1、1专题三 立体几何高频考点真题回访1.(2018全国卷)某圆柱的高为 2,底面周长为 16,其三视图如图所示,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 在侧视图上的对应点为 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 B.2 C.3 D.25【解析】选 B.将三视图还原为圆柱,M,N 的位置如图 1 所示,将侧面展开,最短路径为 M,N 连线的距离,所以 MN= =2 .42+22 52.(2018全国卷)在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC 1与平面 BB1C1C 所成的角为30,则该长方体的体积为 ( )A.
2、8 B.6 C.8 D.8 3【解析】选 C.如图,连接 AC1和 BC1,因为 AB平面 BB1C1C,AC1与平面 BB1C1C 所成角为 30,所以AC 1B=30,所以 =tan 30,BC1=2 ,所以 CC1=2 ,所以 V=222 =8 .1 3 2 2 23.(2018全国卷)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 ( )A. B. C. D.2【解题指南】本题考查了异面直线所成的角的概念以及求解运算能力.【解析】选 C.因为 CDAB,所以EAB 即为异面直线 AE 与 CD 所成角,连接 BE,在直角三角
3、形 ABE 中,设 AB=a,则 BE= a,所以 tanEAB= = .4.(2018全国卷)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 ( )【解题指南】本题考查几何体的三视图,考查空间想象能力,体现了直观想象的核心素养.试题难度:易.【解析】选 A.由直观图可知选 A.5.(2018全国卷)设 A,B,C,D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点,ABC 为等边三角形且其面积为 9 ,则三棱锥 D-ABC 体积的最大值为 ( )A.12
4、 B.18 C.24 D.543 3 3 3【解题指南】本题考查三棱锥的体积的计算,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,体现了直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.试题难度:中.【解析】选 B.设ABC 的边长为 a,则 SABC = a2sin C= a2=9 ,解得 a=6,12 3如图所示,当点 D 在底面上的射影为三角形 ABC 的中心 H 时,三棱锥 D-ABC 的体积最大,设球心为 O,则在直角三角形 AHO 中,AH= 6=2 ,OA=R=4,则 OH= =23 3 2-2=2,所以 DH=2+4=6,所以三棱锥 D-ABC 的体积最大值为 V= SABC DH= 9
5、16-1213 136=18 .3 336.(2018天津高考)如图,已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,则四棱锥 A1-BB1D1D 的体积为_. 【解析】连接 A1C1,交 B1D1于 O1点,依题意得 A1O1平面 BB1D1D,即 A1O1为四棱锥 A 1-BB1D1D的高,且 A1O1= ,而四棱锥 A1-BB1D1D 的底面为矩形,其面积为 ,所以四棱锥 A1-BB1D1D2的体积 V= Sh= = .13 13 2 13答案:13【方法技巧】求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面,将空间问题转化为平面问题求解,注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等
6、体积法.割补法: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.等积法:等积法包括等面积法和等体积法.等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到,利用等积法可以用来求解 几何图形的高或几何体的高,特别是在求三角形的高和三棱锥的高时,这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高,而通过直接计算得到高的数值.7.(2018全国卷)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_. 【解题指南】本题考查空间几何体的体积公式的运用,同时考查了线线角和线面角的有关知识
7、.【解析】设底面圆的半径为 r,底面圆心为 O,因为 SA 与圆锥底面所成角为 30,所以 SA=,SO= r,又直角SAB 的面积为 8,所以 =8,解得 r=2 .所以 V= r 2SO= (2 )2 2 =8.13 13 3 3答案:88.(2018全国卷)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 ABDA.4(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.23【解析】(1)由已知可得,BAC=90,
8、则 BAAC.又 BAAD,ADAC=A,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=3 .2又 BP=DQ= DA,所以 BP=2 .23 2作 QEAC,垂足为 E,则 QE DC=1.13由已知及(1)可得 DC平面 ABC,所以 QE平面 ABC,因此,三棱锥 Q-ABP 的体积为 VQ-ABP= QESABP = 1 32 sin 45=1.13 13 12 29.(2018全国卷)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O 为 AC 的中点.2(1)证明:PO平面 A
9、BC.(2)若点 M 在棱 BC 上,且 MC=2MB,求点 C 到平面 POM 的距离.【解题指南】本题考查立体几何中的线面垂直关系的判定以及线面间的距离的求法,意在考查学生的数学运算及逻辑推理能力.【解析】(1)因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点,所以 OPAC,且 OP=2 .5连接 OB.因为 AB=BC= AC,所以ABC 为等腰直角三角形,且 OBAC,OB= AC=2.12由 OP2+OB2=PB2知,OPOB.由 OPOB,OPAC,OBAC=O,知 PO平面 ABC.(2)作 CHOM,垂足为 H.又由(1)可得 OPCH,OPOM=O,所以 CH平面 POM.
10、故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离.由题设可知 OC= AC=2,CM= BC= ,ACB=45.12 23 423所以 OM= ,CH= = .253 455所以点 C 到平面 POM 的距离为 .45510.(2018全国卷)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.【解题指南】考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定,意在考查空间想象能力、逻辑推理能力,培养学生的空间 想象能力与逻辑推理能力,体现了逻辑推理、直观想象的数学
11、素养.【解析】(1)由题设知,平面 CMD平面 ABCD,交线为 CD.因为 BCCD ,BC平面 ABCD,所以 BC平面 CMD,故 BCDM.因为 M 为 上异于 C,D 的点,且 DC 为直径,所以 DMCM.又 BCCM=C,所以 DM平面 BMC.而 DM平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC.6(2)存在,AM 的中点即为符合题意的点 P.证明如下:取 AM 的中点 P,连接 AC,BD 交于点 N,连接 PN.因为 ABCD 是矩形,所以 N 是 AC 的中点,在ACM 中,点 P,N 分别是 AM,AC 的中点,所以 PNMC,又 因为 PN平面 PBD,MC平面 PBD,
12、所以 MC平面 PBD,所以,在线段 AM 上存在点 P,即 AM 的中点,使得 MC平面 PBD.【误区警示】注意(2)问中,证明线面平行不要忽略 MC平面 PBD.11.(2018北京高考)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,平面 PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F 分别为 AD,PB 的中点.(1)求证:PEBC.(2)求 证:平面 PAB平面 PCD.(3)求证:EF平面 PCD.【解题指南】考查空间中直线与平面的位置关系的判定,意在考查空间想象能力,逻辑推理能力,培养学生的空间想象能力与逻辑推理能力,体现了逻辑推理,直观想象的数学素养.【证明】(1
13、)在PAD 中,PA=PD,E 是 AD 的中点,所以 PEAD,又底面 ABCD 为矩形,所以 ADBC,所以 PEBC.(2)因为底面 ABCD 为矩形,所以 ADCD,又因为平面 PAD平面 ABCD,平面 PAD平面 ABCD=AD,CD平面 ABCD,所以 CD平面 PAD,又 PA平面 PAD,所以 CDPA,又因为 PAPD,CD,PD平面 PCD,CDPD=D,所以 PA平面 PCD,又 PA平面 PAB,所以平面 PAB平面 PCD.(3)取 PC 的中点 G,连接 DG,FG,7因为底面 ABCD 为矩形,所以 AD BC,又 E 是 AD 的中点,所以 DE BC,在PBC 中,F,G 分别是 PB,PC 的中点,所以 FG BC,12所以 DE FG,四边形 DEFG 是平行四边形,所以 EFDG,又因为 EF平面 PCD,DG平面 PCD,所以 EF平面 PCD.【误区警示】注意(3)问中,证明线面平行不要忽略 EF平面 PCD.
