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1、穿越自测一、选择题1(2018全国卷理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()答案A解析观察图形易知卯眼处应以虚线画出，俯视图为，故选A2(2018全国卷文9)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图圆柱表面上的点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()A2 B2 C3 D2答案B解析根据圆柱的三视图及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高
2、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处，所以所求的最短路径的长度为2，故选B3(2018北京高考理5)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()A1 B2 C3 D4答案C解析由三视图可得正方体中四棱锥PABCD，如图所示，在四棱锥PABCD中，PD2，AD2，CD2，AB1，由勾股定理可知，PA2，PC2，PB3，BC，则在四棱锥PABCD中，直角三角形有PAD，PCD，PAB共三个，故选C4(2018浙江高考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：cm3)是()A2 B4 C6 D8答案C解析根据三视图可得该
3、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，因此该几何体的体积为(12)226，故选C5(2018全国卷文9)在正方体ABCDA1B1C1D1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答案C解析在正方体ABCDA1B1C1D1中，CDAB，所以异面直线AE与CD所成角为EAB，设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CEa，所以BEa，则tanEAB故选C6(2018全国卷文10)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为()A8 B6 C8 D8答
4、案C解析在长方体ABCDA1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知AC1B30，因为AB2，tan30，所以BC12，从而求得CC12，所以该长方体的体积为V2228，故选C7(2018浙江高考8)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()A123 B321C132 D231答案D解析设O为正方形ABCD的中心，M为AB的中点，过点E作BC的平行线EF，交CD于F，过点O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，
5、因此SEN1，SEO2，SMO3，1，2，30，从而tan1，tan2，tan3，因为SNSO，EOOM，所以tan1tan3tan2，即132，故选D8(2018全国卷理10)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DABC体积的最大值为()A12 B18 C24 D54答案B解析如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当DM平面ABC时，三棱锥DABC体积最大，此时，ODOBR4SABCAB29，AB6，点M为三角形ABC的重心，BMBE2，在RtABC中，有OM2DMODOM426，(V三棱锥DABC)max9618故选B9(2
6、018全国卷理12)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答案A解析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ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为S62，故选A二、填空题10(2018天津高考文11)如图，已知正方体AB
7、CDA1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1BDD1B1的体积为_答案解析如图所示，连接A1C1，交B1D1于点O，很明显A1C1平面BDD1B1，则A1O是四棱锥A1BDD1B1的高，且A1OA1C1，S四边形BDD1B1BDDD11，结合四棱锥的体积公式可得四棱锥A1BDD1B1的体积为VS四边形BDD1B1A1O11(2018全国卷文16)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_答案8解析如图所示，SAO30，ASB90，又SSABSASBSA28，解得SA4，所以SOSA2，AO2，所以该圆锥的体积为VOA2SO81
8、2(2018天津高考理11)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD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MEFGH的体积为_答案解析由题意可得，底面四边形EFGH是边长为的正方形，其面积S四边形EFGH2，顶点M到底面四边形EFGH的距离为d，由四棱锥的体积公式可得V四棱锥MEFGH13(2018江苏高考10)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_答案解析由图可知，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()21三、解答题14(2018北京高考文18)如图
9、，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点求证：(1)PEBC；(2)平面PAB平面PCD；(3)EF平面PCD证明(1)PAPD，且E为AD的中点，PEAD底面ABCD为矩形，BCAD，PEBC(2)底面ABCD为矩形，ABAD平面PAD平面ABCD，且交线为AD，AB平面PADABPD又PAPD，ABAPA，PD平面PAB，又PD平面PCD平面PAB平面PCD(3)如图，取PC的中点G，连接FG，GDF，G分别为PB和PC的中点，FGBC，且FGBC四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，EDBC，DEBC，EDFG
10、，且EDFG，四边形EFGD为平行四边形，EFGD又EF平面PCD，GD平面PCD，EF平面PCD15(2018江苏高考15)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1求证：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC证明(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1A1B又因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC又因为A1BBCB，
11、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A1BC16(2018全国卷文18)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90，以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA(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BPDQDA，求三棱锥QABP的体积解(1)证明：由已知可得BAC90，即BAAC又ABDA，且ACDAA，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，DCCMAB3，DA3又BPDQDA，所以BP2作QEAC，垂足为E，则
12、QE綊DC由已知及(1)可得DC平面ABC，所以QE平面ABC，QE1因此，三棱锥QABP的体积为V三棱锥QABPQESABP132sin45117(2018全国卷文19)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC2MB，求点C到平面POM的距离解(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以POAC，且PO2连接OB，因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2由PO2OB2PB2知POOB由POOB，POAC，ACOBO，知PO平面ABC(2)作CHOM，垂足为H又由(1)
13、可得POCH，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OCAC2，CMBC，ACB45所以OM，CH所以点C到平面POM的距离为18(2018全国卷文19)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧C所在平面垂直，M是C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(1)证明：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C上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM又BCCMC，所以DM平面BMC而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC(2)当P
14、为AM的中点时，MC平面PBD证明如下：连接AC交BD于O因为ABCD为矩形，所以O为AC中点连接OP，因为P为AM 中点，所以MCOP又MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD19(2018天津高考文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，AB2，AD2，BAD90(1)求证：ADBC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值解(1)证明：由平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABDAB，ADAB，可得AD平面ABC，故ADBC(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND又因为M为棱AB的中
15、点，故MNBC所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角在RtDAM中，AM1，故DM因为AD平面ABC，故ADAC在RtDAN中，AN1，故DN在等腰三角形DMN中，由MN1，可得cosDMN所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为(3)连接CM因为ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CMAB，CM又因为平面ABC平面ABD，且交线为AB，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RtCAD中，CD4在RtCMD中，sinCDM所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为20(2018浙江高考，19)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，
16、C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值解(1)证明：由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA故AB1A1B1由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1，由ABBC2，ABC120，得AC2，由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1又A1B1B1C1B1，因此AB1平面A1B1C1(2)如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD由AB1平面A1B1C1 ，得平面A1B1C1平面ABB1，由C1DA1B1，得C1D平面ABB1，所以C1AD是直线AC1与平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是