北京2019年高考数学(理)一轮特训：立体几何(含答案)

北京市2019年高考数学（理）一轮专题复习特训立体几何一 选择题1【2018北京（理）真题8】如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，动点E ，F 在棱A 1B 1上，动点P ，Q 分别在棱AD ，CD 上．若EF ＝1，A 1E ＝x ，DQ ＝y ，DP ＝z(x ，y ，z 大于零)，则四面体P —EFQ 的体积()A ．与x ，y ，z 都有关B ．与x 有关，与y ，z 无关C ．与y 有关，与x ，z 无关D ．与z 有关，与x ，y 无关 【答案】D2【2018北京（理）真题7】在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ） A ．123S S S == B ．21S S =且23S S ≠ C ．31S S =且32S S ≠ D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D3【2018北京（理）真题7】某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（A）28+(B) 30+（C）56+（D）60+【答案】．B4【2018北京（理）真题7】某四面体三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是（ ）俯视图侧（左）视图正（主）视图4324A. 8B. C. 10D. 【答案】C5(2019年西城一模理科)如图，设P 为正四面体A BCD 表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P 到四个顶点的距离组成的集合记为M ，如果集合M 中有且只有2个元素，那么符合条件的点P 有（ C ） （A ） 4个 （B ）6个 （C ）10个 （D ）14个6 (2019年丰台一模理科)棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是（B ） （A ）143（B ）4 （C ）103 （D ）37 (2019年石景山一模理科)右图是某个三棱锥的三视图，其中主视图是等边三角形，左视图是直角三角形，俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的体积是（B ）AC8(2019年延庆一模理科)右图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是(A)A ．3B ．34 C ．1 D ．32二 填空题1【2018北京（理）真题14】.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P在线侧视图俯视图主视图主视图左视图俯视图段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为 .【答案】2 (2019年西城一模理科)已知一个正三棱柱的所有棱长均等于2，它的俯视图是一个边长为2的正三角形，那么它的侧（左）视图面积的最小值是__3 (2019年海淀一模理科)4 (2019年朝阳一模理科)______）135 (2019年朝阳一模理科)如图，在四棱锥S ABCD-中，SB⊥底面ABCD．底面AB AD⊥，AB∥CD，1,3AB AD==，2CD=．若点E是线段AD上的动点，则满足∠点E的个数是__2_三解答题1【2018北京（理）真题17】.（本小题14分）如图，正方形AMDE的边长为2，CB,分别为MDAM,的中点，在五棱锥ABCDEP-中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PCPD,分别交于点HG,.（1）求证：FGAB//；（2）若⊥PA底面ABCDE，且PEAF⊥，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长.侧视图俯视图BC DESA俯视图主视图侧视图PHGFEDCA（1） 【答案】．证明：//,,ED AM ED AM PED PED ⊄⊂面面//AM PED ∴面,AM ABF AB ABF ⊂⊂面即面 ABF PED FG =面面Ç//AB FG ∴（2） 如图建立空间坐标系A xyz -，各点坐标如下：(0,0,0),E(0,2,0),B(1,0,0),C(2,1,0),F(0,1,1),P(0,0,2)A设ABF 面的法向量为000(,,z )n x y =，(1,0,0)AB =,(0,1,1),AF =n AB n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x y z =⎧⎨+=⎩，令1y =得：(0,1,1)n =- 又(1,1,0)BC =，1sin ,2BC n ∴<>== 直线BC 与平面ABF 所成角为6π设111(,,z )H x y ,由,PH tPC =则111(,,z 2)t(2,1,2)x y -=- (21,,22)H t t t ∴--又,(21,,22)H ABF BH t t t ∈=--面0n BH ∴⋅=,2220,3t t t ∴+-=∴=，422(,,)333H ∴，424,,333PH ⎛⎫= ⎪⎝⎭|PH|=2∴2【2018北京（理）真题17】. (本小题共14分)如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB=3，BC=5. （Ⅰ）求证：AA 1⊥平面ABC ；（Ⅱ）求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；（Ⅲ）证明：在线段BC 1存在点D ，使得AD⊥A 1B ，并求1BDBC 的值.【答案】． 解：（Ⅰ）因为11AAC C 是正方形，所以1AA AC ⊥． 因为11ABC AAC C ⊥平面平面，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以1AA ⊥平面ABC ．（Ⅱ）由（Ⅰ）知1AA AC ⊥，1AA ⊥AB ．由题知AB=3，BC=5，AC=4，所以AB AC ⊥． 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz -，则 ()0,3,0B ，()10,0,4A ，()10,3,4B ，()14,0,4C ．设平面11A BC 的法向量为(),,x y z n ，则 1110,0.A B AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即340,40.y z x -=⎧⎨=⎩令z=3，则x=0，y=4，所以()0,4,3=n ．同理可得平面11BB C 的法向量为()3,4,0=m ．所以16cos ,.25⋅==⋅n m n m n m由题知二面角111A BC B --为锐角，所以二面角111A BC B --的余弦值为16.25（Ⅲ）设点D (),,x y z 是直线BC 1上一点，且1.BD BC λ= 所以()(),3,4,3,4x y z λ-=-． 解得4,33,4.x y z λλλ==-= 所以()4,33,4.AD λλλ=-由10AD A B ⋅=，即9250λ-=，解得925λ=．因为[]90,125∈，所以在线段BC 1上存在点D ，使得1AD A B ⊥．此时19.25BD BC λ==3【2018北京（理）真题16】（本小题共14分）如图1，在Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，3BC =，6AC =，D 、E 分别为AC 、AB 上的点，且DE //BC ，2DE =，将ADE ∆沿DE 折起到1A DE ∆的位置，使1AC CD ⊥，如图2． C 1xA A 1M（Ⅰ）求证：1AC ⊥平面BCDE ； （Ⅱ）若M 是1A D 的中点，求CM 与平面1A BE 所成角的大小； （Ⅲ）线段BC 上是否存在点P ，使平面1A DP 与平面1A BE 垂直？说明理由．【答案】．解：（1）CD DE ⊥，1A E DE ⊥∴DE ⊥平面1A CD ，又1A C ⊂平面1A CD ，∴1A C ⊥DE又1A C CD ⊥，∴1A C ⊥平面BCDE（2）如图建系C xyz -，则()200D -，，，(00A ，，，()030B ，，，()220E -，，∴(103A B =-，，,()1210A E =--，， 设平面1A BE 法向量为()n x y z =，， 则1100A B n A E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴3020y x y ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩∴2z y y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴(12n =-，又∵(10M -，∴(10CM =-，∴cos ||||1CM n CM n θ⋅====⋅∴CM 与平面1A BE 所成角的大小45︒（3）设线段BC 上存在点P ，设P 点坐标为()00a ，，，则[]03a ∈，则(10A P a =-，，，()20DPa =，， 设平面1A DP 法向量为()1111n x y z =，，则1111020ay x ay ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩∴111112z x ay ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ ∴()136n a =-，假设平面1A DP 与平面1A BE 垂直则10n n ⋅=，∴31230a a ++=，612a =-，2a =- ∵03a <<∴不存在线段BC 上存在点P ，使平面1A DP 与平面1A BE 垂直 4【2018北京（理）真题16】（本小题共14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD是y C菱形，2,60AB BAD =∠=. (Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.【答案】．证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD. 所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.（Ⅱ）设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O —xyz ，则P （0，—3，2），A （0，—3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 与AC 所成角为θ，则4632226cos =⨯=. （Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=BC 设P （0，－3，t ）（t>0）， 则),3,1(t BP --=设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=⋅=⋅m BP m BC所以⎪⎩⎪⎨⎧-+--=+-03,03tz y x y x令,3=y 则.6,3t z x ==所以)6,3,3(tm =同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(tn -= 因为平面PCB⊥平面PDC,所以n m ⋅=0，即03662=+-t解得6=t所以PA=65 (2019年东城一模理科)吧6 (2019年西城一模理科)如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 和侧面11BCC B 都是矩形，E 是CD 的中点，1D E CD ⊥，22AB BC ==.（Ⅰ）求证：1⊥BC D E ； （Ⅱ）求证：1BC // 平面1BED ；（Ⅲ）若平面11BCC B 与平面1BED（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 和侧面11BCC B 是矩形， 所以 BC CD ⊥，1BC CC ⊥，又因为 1=CDCC C ，所以 BC ⊥平面11DCC D ， ………………2分 因为 1D E ⊂平面11DCC D ， 所以1BC D E ⊥. …………4分（Ⅱ）证明：因为 1111//, BB DD BB DD =，所以四边形11D DBB 是平行四边形. 连接1DB 交1D B 于点F ，连接EF ，则F 为1DB 的中点.在1∆B CD 中，因为DE CE =，1DF B F =，所以 1//EF B C .……………6分又因为 1⊄B C 平面1BED ，⊂EF 平面1BED ，所以 1//BC 平面1BED . ………8分 （Ⅲ）解：由（Ⅰ）可知1BC D E ⊥， 又因为 1D E CD ⊥，BCCD C =，所以 1D E ⊥平面ABCD . ………………9分设G 为AB 的中点，以E 为原点，EG ，EC ，1ED 如图建立空间直角坐标系， 11设1D E a =，则11(0,0,0), (1,1,0), (0,0,), (0,1,0), (1,2,), (1,0,0)E B D a C B a G . 设平面1BED 法向量为(,,)x y z =n ， 因为 1(1,1,0), (0,0,)EB ED a ==，由10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得0,0.x y z +=⎧⎨=⎩令1x=，得(1,1,0)=-n . …………11分设平面11BCC B 法向量为111(,,)x y z =m ，因为 1(1,0,0), (1,1,)CB CB a ==，由10,0,CB CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m得11110,0.x x y az =⎧⎨++=⎩令11z =，得(0,,1)a =-m .…………12分由平面11BCC B 与平面1BED 所成的锐二面角的大小为π3， 得||π|cos ,|cos 3⋅<>===m n m n m n ， ……………13分 解得1a =. ………………14分7 (2019年海淀一模理科) 如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB=30°，∠ABC=90°，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E ，延长AE 交BC 于F ，将∆ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图2所示． （Ⅰ）求证：AE ⊥平面BCD ；（Ⅱ）求二面角A –DC –B 的余弦值．（Ⅲ）在线段AF 上是否存在点M 使得//EM 平面ADC ？若存在，请指明点M 的位置；若不存在，请说明理由．（Ⅰ）因为平面ABD ⊥平面在ABD ∆中，AE BD ⊥于E ，AE ⊂平面所以AE ⊥平面3分 （Ⅱ）由（Ⅰ）结论AE ⊥平面BCD 可得AE EF ⊥．由题意可知EF BD ⊥，又AE ⊥BD ．如图，以E 为坐标原点，分别以,,EF ED EA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系E xyz -——4分不妨设2AB BD DC AD ====，则1BE ED ==． 由图1条件计算得，AE =BC =BF = 则(0,0,0),(0,1,0),(0,1,0),E D B A F C -———————5分 (3,1,0),(0,1,DC AD ==．由AE ⊥平面BCD 可知平面DCB 的法向量为EA ．———————6分设平面ADC 的法向量为(,,)x y z =n ，则0,0.DC AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.y y +==⎪⎩令1z =，则1y x ==，所以(11)=-n ．——————————8分B F平面DCB 的法向量为EA所以cos ,5||||EA EA EA ⋅<>==-⋅n nn ，所以二面角A DC B --—————————————9分 （Ⅲ）设AM AFλ=，其中[0,1]λ∈．由于3(3AF =， 所以(AM AF λλ==，其中[0,1]λ∈————————————10分 所以3,0,(13EM EA AM λ⎛=+=-⎝————————————11分由0EM ⋅=n ，即03λλ=-(1-———12分 解得3=(0,1)4λ∈．————13分所以在线段AF 上存在点M 使EM ADC ∥平面，且34AM AF =．————————14分8 (2019年朝阳一模理科)如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．PAD △为等腰直角三角形，且PA AD ⊥．E ，F 分别为底边AB 和侧棱PC 的中点． （Ⅰ）求证：EF ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：EF ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求二面角E PD C --的余弦值．（Ⅰ）证明：取PD 的中点G ，连接FG ，AG ． 因为F ，G 分别是PC ，PD 的中点，所以FG 是的中位线．所以FG ∥CD ，且12FG CD =．又因为E 是AB 的中点，且底面ABCD 为正方形，所以1122AE AB CD ==，且AE ∥CD ．所以AE ∥FG ，且AE FG =． 所以四边形AEFG 是平行四边形．所以EF ∥AG ．又EF ⊄平面PAD ，AG ⊂平面PAD ，所以EF 平面PAD ．…………………4分 （Ⅱ）证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，PA AD ⊥，且平面PAD I 平面ABCD AD =，所以PA ⊥平面ABCD ． 所以PA AB ⊥，PA AD ⊥．又因为ABCD 为正方形，所以AB AD ⊥，所以,,AB AD AP 两两垂直．以点A 为原点，分别以, , AB AD AP 为, , x y z 轴， 建立空间直角坐标系（如图）．由题意易知AB AD AP ==，设2AB AD AP ===，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D ，(0,0,2)P ，(1,0,0)E ，(1,1,1)F ．因为(0,11)EF =uu u r ，，(022)PD =-u u u r ，，，(200)CD =-uu u r ，，，且(0,11)(0,2,2)0EF PD ⋅=⋅-=u u u r u u u r，， (0,11)(2,00)0EF CD ⋅=⋅-=u u u r u u u r，， 所以EF PD ⊥，EF CD ⊥．又因为PD ，CD 相交于D ，所以EF ⊥平面PCD ．…………… 9分（Ⅲ）易得(102)EP =-uu r ，，，(0,22)PD =-u u u r,．设平面EPD 的法向量为(, , )x y z =n ，则0,0.EP PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uur uu u r n n 所以20,220. x z y z -+=⎧⎨-=⎩即2,. x z y z =⎧⎨=⎩令1z =，则(2,1,1)=n ．由（Ⅱ）可知平面PCD 的法向量是(0,11)EF =uu u r，，所以cos ,EF EF EF⋅〈〉===⋅uu u ruu u r uu u r n n n ．由图可知，二面角E PD C --的大小为锐角，所以二面角E PD C --分9 (2019年丰台一模理科)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E 是棱AB 上的动点.（Ⅰ）求证：DA1⊥ED1 ；（Ⅱ）若直线DA1与平面CED1成角为45o ，求AE AB的值；（Ⅲ）写出点E 到直线D1C 距离的最大值及此时点E 的 位置（结论不要求证明）.解：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则D(0,0,0),A （1，0，0），B(1,1,0)，C(0,1,0),D1(0,1,2),A1(1,0,1)，设E(1,m,0)（0≤m≤1）（Ⅰ）证明：1(1,0,1)DA =，1(1,,1)ED m =-- 111(1)0()110DA ED m ⋅=⨯-+⨯-+⨯=所以DA1⊥ED1. ----4分（Ⅱ）设平面CED1的一个法向量为(,,)v x y z =,则10v CD v CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，而1(0,1,1)CD =-，(1,1,0)CE m =-所以0,(1)0,y z x m y -+=⎧⎨+-=⎩取z=1,得y=1,x=1-m ， 得(1,1,1)v m =-.因为直线DA1与平面CED1成角为45o ，所以1sin45|cos ,|DA v ︒=<> 所以11||22||||DA v DA v ⋅=⋅2=，解得m=12.-----11分（Ⅲ）点E 到直线D1C E 在A 点处.------14分10(2019年石景山一模理科)如图，正三棱柱111ABC A B C -的底面边长是2D 是AC的中点．1A A CC（Ⅰ）求证：1B C ∥平面1A BD ； （Ⅱ）求二面角1A BD A --的大小；（Ⅲ）在线段1AA 上是否存在一点E ，使得平面11B C E ⊥平面1A BD ，若存在， 求出AE 的长；若不存在，说明理由．（Ⅰ）证明：连结1AB 交1A B 于M ，连结1B C DM ，， 因为三棱柱111ABC A B C -是正三棱柱， 所以四边形11AA B B 是矩形，所以M 为1A B 的中点．因为D 是AC 的中点，所以MD 是三角形1AB C 的中位线，…………………………2分 所以MD ∥1B C ．…………………………3分因为MD ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD ，所以1B C ∥平面1A BD ．……………4分 （Ⅱ）解：作CO AB ⊥于O ，所以CO ⊥平面11ABB A ，所以在正三棱柱111ABC A B C -中如图建立空间直角坐标系O xyz -．因为2AB =，1AA D 是AC 的中点． 所以(100)A ，，，(100)B -，，，(00C，1(10)A …………5分 所以1(022D ，，，3(022BD =，，，1(20)BA =．设()n x y z =，，是平面1A BD所以100n BD n BA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，即30220x z x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，，令3x =-，则2y =，3z =，所以(323)n =-，，是平面1A BD 由题意可知1(00)AA =是平面ABD 所以121cos 2n AA <>==，．………………8分 所以二面角1A BD A --的大小为3．…………………………9分 （Ⅲ）设(10)E x ，，，则1(1C E x =-，11(10C B ，=-设平面11B C E 的法向量1111()n x y z ，，=，所以111100n C E n C B ，，⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即11111)00x x y x ，，⎧-++=⎪⎨-=⎪⎩ 令1z =13x =，1y =，1(3n =，…………………12分 又10n n ⋅=，即0--=，解得x = x所以存在点E ，使得平面11B C E ⊥平面1A BD且AE =分11 (2019年顺义一模理科) 如图在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，060BAD ∠=， 平面PAD ⊥平面ABCD ，2PA PD AD ===，Q 为AD 的中点，M 是棱PC上一点，且13PM PC =. （Ⅰ）求证：PQ ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）证明：PA ∥平面BMQ（Ⅲ）求二面角M BQ C --的度数.结BD ，Q 底面ABCD 是菱形，且060BAD ∠=，∴BAD 是等边三角形，∴BQ AD ⊥由（Ⅰ）PQ ⊥平面ABCD . ∴PQ AD ⊥.以Q 为坐标原点，,,QA QB QP 分别为x 轴y 轴z 轴建立空间直角坐标系则(0,0,0),(1,0,0),(0,0,3)Q A B P .————10分设平面BMQ 的法向量为(,,)m x y z =，∴0m QB m MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，注意到MN ∥PA∴0m QB m PA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,0,1)m =是平面BMQ 的一个法向量——12分12 (2019年延庆一模理科) 在四棱锥ABCD P -中，⊥PA 平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，且2==AD PA ，F E ，分别是棱PC AD ,的中点． （Ⅰ）求证：//EF 平面PAB ；（Ⅱ）求证：⊥EF 平面PBC ； （Ⅲ）求二面角D PC E --的大小．（Ⅰ）证明：设G 是PB 的中点，连接GF AG ,FABEPDCPM Q ABCD∵F E ,分别是PC AD ,的中点，∴BC GF 21//，BC AE 21// ∴AE GF //，∴AEFG 是平行四边形，∴AG EF //………………2分 ∵⊄EF 平面PAB ⊂AG 平面PAB ，∴//EF 平面PAB ………………3分 （Ⅱ）∵AB PA =，∴PB AG ⊥，………………4分∵ABCD PA ⊥，∴BC PA ⊥，又∵AB BC ⊥，∴⊥BC 平面PAB ， ∴AG BC ⊥，………………6分∵PB 与BC 相交，∴⊥AG 平面PBC ， ∴⊥EF 平面PBC ．………………7分（Ⅲ）以AP AD AB ,,分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系xyz A -，…8分 ∵2==AD PA ，∴)0,1,0(E ，)0,2,2(C ，)2,0,0(P ，)1,1,1(F 设H 是PD 的中点，连接AH ∵⊥AG 平面PBC ，∴同理可证⊥AH 平面PCD ，∴AH 是平面PCD 的法向量，)1,1,0(=………………9分)0,1,2(=，)2,1,0(-=设平面PEC 的法向量),,(z y x m = ，则0,0=⋅=⋅m ∴02,02=+-=+z y y x 令2=y ，则1,1=-=z x ∴)1,2,1(-=m…………12分∴23263||||,cos =⋅=>=<AH m m．………………13分∴二面角D PC E --的大小为︒30………………14分。