1、 2018 年高考数学试题分类汇编 第 1 页 （共 17 页） 20201 18 8 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全 （1313 立体几何 ） 一、选择题一、选择题 1 （2018 北京文北京文、 理理） 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 （ ） A1 B2 C3 D4 1【答案】C 【解析】由三视图可得四棱锥PABCD， 在四棱锥PABCD中，2PD ，2AD ， 2CD ，1AB ， 由勾股定理可知，2 2PA，2 2PC ， 3PB ，5BC ， 则在四棱锥中，直角三角形有， PAD，PCD，PAB共
2、三个，故选 C 2（2018 浙江）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（ ） A2 B4 C6 D8 3.答案：C 解答：该几何体的立体图形为四棱柱， (1 2) 2262V. 3 （2018 上海）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 AA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 AA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 侧视图俯视图正视图2211 2018 年高考数学试题分类汇编 第 2 页 （共 17 页） 4（2018 浙江）
3、浙江）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 B321 C132 D231 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2SEO，3SMO， 过SO固定下的二面角与线面角关系，得32. 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13， 所以231. 5（2018 全国新课标全国新课标
4、文）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（ ） A2 17 B2 5 C3 D2 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22422 5MN ，所以选 B. 6 （2018 全国新课标全国新课标文）文）在长方体1111ABCDABC D中，2ABBC，1AC与平面11BBCC所成的角为30，则该长方体的体积为（ ） A8 B6 2 C8 2 D8 3 2018 年高考数学试题分类
5、汇编 第 3 页 （共 17 页） 6. 答案：C 解答： 连接1AC和1BC，1AC与平面11BBCC所成角为30，130AC B，11tan30 ,2 3ABBCBC，12 2CC ，2 2 2 28 2V ，选 C. 7（2018 全国新课标全国新课标理）理）已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A3 34 B2 33 C3 24 D32 7. 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11AB D平行（如图） ，而在与 平面11AB D平行的所有平面中，面积最大的为由各 棱的中点构成的截
6、面EFGHMN，而平面EFGHMN 的面积12233 3622224S . 8（2018 全国新课标全国新课标文）文）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O，2O，过直线12OO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（ ） A12 2 B12 C8 2 D10 8. 答案：B 解答：截面面积为8，所以高2 2h ，底面半径2r ，所以表面积为2( 2)222 2 212S . 9（2018 全国新课标全国新课标理）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
7、到N的路径中，最 短路径的长度为（ ） A172 B52 C3 D2 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22422 5MN ，所以选 B. 2018 年高考数学试题分类汇编 第 4 页 （共 17 页） 10 （2018 全国新课标全国新课标文）文） 在正方体1111ABCDABC D中，E为棱1CC的中点， 则异面直线AE与CD所成角的正切值为（ ） A22 B32 C52 D72 10 【答案】C 【解析】在正方体1 111ABCDABC D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
8、为棱1CC的中点，可得CEa，所以5BEa， 则55tan22BEaEABABa故选 C 11 （2018 全国新课标全国新课标理）理） 在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA ， 则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为（ ） A15 B56 C55 D22 11 【答案】C 【解析】以 D 为坐标原点，DA，DC，1DD为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则0,0,0D，1,0,0A，11,1, 3B，10,0, 3D，11,0, 3AD ，11,1, 3DB ， 111111135cos525ADDBAD DBAD DB ，异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为55，
9、故选 C 12（2018 全国新课标全国新课标文文、理、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 全国新课标全国新课标文文、理、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9 3，则三棱锥DABC体积的最大值为（ ） A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 13答案：B 解答：如图，ABC为等边三角形，点O为A，B，
10、C，D外接球的球心，G为ABC的重心，由9 3ABCS，得6AB ，取BC的中点H，sin603 3AHAB，22 33AGAH，球心O到面ABC的距离为224(2 3)2d ，三棱锥DABC体 2018 年高考数学试题分类汇编 第 5 页 （共 17 页） 积最大值19 3(24)18 33DABCV. 二、填空二、填空 1（2018 江苏）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 1 【答案】43 【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2，所以该多面体的体积为21421233 2（2018 天津文）天
11、津文）如图，已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，则四棱柱 A1BB1D1D 的体积为_ 2 【答案】13 【解析】如图所示，连结11AC，交11B D于点O，很明显11AC 平面1 1BDD B，则1AO是四棱锥的高， 2018 年高考数学试题分类汇编 第 6 页 （共 17 页） 且2211111211222AOAC，1 112 12BDD BSBDDD 四边形， 结合四棱锥体积公式可得其体积为112123323VSh 3 （2018 天津理）天津理）已知正方体1111ABCDABC D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
12、四棱锥MEFGH的体积为 . 3 【答案】112 【解析】由题意可得，底面四边形EFGH为边长为22的正方形， 其面积22122EFGHS， 顶点M到底面四边形EFGH的距离为12d ， 由四棱锥的体积公式可得111132212MEFGHV 4（2018 全国新课标全国新课标文）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 【解析】如下图所示，30SAO，90ASB，又211822SABSSA SBSA， 解得4SA，所以122SOSA，222 3AOSASO，所以该圆锥的体积为 2183VOASO 2018
13、 年高考数学试题分类汇编 第 7 页 （共 17 页） 5（2018 全国新课标全国新课标理）理）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为 45 ，若SAB的面积为5 15，则该圆锥的侧面积为_ 5 【答案】40 2 【解析】因为母线SA，SB所成角的余弦值为78，所以母线SA，SB所成角的正弦值为158， 因为SAB的面积为5 15，设母线长为l，所以21155 1528l，280l， 因SA与圆锥底面所成角为45，所以底面半径为2cos42ll， 因此圆锥的侧面积为2240 22rll 三、解答题三、解答题 1（2018 北京文）北京文） 如图， 在四
14、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 （1）求证：PEBC； （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）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，AB平面PAD， ABPD又PAPD，PD 平面PAB，平面PAB 平面PCD （3）如图，取PC中点G，连接FG，GD F，G分别为PB和PC的中点，FGBC，且12FGBC，
15、四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，EDBC，12DEBC， EDFG，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PCD 2018 年高考数学试题分类汇编 第 8 页 （共 17 页） 2 （2018 北京理）北京理）如图，在三棱柱 ABC111ABC中，1CC 平面 ABC，D，E，F，G 分别为1AA，AC，11AC，1BB的中点，AB=BC=5，AC=1AA=2 （）求证：AC平面 BEF； （）求二面角 BCDC1的余弦值； （）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交 2 【答案】 （1）证明见解析 （2）1 BCDC的余弦
16、值为2121； （3）证明过程见解析 【解析】 （1）在三棱柱111ABCABC中，1CC 平面ABC， 四边形11A ACC为矩形又E，F分别为AC，11AC的中点， ACEF，ABBC，ACBE， AC平面BEF （2）由（1）知ACEF，ACBE，1EFCC 又1CC 平面ABC，EF平面ABC BE 平面ABC，EFBE 如图建立空间直角坐称系Exyz 由题意得0,2,0B，1,0,0C ，1,0,1D，0,0,2F，0,2,1G， = 2,0 1CD,，= 1,2,0CB，设平面BCD的法向量为,a b c,n， 00CDCBnn，20 20acab， 令2a ，则1b ，4c ，平
17、面BCD的法向量2, 14，,n， 又平面1CDC的法向量为= 0,2,0EB，21cos=21EBEBEBnnn 由图可得二面角1BCDC为钝角，所以二面角1BCDC的余弦值为2121 （3）平面BCD的法向量为2, 1,4n，0,2,1G，0,0,2F， = 02,1GF,，2GF n，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）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
18、直线 PM 与 OB 所成的角的大小. 2018 年高考数学试题分类汇编 第 9 页 （共 17 页） 4（2018 江苏）江苏）在平行六面体1111ABCDABC D中，1111,AAAB ABBC 求证： （1）11ABABC平面； （2）111ABB AABC平面平面 4 【答案】 （1）见解析； （2）见解析 【解析】 （1）在平行六面体1111ABCDABC D中，11ABAB 因为AB 平面11ABC，11AB 平面11ABC，所以AB平面11ABC （2）在平行六面体1111ABCDABC D中，四边形11ABB A为平行四边形 又因为1AAAB，所以四边形11ABB A为菱形，
19、 因此11ABAB又因为111ABBC，11BCBC，所以1ABBC 又因为1ABBCB，1AB 平面1ABC，BC 平面1ABC， 所以1AB 平面1ABC因为1AB 平面11ABB A， 所以平面11ABB A 平面1ABC 5（2018 江苏）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 5 【答案】 （1）3 1020；（2）55 【解析】如图，在正三棱柱111ABCABC中，设AC， 11AC的中点分别为O，1O，则O
20、BOC，1OOOC， 1OOOB，以1,OB OC OO为基底，建立空间直角 坐标系Oxyz因为12ABAA， 所以01,0A,，3,0,0B，0,1,0C，10, 1,2A，13,0,2B，10,1,2C 2018 年高考数学试题分类汇编 第 10 页 （共 17 页） （1）因为P为11AB的中点，所以31,222P， 从而31,222BP ，10,2,2AC ， 故111143 10cos,2052 2BP ACBP ACBPAC 因此，异面直线BP与1AC所成角的余弦值为3 1020 （2）因为Q为BC的中点，所以3 1,022Q， 因此3 3,022AQ，10,2,2AC ，10,0
21、,2CC 设, ,x y zn为平面1AQC的一个法向量，则100AQACnn即33022220 xyyz， 不妨取3, 1,1n，设直线1CC与平面1AQC所成角为， 则11125sincos,552CCCCCC nnn， 所以直线1CC与平面1AQC所成角的正弦值为55 6（2018 浙江）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 （）证明：AB1平面 A1B1C1； （）求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值 6答案： （1）略； （2）3913 解答： （1）12A
22、BBB，且1B B 平面ABC， 1B BAB，12 2AB . 同理，222211(2 3)113ACACCC. 过点1C作1B B的垂线段交1B B于点G，则12CGBC 且11BG ，115BC . 在11ABC中，2221111ABBCAC， 111ABBC， 过点1B作1A A的垂线段交1A A于点H. 则12BHAB，12AH ，112 2AB . 在11AB A中，2221111AAABAB， 2018 年高考数学试题分类汇编 第 11 页 （共 17 页） 111ABAB， 综合，11111ABBCB，11AB 平面111ABC，11BC 平面111ABC， 1AB 平面111
23、ABC. （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1B B所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Bxyz. 则(0,0,0)B，( 2,0,0)A ，1(0,0,2)B，1(1, 3,1)C， 设平面1ABB的一个法向量( , , )na b c， 则1020200n ABacn BB，令1b ，则(0,1,0)n ， 又1(3, 3,1)AC ，1339cos,13113n AC. 由图形可知，直线1AC与平面1ABB所成角为锐角， 设1AC与平面1ABB夹角为. 39sin13. 7（2018 天津文）天津文）如图，在四面体 ABCD
24、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=2 3，BAD=90 （）求证：ADBC； （）求异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值； （）求直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值 7 【答案】 （1）证明见解析； （2）1326； （3）34 【解析】 （1）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，1AM ，故2213DMADAM= 因为A
25、D 平面ABC， 故ADAC在RtDAN中，1AN ，故2213DNADAN= 在等腰三角形DMN中，1MN ，可得1132cos26MNDMNDM 所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326 （3）连接CM，因为ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CMAB，3CM 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 在RtCAD中，224CDACAD在RtCMD中，3sin4CMCDMCD 所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34 2018 年高考数学试题分类汇编 第 12 页 （共 17 页） 8（2018 天津理
26、）天津理） 如图，ADBC且 AD=2BC，ADCD,EGAD且 EG=AD，CDFG且CD=2FG，DGABCD平面，DA=DC=DG=2. （I）若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：MNCDE平面； （II）求二面角EBCF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. 8 【答案】 （1）证明见解析； （2）1010； （3）33 【解析】依题意，可以建立以D为原点， 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0,0,0D，2,0,0A，1,2,0B，
27、0,2,0C， 2,0,2E，0,1,2F，0,0,2G，30,12M，1,0,2N （1）依题意0,2,0DC ，2,0,2DE 设0, ,x y zn为平面CDE的法向量，则0000DCDEnn即20220yxz， 不妨令1z ，可得01,0, 1n 又31,12MN-，可得00MN n， 又因为直线MN 平面CDE，所以MN平面CDE （2）依题意，可得1,0,0BC ，1, 2,2BE ，0, 1,2CF 设, ,x y zn为平面BCE的法向量，则00BCBEnn即0220 xxyz ， 不妨令1z ，可得0,1,1n 设, ,x y zm为平面BCF的法向量，则00BCBFmm即0
28、20 xyz ， 不妨令1z ，可得0,2,1m 因此有3 10cos,10m nm nm n，于是10sin,10m n 2018 年高考数学试题分类汇编 第 13 页 （共 17 页） 所以，二面角EBCF的正弦值为1010 （3）设线段 DP 的长为0,2h h，则点P的坐标为0,0,h， 可得1, 2,BPh 易知，0,2,0DC 为平面ADGE的一个法向量， 故22cos5BP DCBP DCBP DCh ， 由题意，可得223sin6025h ，解得30,23h 所以线段DP的长为33 9（2018 全国新课标全国新课标文）文）如图，在平行四边形ABCM中，3ABAC，90ACM
29、，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23BPDQDA，求三棱锥QABP的体积 9. 答案： （1）见解析（2）1 解答： （1）证明：ABCM为平行四边形且90ACM,ABAC,又ABDA,AB 平面ACD,AB 平面ABC,平面ABC 平面ACD. （2） 过点Q作QHAC,交AC于点H， AB 平面ACD， A B C D ,又CDAC,CD 平面ABC,13HQAQCDAD,1HQ ,3 2,3 2BCBCAMAD,2 2BP ,又ABC为等腰直角三角形，123 2 2322A
30、BPS ，113 1 133Q ABDABDVSHQ . 10（2018 全国新课标全国新课标理）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PFBF. （1）证明：平面PEF 平面ABFD； （2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值. 2018 年高考数学试题分类汇编 第 14 页 （共 17 页） 10.答案： （1）略； （2）34. 解答： （1）,E F分别为,AD BC的中点，则/ /EFAB，EFBF， 又PFBF，EFPFF，BF 平面PEF， BE 平面ABFD，平面PEF 平面ABFD. （2）PFB
31、F，/ /BFED，PFED， 又PFPD，EDDPD，PF 平面PED，PFPE， 设4AB ，则4EF ，2PF ，2 3PE ， 过P作PHEF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， 由PE PFEF PH，2 3 234PH， 而4PD ，3sin4PHPDHPD， DP与平面ABFD所成角的正弦值34. 11（2018 全国新课标全国新课标文）文） 如图，在三棱锥PABC中，2 2ABBC，4PAPBPCAC，O为AC的中点 （1）证明：PO平面ABC； （2）若点M在棱BC上，且2MCMB， 求点C
32、到平面POM的距离 11 【答案】 （1）见解析； （2）4 55 【解析】 （1）因为4APCPAC，O为AC的中点， 所以OPAC，且2 3OP 连结OB 因为22ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形， 且OBAC，122OBAC 由222OPOBPB知，OPOB 由OPOB，OPAC知PO 平面ABC 2018 年高考数学试题分类汇编 第 15 页 （共 17 页） （2）作CHOM，垂足为H又由（1）可得OPCH，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122OCAC，24 233BCCM，45ACB 所以2 53OM ，sin4 55COC MCAMH
33、CBO所以点C到平面POM的距离为4 55 12 （2018 全国新课标全国新课标理）理）如图，在三棱锥PABC中，2 2ABBC，4PAPBPCAC，O为AC的中点 （1）证明：PO平面ABC； （2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30， 求PC与平面PAM所成角的正弦值 12 【答案】 （1）见解析； （2）34 【解析】 （1）因为4APCPAC，O为AC的中点， 所以OPAC，且2 3OP ， 连结OB因为22ABBCAC，所以ABC为等腰 直角三角形，且OBAC，122OBAC， 由222OPOBPB知POOB， 由,OPOB OPAC知PO 平面ABC （2）如图，以O为坐标
34、原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz 由已知得0,0,0O，2,0,0B，0, 2,0A，0,2,0C，0,0,2 3P，0,2,2 3AP ， 取平面PAC的法向量2,0,0OB ，设,2,002M aaa，则,4,0AMaa， 设平面PAM的法向量为, ,x y zn由0APn，0AM n， 得22 3040yzaxa y，可取34 , 3 ,aaan， 2222 34cos,2 343aOBaaan，由已知得3cos,2OB n， PAOCBM 2018 年高考数学试题分类汇编 第 16 页 （共 17 页） 2222 34322 343aaaa，解得4a （舍去）
35、，43a ， 8 3 4 34,333 n，又0,2, 2 3PC ，所以3cos,4PCn 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34 13（2018 全国新课标全国新课标文）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， ADCM， 又M是半圆弧CD上异于,C D的点， CMMD.又ADDMD，CM 平面ADM，CM在平面BCM内，平
36、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； / /OPMC，OP在平面PDB内，MC不在平面PDB内，/ /MC平面PDB. 14 （2018 全国新课标全国新课标理）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MABC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，
37、AD 平面MCD. CM在平面MCD内， ADCM， 又M是半圆弧CD上异于,C D的点， CMMD.又ADDMD，CM 平面ADM，CM在平面BCM内，平面BCM 平面ADM. （2）如图建立坐标系： ABCS面积恒定， MOCD，MABCV最大. (0,0,1)M，(2, 1,0)A，(2,1,0)B，(0,1,0)C，(0, 1,0)D, 2018 年高考数学试题分类汇编 第 17 页 （共 17 页） 设面MAB的法向量为111( ,)mx y z，设面MCD的法向量为222(,)nxy z， (2, 1, 1)MA ，(2,1, 1)MB ， (0,1, 1)MC ，(0, 1, 1)MD ， 11111120(1,0,2)20 xyzmxyz， 同理(1,0,0)n ， ， 15cos55， 2 5sin5.
