2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(13 立体几何 )

2018 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全

（13立体几何 ）

一、选择题

1．（2018北京文、理）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 1．【答案】C

【解析】由三视图可得四棱锥PABCD， 在四棱锥PABCD中，PD2，AD2， CD2，AB1，

由勾股定理可知，PA22，PC22， PB3，BC5，

则在四棱锥中，直角三角形有，

△PAD，△PCD，△PAB共三个，故选C．

2．（2018浙江）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（ ）

A．2 B．4 C．6 D．8 3.答案：C

解答：该几何体的立体图形为四棱柱，

211正视图2侧视图V

(12)226. 2俯视图

3 （2018上海）《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AA₁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AA₁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

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2018年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

4．（2018浙江）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

4.答案：D

解答：作SO垂直于平面ABCD，垂足为O，取AB的中点M，连接SM.过O作ON垂直于直线SM，可知2SEO，3SMO，

过SO固定下的二面角与线面角关系，得32.

易知，3也为BC与平面SAB的线面角，即OM与平面SAB的线面角， 根据最小角定理，OM与直线SE所成的线线角13， 所以231.

5．（2018全国新课标Ⅰ文）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（ ）

A．217 B．25 C．3 D．2

5. 答案：B

解答：三视图还原几何体为一圆柱，如图， 将侧面展开，最短路径为M,N连线的距离， 所以MN422225，所以选B.

6．（2018全国新课标Ⅰ文）在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为（ ）

A．8 B．62 C．82 D．83

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6. 答案：C 解答：

连接AC1和BC1，∵AC1与平面BB1C1C所成角为30，∴AC1B30，∴

ABtan30,BC123，∴CC122，∴V222282，∴选C. BC1

7．（2018全国新课标Ⅰ理）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则

α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）

3323323A． B． C． D．

24347. 答案：A

解答：由于截面与每条棱所成的角都相等，所以平 面中存在平面与平面AB1D1平行（如图），而在与 平面AB1D1平行的所有平面中，面积最大的为由各 棱的中点构成的截面EFGHMN，而平面EFGHMN

122333的面积S. 622224

8．（2018全国新课标Ⅰ文）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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

8. 答案：B

解答：截面面积为8，所以高h22，底面半径r2，所以表面积为S(2)22222212.

9．（2018全国新课标Ⅰ理）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．217 B．25 C．3 D．2

9. 答案：B

解答：三视图还原几何体为一圆柱，如图，将侧面展开， 最短路径为M,N连线的距离， 所以MN422225，所以选B.

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10．（2018全国新课标Ⅱ文）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（ ）

2357A． B． C． D．

222210．【答案】C

【解析】在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD∥AB，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CEa，所以BE5a， 则tanEABBE5a5．故选C． AB2a2

11．（2018全国新课标Ⅱ理）在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA13，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（ ）

1552A． B． C． D．

565211．【答案】C

【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则D0,0,0，A1,0,0，B11,1,3，D10,0,3，AD11,0,3，DB11,1,3， cosAD1DB1AD1DB1132555，异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C． 55

12．（2018全国新课标Ⅲ文、理）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（ ）

12.答案：A

解答：根据题意，A选项符号题意； 13．（2018全国新课标Ⅲ文、理）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93，则三棱锥DABC体积的最大值为（ ） A．123 B．183

C．243

D．543

13．答案：B

解答：如图，ABC为等边三角形，点O为A，B，C，D外接球的球心，G为ABC的重心，由SABC93，得AB6，取BC的中点H，∴AHABsin6033，∴

AG2AH23，∴球心O到面ABC的距离为d42(23)22，∴三棱锥DABC体3 第4页 （共17页）

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积最大值VDABC 王 生

193(24)183. 3

二、填空

1．（2018江苏）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 ▲ ．

4 3【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

214方形的边长等于2，所以该多面体的体积为212．

33

1．【答案】



2．（2018天津文）如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱柱A1–BB1D1D的体积为__________．

12．【答案】

3【解析】如图所示，连结A1C1，交B1D1于点O，很明显A1C1平面BDD1B1，则A1O是四棱锥的高，

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且A1O 王 生

11222，S四边形BDD1B1BDDD1212， A1C1112221121结合四棱锥体积公式可得其体积为VSh2．

3323

3． （2018天津理）已知正方体ABCDA1B1C1D1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MEFGH的体积为 .

3．【答案】

1 12

【解析】由题意可得，底面四边形EFGH为边长为其面积SEFGH21， 2222的正方形， 2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VMEFGH1， 2

1111． 32212

4．（2018全国新课标Ⅱ文）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__________． 4．【答案】8

11【解析】如下图所示，SAO30，ASB90，又S△SABSASBSA28，

221解得SA4，所以SOSA2，AOSA2SO223，所以该圆锥的体积为

21VOA2SO8．

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5．（2018全国新课标Ⅱ理）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为

面所成角为45°，若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________． 5．【答案】402π

7，SA与圆锥底8157，所以母线SA，SB所成角的正弦值为，

88115因为△SAB的面积为515，设母线长为l，所以l2515，l280，

282因SA与圆锥底面所成角为45，所以底面半径为lcosl，

4222因此圆锥的侧面积为rll402．

2

【解析】因为母线SA，SB所成角的余弦值为

三、解答题

1．（2018北京文）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． （1）求证：PEBC；

（2）求证：平面PAB平面PCD； （3）求证：EF∥平面PCD．

1．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析． 【解析】（1）PAPD，且E为AD的中点， PEAD，

底面ABCD为矩形，BC∥AD，PEBC． （2）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． （3）如图，取PC中点G，连接FG，GD．

1BC， 21四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，ED∥BC，DEBC，

2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．

F，G分别为PB和PC的中点，FG∥BC，且FG 第7页 （共17页）

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王 生

2． （2018北京理）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=5，AC=AA1=2．

（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；

（Ⅱ）求二面角B−CD−C1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交． 2．【答案】（1）证明见解析

21；（3）证明过程见解析． 21

【解析】（1）在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC， 四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点， ACEF，ABBC，ACBE， AC平面BEF．

（2）由（1）知ACEF，ACBE，EF∥CC1． 又CC1平面ABC，EF平面ABC． BE平面ABC，EFBE． 如图建立空间直角坐称系Exyz．

（2） BCDC1的余弦值为

由题意得B0,2,0，C1,0,0，D1,0,1，F0,0,2，G0,2,1， CD=2,0,1，CB=1,2,0，设平面BCD的法向量为na,b,c，

2ac0nCD0 ， ，a2b0nCB0令a2，则b1，c4，平面BCD的法向量n2,1，,4，

又

平面CDC1的法向量为EB=0,2,0，cosnEBnEBnEB=21． 21 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（3）平面BCD的法向量为n2,1,4，

21． 21G0,2,1，F0,0,2，

GF=0,2,1，nGF2，n与GF不垂直，

GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，GF与平面BCD相交．

3. （2018上海）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.

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4．（2018江苏）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB,AB1B1C1．

求证：（1）AB∥平面A1B1C； （2）平面ABB1A1平面A1BC．

4．【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】（1）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，

AB∥A1B1．

因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C． （2）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形． 又因为AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，

因此AB1A1B．又因为AB1B1C1，BC∥B1C1，所以AB1BC． 又因为A1BBCB，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A1BC．

5．（2018江苏）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．

（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．

3105；（2）． 205【解析】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，

5．【答案】（1）

A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC， OO1OB，以OB,OC,OO1为基底，建立空间直角

坐标系Oxyz．因为ABAA12， 所以A0,1,0，BB13,0,0，C0,1,0，A10,1,2，

3,0,2，C10,1,2．

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 2018年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

31（1）因为P为A1B1的中点，所以P， 2,2,231从而BP2,2,2，AC10,2,2，

故cosBP,AC1BPAC1BPAC114522310． 20因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为

（2）因为Q为BC的中点，所以Q33因此AQ，，． 2,2,0AC10,2,2CC10,0,2310． 2031,,0， 22 33AQn0xy0设nx,y,z为平面AQC1的一个法向量，则即2， 2AC1n02y2z0不妨取n3,1,1，设直线CC1与平面AQC1所成角为，

CC1nCC1n25， 5525． 5则sincosCC1,n所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为

6．（2018浙江）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，

A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=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． 6．答案：（1）略；（2）

39 13解答：（1）∵ABB1B2，且B1B平面ABC，

∴B1BAB，∴AB122. 同理，AC1AC2C1C2(23)21213. 过点C1作B1B的垂线段交B1B于点G，则C1GBC2 且B1G1，∴B1C15. 222在AB1C1中，AB1B1C1AC1，

∴AB1B1C1，①

过点B1作A1A的垂线段交A1A于点H. 则B1HAB2，A1H2，∴A1B122.

222在A1B1A中，AA1AB1A1B1，

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2018年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 ∴AB1A1B1，②

王 生

综合①②，∵A1B1B1C1B1，A1B1平面A1B1C1，B1C1平面A1B1C1， ∴AB1平面A1B1C1.

（2）过点B作AB的垂线段交AC于点I，以B为原点，以AB所在直线为x轴，以BI所在直线为y轴，以B1B所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Bxyz.

则B(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0,0,2)，C1(1,3,1)， 设平面ABB1的一个法向量n(a,b,c)，

2a0nAB0则，令b1，则n(0,1,0)，

2c0nBB10又∵AC1(3,3,1)，cosn,AC1339. 11313 由图形可知，直线AC1与平面ABB1所成角为锐角， 设AC1与平面ABB1夹角为. ∴sin39. 13

7．（2018天津文）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=23，∠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．

1337．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．

426【解析】（1）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．

（2）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AD2AM2=13． 因为AD平面ABC，

故ADAC．在Rt△DAN中，AN1，故DNAD2AN2=13． 1MN132在等腰三角形DMN中，MN1，可得cosDMN．

DM2613所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为．

26（3）连接CM，因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CMAB，CM3．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．

CM3在Rt△CAD中，CDAC2AD24．在Rt△CMD中，sinCDM． CD43所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．

4

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8．（2018天津理） 如图，AD∥BC且AD=2BC，ADCD,EG∥AD且EG=AD，CD∥FG且CD=2FG，DG平面ABCD，DA=DC=DG=2.

（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE； （II）求二面角EBCF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.

103；（3）．

310【解析】依题意，可以建立以D为原点，

8．【答案】（1）证明见解析；（2）分别以DA，DC，DG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， 3E2,0,2，F0,1,2，G0,0,2，M0,,1，N1,0,2．

2（1）依题意DC0,2,0，DE2,0,2．

nDC02y0设n0x,y,z为平面CDE的法向量，则0即，

2x2z0n0DE0不妨令z–1，可得n01,0,1．

3又MN1,-,1，可得MNn00，

2又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．

（2）依题意，可得BC–1,0,0，BE1,2,2，CF0,1,2． x0nBC0设nx,y,z为平面BCE的法向量，则即，

x2y2z0nBE0不妨令z1，可得n0,1,1．

mBC0x0设mx,y,z为平面BCF的法向量，则即，

y2z0mBF0不妨令z1，可得m0,2,1．

因此有cosm,nmn31010，于是sinm,n． mn1010 第12页 （共17页）

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10． 10（3）设线段DP的长为hh0,2，则点P的坐标为0,0,h，

王 生

所以，二面角E–BC–F的正弦值为可得BP1,2,h．易知，DC0,2,0为平面ADGE的一个法向量， 故cosBPDC由题意，可得2h25BPDCBPDC2h52，

sin6033，解得h0,2． 23所以线段DP的长为3． 3

9．（2018全国新课标Ⅰ文）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，

2且BPDQDA，求三棱锥QABP的体积．

3

9. 答案：（1）见解析（2）1 解答：

（1）证明：∵ABCM为平行四边形且ACM90,∴ABAC,又∵ABDA,∴AB平面ACD,∵AB平面ABC,∴平面ABC平面ACD. （2）过点Q作QHAC,交AC于点H，∵AB平面ACD，∴ABCD,又∵CDAC,

HQAQ1∴CD平面ABC,∴,∴HQ1,∵BC32,BCAMAD32,∴

CDAD3123，∴BP22,又∵ABC为等腰直角三角形，∴SABP3222211VQABDSABDHQ311.

33

10．（2018全国新课标Ⅰ理）如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.

（1）证明：平面PEF平面ABFD； （2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

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2018年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

3. 4解答：（1）E,F分别为AD,BC的中点，则EF//AB，∴EFBF， 又PFBF，EFPFF，∴BF平面PEF， BE平面ABFD，∴平面PEF平面ABFD. （2）PFBF，BF//ED，∴PFED，

又PFPD，EDDPD，∴PF平面PED，∴PFPE， 设AB4，则EF4，PF2，∴PE23， 过P作PHEF交EF于H点， 由平面PEF平面ABFD，

∴PH平面ABFD，连结DH，

则PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角，

232由PEPFEFPH，∴PH3，

4PH3而PD4，∴sinPDH， PD43∴DP与平面ABFD所成角的正弦值.

410.答案：（1）略；（2）

11．（2018全国新课标Ⅱ文） 如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点． （1）证明：PO平面ABC； （2）若点M在棱BC上，且MC2MB，

求点C到平面POM的距离．

4511．【答案】（1）见解析；（2）．

5【解析】（1）因为APCPAC4，O为AC的中点， 所以OPAC，且OP23．连结OB．

2因为ABBCAC，所以△ABC为等腰直角三角形，

21且OBAC，OBAC2．

2222由OPOBPB知，OPOB．

由OPOB，OPAC知PO平面ABC．

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（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．

2421由题设可知OCAC2，CMBC，ACB45．

33225OCMCsinACB4545所以OM，CH．所以点C到平面POM的距离为． OM535 12．（2018全国新课标Ⅱ理）如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点．

（1）证明：PO平面ABC； P（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，

求PC与平面PAM所成角的正弦值．

312．【答案】（1）见解析；（2）．

4【解析】（1）因为APCPAC4，O为AC的中点， 所以OPAC，且OP23，

2连结OB．因为ABBCAC，所以△ABC为等腰

21直角三角形，且OBAC，OBAC2，

2由OP2OB2PB2知POOB，

由OPOB,OPAC知PO平面ABC．

ABOMC （2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．

由已知得O0,0,0，B2,0,0，A0,2,0，C0,2,0，P0,0,23，AP0,2,23，

取平面PAC的法向量OB2,0,0，设Ma,2a,00a2，则AMa,4a,0， 设平面PAM的法向量为nx,y,z．由APn0，AMn0，

2y23z0得，可取n3a4,3a,a， ax4ay023a43cosOB,n，由已知得cosOB,n，

222223a43aa 第15页 （共17页）

2018年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学

23a423a43a2a22 王 生

34，解得a4（舍去），a， 2383434n3,3,3，又

PC0,2,23，所以cosPC,n3． 43． 4所以PC与平面PAM所成角的正弦值为

13．（2018全国新课标Ⅲ文）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD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．

13.答案：见解答 解答：（1）∵正方形ABCD半圆面CMD， ∴AD半圆面CMD，∴AD平面MCD.

∵CM在平面MCD内，∴ADCM，又∵M是半圆弧CD上异于C,D的点，∴CMMD.又∵ADDMD，∴CM平面ADM，∵CM在平面BCM内，∴平面BCM平面ADM.

（2）线段AM上存在点P且P为AM中点，证明如下：

连接BD,AC交于点O，连接PD,PB,PO；在矩形ABCD中，O是AC中点，P是AM的中点；

∴OP//MC，∵OP在平面PDB内，MC不在平面PDB内，∴MC//平面PDB.

14．（2018全国新课标Ⅲ理）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，

M是CD上异于C，D的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

（2）当三棱锥MABC体积最大时，

求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．

14．答案：见解答

解答：（1）∵正方形ABCD半圆面CMD， ∴AD半圆面CMD，∴AD平面MCD.

∵CM在平面MCD内，∴ADCM，又∵M是半圆弧CD上异于C,D的点，∴CMMD.又∵ADDMD，∴CM平面ADM，∵CM在平面BCM内，∴平面BCM平面ADM. （2）如图建立坐标系： ∵SABC面积恒定，

∴MOCD，VMABC最大.

M(0,0,1)，A(2,1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，D(0,1,0),

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2018年高考数学试题分类汇编 海南省保亭中学 王 生

设面MAB的法向量为m(x1,y1,z1)，设面MCD的法向量为n(x2,y2,z2)，

MA(2,1,1)，MB(2,1,1)， MC(0,1,1)，MD(0,1,1)，

2x1y1z10m(1,0,2)， 2xyz0111同理n(1,0,0)，，

∴cos1525，∴ sin. 555

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