCD,所以PACD.

而PA,AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE. （Ⅱ）过点Ｂ作BGCD,分别与AE,AD相交于F,G,连接PF.

由（Ⅰ）CD⊥平面PAE知，ＢＧ⊥平面PAE.于是BPF为直线ＰＢ与平面PAE 所成的角，且BGAE.

由PA平面ABCD知，PBA为直线PB与平面ABCD所成的角.

AB4,AG2,BGAF,由题意，知PBABPF,

因为sinPBAPABF,sinBPF,所以PABF. PBPB

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由DABABC90知，AD//BC,又BG//CD,所以四边形BCDG是平行四边形，故

oGDBC3.于是AG2.

在RtΔBAG中，AB4,AG2,BGAF,所以

AB21685 BGABAG25,BF.

BG25522于是PABF85. 5又梯形ABCD的面积为S1(53)416,所以四棱锥PABCD的体积为 2 V

11851285SPA16. 33515

解法2：如图（2），以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设PAh,则相关的各点坐标为：

A(4,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h). uuuruuuruuurCD(4,2,0),AE(2,4,0),AP(0,0,h).因为 （Ⅰ）易知

uuuruuuruuuruuurCDAE8800,CDAP0,所以CDAE,CDAP.而AP,AE是平面PAE内

的两条相交直线，所以CD平面PAE.

uuuruuur(Ⅱ)由题设和（Ⅰ）知，CD,AP分别是平面PAE，平面ABCD的法向量，而PB与

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平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以 uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurCDPBPAPBcosCD,PBcosPA,PB,即uuuruuuruuuruuur.

CDPBPAPBuuuruuuruuur由（Ⅰ）知，CD(4,2,0),AP(0,0,h),由PB(4,0,h),故

16002516h2解得h00h2h16h2.

85. 5又梯形ABCD的面积为S1(53)416，所以四棱锥PABCD的体积为 2 V11851285SPA16. 3351541.【2018高考真题天津理17】（本小题满分13分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2，AC=1.

（Ⅰ）证明PC⊥AD；

（Ⅱ）求二面角A-PC-D的正弦值；

（Ⅲ）设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长.

PBACD

【答案】

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