1、5立体几何1 【2018 年浙江卷】已知四棱锥 SABCD 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 1，SE 与平面 ABCD 所成的角为 2，二面角 SABC 的平面角为 3，则A. 123 B. 321 C. 132 D. 231【答案】D从而 因为 ，所以 即1=,2=,3=, ， 132,，选 D.132点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面. 2 【2018 年浙江卷】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【答案】C【解析】分析:先还原
2、几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为 2，底面为直角梯形，上下底分别为 1，2，梯形的高为 2，因此几何体的体积为 选 C.12(1+2)22=6,点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3 【2018 年理新课标 I 卷】 已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D. 334 233 324 32【答案】A详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体 中，平面 与1111 11线 所成的角是相等的，所以平面 与正
3、方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同1,11,11 11理平面 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹1在两个面 与 中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为 ，所以其面积为11 122，故选 A.=6 34( 22)2=334点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条 棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.学/科-网+4 【2018 年理新课标 I 卷】 某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如右图圆
4、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. 217 25C. D. 23【答案】B来源:学科网 ZXXK【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
5、处，所以所求的最短 路径的长度为 ，42+22=25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.5 【2018 年全国卷理】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93 A. B. C. D. 123 183 243 543【答案】B详解：如图所示，点 M 为三角形 ABC 的重心，E 为 AC 中点，当 平面 时，三棱锥 体积 最大，此时， ， ， ,
6、 点 M 为三角形 ABC 的重心，=4=342=93 =6， 中，有 ， ，来源:Z*xx*k.Com=23=23 =22=2 =+=4+2=6，故选 B.()=13936=183点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当 平面 时，三棱锥 体积最大很关键，由 M 为三角形 ABC 的重心，计算得到 ，再由勾股定理得到 OM，进而得到结果，属于较难题型。=23=236 【2018 年理数全国卷 II】 在长方体 中， ， ，则异面直线 与1111 =1 1=3 1所成角的余弦值为1A. B. C. D. 15 56 55 22【答案】C点睛
7、：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”.7 【2018 年理数天津卷】已知正方体 的棱长为 1，除面 外，该正方体其余各面的中1111 心分别为点 E，F，G，H，M( 如图)，则四棱锥 的体积为_.【答案】112点睛：本题主要考查四棱锥的体积计算，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.8 【2018 年江苏卷】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】43【解析】分析：先
8、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2，2131( 2)2=43.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9 【2018 年理数全国卷 II】 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 78 为 45，若 的面积为 ，则该圆锥的侧面积为_ 515【答案】 402点睛：本题考查线
9、面角，圆锥的侧面积，三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力.学*科/网10 【2018 年浙江卷】如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A 1A，B 1B，C 1C 均垂直于平面 ABC，ABC=120，A1A=4，C 1C=1，AB =BC=B1B=2（）证明：AB 1平面 A1B1C1；（）求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值【答案】 （）见解析（）3913（）由 得 ，所以 .=2,1=4,1=2,1,11=11=22 121+21=21故 .由 ， 得 ，由111 =2 1=2,1=1,1,111=5得 ，=2,=120=23由 ，得 ，所以 ，故 .因此 平面
10、.1 1=13 21+121=21 111 1 111（）如图，过点 作 ，交直线 于点 ，连结 .1 111 11 由 平面 得平面 平面 ，由 得 平面 ，1 111 111 1 111 1 1所以 是 与平面 所成的角.由 得11 1 11=5,11=22,11=21，所以 ，故 .111=67,111=17 1=3 1=11=3913因此，直线 与平面 所成的角的正弦值是 .1 13913方法二：（）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： (0, 3,0),(1,0,0),1(0, 3,
11、4),1(1,0,2),1(0,3,1),因此 由 得 .1=(1,3,2),11=(1,3,2),11=(0,23,3),111=0 111由 得 .所以 平面 .111=0 111 1 111点睛：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”.11 【2018 年理数天津卷】如图， 且 AD=2BC， , 且 EG=AD， 且/ / /CD=2FG， ，DA =DC=DG=2.平面 （I）若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点
12、，求证： ；平面 （II）求二面角 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.【答案】() 证明见解析；( ) ；() .1010 33详解：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） 32（）依题意 =（0，2，0） ， =（2，0，2） 设 n0=(x，
13、y，z)为平面 CDE 的法向量，则 0=0，0=0， 即 不妨令 z=1，可得 n0=（1，0，1） 又 =（1， ，1） ，可得 ，又因为2=0 ，2+2=0 ， 32 0=0直线 MN 平面 CDE，所以 MN平面 CDE（）设线段 DP 的长为 h（ h0，2 ） ，则点 P 的坐标为（0，0，h） ，可得 =(1， 2， )易知， =（0，2，0）为平面 ADGE 的一个法向量，故 ，由题意，|=|= 22+5可得 =sin60= ，解得 h= 0，2 所以线段 的长为 .22+5 32 33 33点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化
14、能力和计算求解能力.12 【2018 年理北京卷】如图，在三棱柱 ABC- 中， 平面 ABC，D，E，F，G 分别为 ，111 1 1AC， ， 的中点，AB=BC= ，AC= =211 1 5 1（）求证：AC平面 BEF；（）求二面角 B-CD-C1 的余弦值；（）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1 的余弦值为 (3)证明过程见解析 2121（）由（I）知 ACEF ，ACBE，EFCC 1又 CC1平面 ABC，EF平面 ABCBE 平面 ABC，EFBE如图建立空间直角坐称系 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=(2 ， 0 ， 1) ， =(1 ， 2 ， 0) 向量为 ， ， ，令 a=2，则 b=-1，c=-4，平面 BCD 的法向量=( ， ， ) =0=0 2+=0+2=0 ，又平面 CDC1 的法向量为 ，=(2 ， 1 ， 4) =(0 ， 2 ， 0) 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=|= 2121 2121
