【解析版】2018年北京高三模拟题分类汇编之立体几何大题

合集下载

18年高考真题与模拟题—理科数学5：立体几何

2018高考真题与模拟题分类汇编：立体几何一．高考真题1.【2018全国III 卷 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（）2.【2018浙江 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：3cm ）是（）（A ）2（B ）4（C ）6（D ）83.【2018全国I 卷 7】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 ）（B ）（C ）3 （D ）24.【2018浙江 8】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1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则（）（A ）123θθθ≤≤ （B ）321θθθ≤≤ （C ）132θθθ≤≤ （D ）231θθθ≤≤5.【2018全国II 卷 9】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 则异面直线1AD与1DB 所成角的余弦值为（）（A ）15 （B （C （D ）26.【2018全国III 卷 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D ABC -体积的最大值为（）（A ）（B ）（C ）（D ）7.【2018全国I 卷 12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）（A （B （C ）4 （D 8.【2018江苏 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_________。

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-)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 ．1B ．2C ． 3D ．41．【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -，在四棱锥P ABCD -中，2PD =，2AD =， 2CD =，1AB =，由勾股定理可知，22PA =，22PC =，3PB =，5BC =，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：cm 3）是（） A ．2 B ．4 C ．6 D ．83.答案：C解答：该几何体的立体图形为四棱柱， (12)2262V +⨯=⨯=.3 （2018上海）《九章算术》中，称底侧视图俯视图正视图2211所以231θθθ≤≤.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 ．25. 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224225MN =+=，所以选B.6．（2018全国新课标Ⅰ文）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（）A ．8B ．62 C ．82 D ．836. 答案：C 解答：连接1AC 和1BC ，∵1AC 与平面11BB C C 所成角为30，∴130AC B ∠=，∴11tan 30,23ABBC BC ==，∴122CC =，∴222282V =⨯⨯=，∴选C.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（） A ．33 B ．23 C ．324 D ．327. 答案：A解答：由于截面与每条棱所成的角都相等，所以平面α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面EFGHMN ，而平面EFGHMN的面积12233362S =⨯⨯⨯⨯=.8．（2018全国新课标Ⅰ文）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π8. 答案：B解答：截面面积为8，所以高22h =，底面半径2r =，所以表面积为2(2)2222212S πππ=⋅⋅+⋅⋅=.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 ．172B ．52C ．3D ．29. 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224225MN =+=，所以选B.10．（2018全国新课标Ⅱ文）在正方体1111ABCD A B C 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（）A ．2B ．3C ．5D ．710．【答案】C【解析】在正方体1111ABCD A B C D -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1CC 的中点，可得CE a =，所以5BE a =，则55tan BE a EAB AB ∠===．故选C ．11．（2018全国新课标Ⅱ理）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为（）A ．15B ．5C ．5D ．211．【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 =，1111115cos<,>25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯，∴异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为5，故选C ．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 ．123B ．183C ．243D ．54313．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93ABCS ∆=，得6AB =，取BC 的中点H ，∴sin 6033AH AB =⋅︒=，∴2233AG AH ==，∴球心O 到面ABC 的距离为224(23)2d =-=，∴三棱锥D ABC -体积最大值193(24)1833D ABCV -=⨯⨯+=.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 ▲ ．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）如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．2．【答案】13【解析】如图所示，连结11A C ，交11B D 于点O ，很明显11A C ⊥平面11BDD B ，则1A O 是四棱锥的高，且2211111211222A O A C ==+=，111212BDD B S BD DD =⨯四边形，结合四棱锥体积公式可得其体积为11212333V Sh ===．3．（2018天津理）已知正方体1111ABCD A B C 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)，则四棱锥M EFGH -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2212EFGHS ==⎝⎭，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111132212M EFGHV-=⨯⨯=．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】8π【解析】如下图所示，30SAO ∠=︒，90ASB ∠=︒，又211822SABS SA SB SA =⋅==△，解得4SA =，所以122SO SA ==，2223AO SA SO =-=，所以该圆锥的体积为2183V OA SO =⋅π⋅⋅=π．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78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________． 5．【答案】402π【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 15，因为SAB △的面积为515，设母线长为l ，所以21155152l⨯=，280l ∴=，因SA 与圆锥底面所成角为45︒，所以底面半径为2cos 4l π=，因此圆锥的侧面积为22402rl l π=π．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 ．F ，G 分别为PB 和PC 的中点，FG BC ∴∥，且12FG BC =，四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，ED BC ∴∥，12DE BC =， 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 ． 2．（2018北京理）如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC =5，AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B−CD −C 1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（2）1B CDC --的余弦值为21-；（3）证明过程见解析．【解析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ， ∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点， AC EF ∴⊥，AB BC =，AC BE ∴⊥， AC ∴⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC EF ⊥，AC BE ⊥，1EF CC ∥．又1CC ⊥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 -．由题意得()0,2,0B ，()1,0,0C -，()1,0,1D ，()0,0,2F ，()0,2,1G ， ()=2,01CD ∴,，()=1,2,0CB ，设平面BCD 的法向量为(),a b c =,n ， 0CD CB ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩n n ，20 20a c ab +=⎧∴⎨+=⎩，令2a =，则1b =-，4c =-，∴平面BCD 的法向量()，又平面1CDC 的法向量为()=0,2,0EB ，21cos =EB EB EB⋅∴<⋅>=-n n n ．由图可得二面角1B CDC --为钝角，所以二面角1B CDC --的余弦值为21-．（3）平面BCD 的法向量为()2,1,4=--n ，()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）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.4．（2018江苏）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）11AB A B C 平面∥；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．4．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB A B ∥．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ．（2）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形．又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此11AB A B ⊥．又因为111AB B C ⊥，11BC B C ∥，所以1AB BC ⊥．又因为1A B BC B =，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ，所以1AB ⊥平面1A BC ．因为1AB ⊂平面11ABB A ，所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ．5．（2018江苏）如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．5．【答案】（1）310；（2）5．【解析】如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，设AC ，11A C 的中点分别为O ，1O ，则OB OC ⊥，1OO OC ⊥，1OO OB ⊥，以{}1,,OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O xyz -．因为12AB AA ==，所以()01,0A -,，()3,0,0B ，()0,1,0C ，()10,1,2A -，()13,0,2B ，()10,1,2C ．（1）因为P 为11A B 的中点，所以31,,222P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，从而31,,222BP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()10,2,2AC =，故11114310cos ,522BP AC BP AC BP AC ⋅-+<>===⨯⋅．因此，异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值为31020．（2）因为Q 为BC 的中点，所以31,,022Q ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭，因此33,,02AQ ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()10,2,2AC =，()10,0,2CC =．设(),,x y z =n 为平面1AQC 的一个法向量，则100AQ AC ⎧=⋅=⎨⎪⋅⎪⎩n n 即33022220x y y z ⎧+=+=⎪⎨⎪⎩，不妨取()3,1,1=-n ，设直线1CC 与平面1AQC 所成角为θ，则1115sin cos ,52CC CC CC θ⋅=<>===⨯⋅n n n，所以直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值为55．6．（2018浙江）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．6．答案：（1）略；（2）3913 解答：（1）∵12AB B B ==，且1B B ⊥平面ABC ，∴1B B AB ⊥，∴122AB =.同理，222211(23)113AC AC C C =+=+=.过点1C 作1B B 的垂线段交1B B 于点G ，则12C G BC == 且11B G =，∴115B C =.在11AB C ∆中，2221111AB B C AC +=， ∴111AB B C ⊥，①过点1B 作1A A 的垂线段交1A A 于点H . 则12B H AB ==，12A H =，∴1122A B =. 在11A B A ∆中，2221111AA AB A B =+，∴111AB A B ⊥，②综合①②，∵11111A B B C B ⋂=，11A B ⊂平面111A B C ，11B C ⊂平面111A B C ，∴1AB ⊥平面111A B C . （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B xyz -.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(,,)n a b c =，则102020n AB a c n 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α.∴39sin 13α=.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．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，1AM =，故2213DM AD AM =+=．因为AD ⊥平面ABC ，故AD AC ⊥．在Rt DAN △中，1AN =，故2213DN AD AN =+=．在等腰三角形DMN中，1MN=，可得1132cosMNDMNDM∠==．所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为13．（3）连接CM，因为ABC△为等边三角形，M为边AB的中点，故CM AB⊥，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Rt CAD△中，224CD AC AD=+=．在Rt CMD△中，3sinCMCDMCD∠==．所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为3．8．（2018天津理）如图，AD BC∥且AD=2BC，AD CD⊥,EG AD∥且EG=AD，CD FG∥且CD=2FG，DG ABCD⊥平面，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN CDE∥平面；（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.8．【答案】（1）证明见解析；（210；（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 ，()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 z =n 为平面CDE 的法向量，则000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20220y x z =+=⎧⎨⎩，不妨令–1z =，可得()01,0,1=-n ．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 z =n 为平面BCE 的法向量，则0BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,1,1=n ．设(),,x y z =m 为平面BCF 的法向量，则0BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即020x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,2,1=m ．因此有310cos ,⋅<>==m n m n m n ，于是10sin ,m n <>=．所以，二面角––E BC F 10．（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,BP h =--．易知，()0,2,0DC =为平面ADGE 的一个法向量，故2cos 5BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==+ 23sin 605h =︒=+，解得[]30,2h ．所以线段DP 3．9．（2018全国新课标Ⅰ文）如图，在平行四边形ABCM中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，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，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -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 ∠=,∴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 ⊥,∴CD ⊥平面ABC ,∴13HQ AQ CD AD ==,∴1HQ =,∵32,32BC BC AM AD ====,∴22BP =,又∵ABC ∆为等腰直角三角形，∴12322322ABP S ∆=⋅⋅⋅=，∴1131133Q ABD ABD V S HQ -∆=⋅⋅=⨯⨯=.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.10.答案：（1）略；（2）34. 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4AB =，则4EF =，2PF =，∴23PE =，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，由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴2323PH ⋅==，而4PD =，∴3sin PH PDH PD ∠==， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值3.11．（2018全国新课标Ⅱ文）P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．11．【答案】（1）见解析；（2）455．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且23OP =．连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知，OP OB ⊥．由OP OB ⊥，OP AC ⊥知PO ⊥平面ABC ．（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．由题设可知122OC AC ==，2423BC CM ==，45ACB ∠=︒．所以25OM =sin 45C OC MC A M H CB O ⋅⋅∠==．所以点C 到平面POM 的45． 12．（2018全国新课标Ⅱ理）如图，在三棱锥P ABC -22AB BC ==4PA PB PC AC ====，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M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．12．【答案】（1）见解析；（234．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且23OP =连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==，由222OPOB PB +=知PO OB ⊥，由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．PA OCBM（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()0,0,0O ，()2,0,0B ，()0,2,0A -，()0,2,0C ，()0,0,23P ，()0,2,23AP =，取平面PAC 的法向量()2,0,0OB =，设()(),2,002M a a a -<≤，则(),4,0AM a a =-，设平面PAM 的法向量为(),,x y z =n ．由0AP ⋅=n ，0AM ⋅=n ，得()223040y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取()()34,3,a a a =--n ， ()()222234cos ,2343a OB a a a -∴<>=-++n ，由已知得3cos ,OB <>=n ，()22223432343a a a a -∴=-++，解得4a =-（舍去），43a =， 83434,,3⎛⎫∴=-- ⎪ ⎪⎝⎭n ，又()0,2,23PC =-，所以3cos ,PC <>=n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3．13．（2018全国新课标Ⅲ文）如图，矩形所在平面与半圆弧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∵AD DM 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PDB14．（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∵AD DM 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： ∵ABCS ∆面积恒定， ∴MO CD ⊥，M ABCV -最大.(0,0,1)M ，(2,1,0)A -，(2,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,1,0)D -,设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =，设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =，(2,1,1)MA =--，(2,1,1)MB =-， (0,1,1)MC =-，(0,1,1)MD =--， 11111120(1,0,2)20x y z m x y z --=⎧⇒=⎨+-=⎩，同理(1,0,0)n =，，∴5cos 5θ==，∴ 25sin θ=.。

北京各区2018年高中高三一模解析几何汇编

.【海淀一模】(19) （本小题14分）x 2 y 2 1 （ab 0）的离心率为 3 ，且点T(2,1)在椭圆C 上，设已知椭圆C ：2 b 2 2 a与OT 平行的直线l 与椭圆C 订交于P ，Q 两点，直线TP ，TQ 分别与x 轴正半轴交于M ，两点．求椭圆C 的标准方程； (Ⅱ)判断OM ON 的值能否为定值，并证明你的结论．（19）（本小题 14分） 4 11 a2b 2（Ⅰ）由题意a 2b 2c 2，c 3e2a解得：a 22，b2，c6 故椭圆C 的标准方程为 x 2 y 21·······························5分8 2（Ⅱ）假定直线 TP 或TQ 的斜率不存在，则P 点或Q 点的坐标为(2，－1)，直线l 的方程为112(x2)，即y 2x2.y1x 2 y 218 2联立方程，得x 2 4x40，y1 2x2此时，直线 l 与椭圆C 相切，不合题意 .故直线TP 和TQ 的斜率存在.方法1：设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则直线TP:y1y 1 1(x2)，x 1 2直线TQ:y1y 2 1(x2)x 2 2x 12x 2 2故|OM|2，|ON|21y 11 y 2;...由直线OT:y1x ，设直线PQ:y1x t （t 0）22x 2 y 2 182x 22tx 2t 24 0联立方程，1xy t2当0时，x 1 x 22t ，x 1x 22t 24|OM||ON|4(x12x 2 2)y 11 y2 14 (x 1 2x 2 21x)1xt1 t12 12 24x 1x 2 (t 2)(x 1 x 2) 4(t1)1124 x 1x 2 2 (t1)(x 1x 2)(t1)42t 2 4 (t2)(2t) 4(t1)1(t1)(1(2t 24)2t)(t1)242···································14分方法2：设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，直线 TP 和TQ的斜率分别为k1和k2由OT:y1x ，设直线PQ:y1x t （t 0）22x 2 y 218222联立方程，x 2tx 2t 401xy t2当0时，x 1 x 22t ，x 1x 22t 24k 1 k 2y 1 1 y 2 1x 1 2x 2 21x 1 t 1 1x 2 t 12 2 x 1 2x 2 2x 1x 2 (t2)(x 1 x 2) 4(t 1)(x 1 2)(x 22);...2t 24 (t 2)(2t) 4(t 1)(x 1 2)(x 2 2)故直线TP 和直线TQ 的斜率和为零故 TMN TNM故TMTN故T 在线段MN 的中垂线上，即MN 的中点横坐标为2故|OM| |ON| 4···································14分【东城一模】(18)（本小题13分）已知椭圆C ：x 2y 21（ab0）的离心率为3，且过点A(2,0).a 2b 22（Ⅰ）求椭圆C 的方程；(II ）设M,N 是椭圆C 上不一样于点A 的两点，且直线AM ，AN 斜率之积等于1 ，试问直4线MN 能否过定点？假如，求出该点的坐标；若不是，请说明原因．（19）（本小题14分）411a 2b 2（Ⅰ）由题意a 2b 2c 2 ，ec 3a2解得：a2 2，b2，c6故椭圆C 的标准方程为x 2 y 2 1·······························5分8 2（Ⅱ）假定直线 TP 或TQ 的斜率不存在，则 P 点或Q 点的坐标为(2，－1)，直线l 的方程为y11(x2)，即y1x2 .22x 2 y 218 2联立方程，得x 24x40，y 1x 22此时，直线 l 与椭圆C 相切，不合题意 .故直线TP 和TQ 的斜率存在.;...方法1：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则直线TP:y1y11(x2)，x12直线TQ:y1y21 (x2)x22故|OM|2x12，|ON|2x22 y11y21由直线OT:y 1x，设直线PQ:y1x t（t0）22x2y218222联立方程，x2tx2t401xy t2当0时，x1x22t，x1x22t24|OM||ON|4(x12x22)y11y214(x12x221x2) 1x1t1t1 224x1x2(t2)(x1x2)4(t1) 1xx1(t1)(x x)(t1)2 41221242t24(t2)(2t)4(t1) 1(2t24)1(t1)(2t)(t1)2 42···································14分方法2：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线TP和TQ的斜率分别为k1和k2由OT:y 1x，设直线PQ:y1x t（t0）22x2y218222联立方程，x2tx2t401xy t2;..当0时，x1x22t，x1x22t24k1k2y11y21x12x221x1t11x2t122x12x22x1x2(t2)(x1x2)4(t1)(x12)(x22)2t24(t2)(2t)4(t1)(x12)(x22)故直线TP和直线TQ的斜率和为零故TMN TNM故TMTN故T在线段MN的中垂线上，即MN的中点横坐标为2故|OM| |ON|4···································14分【西城一模】19．（本小题满分14分）已知圆O:x2y24和椭圆C:x22y24，F是椭圆C的左焦点．（Ⅰ）求椭圆C的离心率和点F的坐标；（Ⅱ）点P在椭圆C上，过P作x轴的垂线，交圆O于点Q（P,Q不重合），l是过点Q的圆O的切线．圆F的圆心为点F，半径长为|PF|．试判断直线l与圆F的地点关系，并证明你的结论．解：（Ⅰ）由题意，椭圆C的标准方程为x2y21．[1分] 42所以a24，b22，进而c2a2b22．所以a2，c2．故椭圆C的离心率e c2．[3分]a2椭圆C的左焦点F的坐标为(2,0)．[4分]（Ⅱ）直线l与圆F相切．证明以下：[5分]设P(x0,y0)，此中2x02，则x022y024，[6分] ;..依题意可设Q(x 0,y 1)，则x 02y 124．[7 分]直线l的方程为y y 1x 0(x x 0)，y 1整理为 x 0xy 1y 4 0．[ 9分]所以圆F 的圆心F 到直线l的距离d| 2x 04| | 2x 2|．[11分]x 02 y 122由于|PF|2(x2)2y2(x2)21(4x2) 1x 2 22x4．[13分]0 022所以|PF|2 d 2，即|PF|d ，所以直线l 与圆F 相切．[14分]【旭日一模】19．(本小题满分 14分)222，且过点(1,已知椭圆C:x2y 2 1(a b 0)的离心率为2 )．ab22（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过椭圆C 的左焦点的直线l 1 与椭圆C 交于A,B 两点，直线l 2 过坐标原点且与直线l 1的斜率互为相反数．若直线l 2 与椭圆交于E,F 两点且均不与点A,B 重合，设直线AE 与x 轴所成的锐角为 1，直线BF 与x 轴所成的锐角为2，判断1与2大小关系并加以证明．19．(本小题满分 14分)c2,a2解：（Ⅰ）由题意得a 2b 2 2 ,解得a 2， b1 ，c．c 11 1 1.a22b22故椭圆C 的方程为xy 2 1．..5分2（Ⅱ）1=2．证明以下：由题意可设直线 l 1的方程为yk(x 1)，直线l 2 的方程为y kx ，设点A(x 1,y 1)，;..B(x 2,y 2) ，E(x 3,y 3)， F(x 3, y 3)．要证1=2，即证直线 AE 与直线BF 的斜率之和为零，即k AE k BF 0．由于k AEkBFy 1 y 3 y 2 y 3x 1 x 3 x 2x 3k(x 1 1)kx 3k(x 2 1)kx 3x 1 x 3 x 2 x 3k[2xx(xx) 2x 2]12 12x 3)3．(x 1 x 3)(x 2yk(x1),由x 2y2得(1 2k 2 )x 24k 2 x 2k 22 0 ，1,222所以x 1x 21 4k ，x 1x 22k2 ．2k 2 1 2k 2ykx,2由 x 2得(1 2k 2)x 22，所以 22．y2 1,x 31 2k2所以2x 1x 2(x 1 2 4k 244k 24．x 2)2x 3 121 2k 21202k2kkAEkBFk[2x 1x 2 (x 1 x 2) 2x 32]0 ．(x 1 x 3)(x 2 x 3)所以1=2．..14分【丰台一模】（19）（本小题共 14分）3x 2 y 21(ab0)上，F(1,0)是椭圆的一个焦点．已知点P(1,)在椭圆C ：b 2 2a 2（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）椭圆C 上不与P 点重合的两点D ，E 对于原点O 对称，直线PD ，PE 分别交y 轴于M ，N 两点．求证：以MN 为直径的圆被直线 y3 截得的弦长是定值．2（19）（本小题共14分）解：（Ⅰ）依题意，椭圆的另一个焦点为F(1,0)，且c1．1分由于2a22(3)22(3)24，22;..所以a 2，ba 2 c 23，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分所以C 的方程x 2y 2 1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分4 3（Ⅱ）明：由意可知D ，E 两点与点P 不重合．因D ，E 两点对于原点称，所以D(m,n)，E( m, n)，(m1)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分以MN 直径的与直y3 交于G(t,3),H(t,3)(t0)两点，所以GM GN ．222⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分3n直PD ：y32(x1)．2m1当x 0，y3 直PE ：y2n33 n 32 ，所以M(0, 2 m 1 2 m 1n 32 (x1)． m13)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分2 n 33n当x0，y2 m 13，所以N(0,22m13)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分2n33n所以GM (t,2)，m1GN(t,2)，m 1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9分因GMGN ，所以GMGN0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分2所以GM GNt 24n 2 9 0． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分4(m 1)因m 2n 2 1，即3m 2 4n 212，4n 2 93 3m 2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分43所以t23 0，所以t3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分4．2所以G(3,3)，H(3,3)，所以GH3．2 2 2 2所以以MN 直径的被直y3 3．⋯⋯⋯⋯14分截得的弦是定2【石景山一模】18．（本小共 13分）;...在平面直角坐标系xOy中，动点E到定点(1,0)的距离与它到直线x1的距离相等．（Ⅰ）求动点E的轨迹C的方程；（Ⅱ）设动直线 l:y kx b与曲线C相切于点P，与直线x1订交于点Q．证明：以PQ为直径的圆恒过x轴上某定点．18．（本小题共13分）（Ⅰ）解：设动点E的坐标为(x,y)，由抛物线定义知，动点E的轨迹是以(1,0)为焦点，x1为准线的抛物线，所以动点E的轨迹C的方程为y24x．5分y kxb4y4b0．（Ⅱ）证明：由，消去x得：ky2y24x由于直线l与抛物线相切，所以16-16kb0，即b 1．8分k所以直线l的方程为y kx 1．k令x1，得y k1．k所以Q1,k1．10分k设切点坐标P(x0,y0)，则ky024y0+40，k12解得：P( , )，11分设M(m,0)，MQMP 1m(1m)21)2m1 k2k(k=m m2k2k所以当m2m2=0，即m1时，MQMP0m-10所以MQ MP所以以PQ为直径的圆恒过x轴上定点M(1,0)．13分;..。

2018年北京市高考数学理 8专题八立体几何

第八篇：立体几何一、选择题1.【2018全国一卷7】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 ．172B ．52C ．3D ．22.【2018全国一卷12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D3.【2018全国二卷9】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D 4.【2018全国三卷3】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5.【2018全国三卷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D ABC 体积的最大值为 A．B．C．D．6.【2018北京卷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A.1B.2C.3D.4俯视图正视图7.【2018浙江卷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：cm 3）是 A ．2B ．4C ．6D ．88.【2018浙江卷8】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≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ19.【2018上海卷15】《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 ₁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 ₁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 ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】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__________．2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCD A BC 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)，则四棱锥M EFGH -的体积为.3.【2018江苏卷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．三、解答题1.【2018全国一卷18】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.2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，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M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．3.【2018全国三卷19】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AM D ⊥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．4.【2018北京卷16】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．5.【2018天津卷17】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（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.6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】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.参考答案一、选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D 二、填空题 1.π240 2.121 3.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DPHP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD . 2解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得)0,0,0(O ，)0,0,2(B ，)0,2,0(-A ，)0,2,0(C ，)32,0,0(P ，)32,2,0(=AP 取平面PAC 的法向量)0,0,2(=．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则)0,4,(a a -=．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z=n ．由0=⋅n ，0=⋅n 得20(4)0yax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以2223)4(32)4(32,cos aa a a n ++-->=<．由已知可得23,cos =><n OB ．4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ．又)322,0(-=，PC ，所以43,cos >=<n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4． 3.解：（1）由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM . 又 BCCM =C ,所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin,5DA =n ，所以面MAB 与面MCD 4.解：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ．（Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1．又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ．如图建立空间直角坐标系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）．)1,0,2(=∴CD ，)0,2,1(=CB ，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ，又∵平面CDC 1的法向量为)0,2,0(=，∴2121cos -=>=⋅<n ．由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为．（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴)1,2,0(-=，∴2-=⋅n ，∴n 与不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．5.解：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 （0，32，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）证明：依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）解：依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）．设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F．（Ⅲ）解：设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，h ∈［0，2］．所以线段DP 6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形，因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC ．因为AB 1⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -，从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅．因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB BC AC +=，故111AB B C ⊥. 因此1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D =111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB方法二：（Ⅰ）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：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。

2018北京六区高三一模数学(理)解答题分类汇编--立体几何

ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2y
2z
0,
y 2z 0.
n A1 D 0,
令 x 1，则 y 2 ， z 1 ，所以 n (1,2, 1) ． [7 分 ]
设直线 A1C 和平面 A1BD 所成的角为，
则 sin
| cos n, A1C | | n A1C | | n || A1C |
2 2． 3
所以直线 A1C 和平面 A1 BD 所成角的正弦值为
（Ⅲ）在线段 A C 上是否存在点 P ，使得 OP // 平面 A DE ? 若存在，求出 A P 的值；若不存在，请说明理由． AC
A
E
D
O
A
E D
O
B
C
B
C
图
图
1
2
证明：（Ⅰ）由已知 AB AE 2 ，
因为 O 为 BE 中点，所以 A O BE ．因为平面 A BE 平面 BCDE ，且平面 A BE 平面 BCDE
所以 DE // BC ， AD AE ．
所以 A1D A1E ，又 O 为 DE 的中点，所以 A1O DE ． [1 分 ] 因为平面 A1DE 平面 BCED ，且 A1O 平面 A1DE ，所以 A1O 平面 BCED ， [3 分] 所以 A1O BD ． [ 4 分 ] （Ⅱ）取 BC 的中点 G ，连接 OG ，所以 OE OG ．由（Ⅰ）得 A1O OE ， A1O OG ．如图建立空间直角坐标系 O - xyz ． [5 分]
由题意得， A1 (0,0,2) ， B(2, 2,0) ， C (2,2,0) ， D(0, 1,0) ．
1 / 11
所以 A1B (2, 2, 2) ， A1D (0, 1, 2) ， A1C (2,2, 2) ．设平面 A1BD 的法向量为 n (x , y , z) ，

2018年全国各地高考数学模拟试题立体几何解答题试题汇编(含答案解析)

2018年全国各地高考数学模拟试题立体几何解答题汇编（含答案解析）1．（2018•广陵区校级四模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA ⊥平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．2．（2018•黑龙江模拟）在三棱柱ABC﹣A1B l C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB=90°，且AC=1，AB=2，E为BB1的中点，M为AC上一点，AM=AC．（I）若三棱锥A1﹣C1ME的体积为，求AA1的长；（Ⅱ）证明：CB1∥平面A1EM．3．（2018•黄州区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E为BC的中点，现将△BAE与△DCE折起，使得平面BAE⊥平面ADE，平面DCE⊥平面ADE．（Ⅰ）求证：BC∥平面ADE；（Ⅱ）求二面角A﹣BE﹣C的余弦值．4．（2018•焦作四模）如图，梯形ABCD与矩形CC1D1D所在平面相互垂直，AD ∥BC，BA⊥AD，AD=4，AB=BC=CC1=1．（Ⅰ）求证：AD1∥平面BCC1；（Ⅱ）求四棱锥C1﹣ABCD的侧面积．5．（2018•南海区模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四形，AB=2AD=2，∠DAB=60°，PD=BD，且PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：BC⊥平面PBD；（Ⅱ）若Q为PC的中点，求三棱锥A﹣PBQ的体积．6．（2018•大武口区校级三模）将棱长为a的正方体截去一半（如图1所示）得到如图2所示的几何体，点E，F分别是BC，DC的中点．（Ⅰ）证明：AF⊥平面DD1E；（Ⅱ）求点E到平面AFD1的距离．7．（2018•郴州二模）如图，在长方形ABCD中，AB=4，BC=2，现将△ACD沿AC折起，使D折到P的位置且P在面ABC的射影E恰好在线段AB上．（Ⅰ）证明：AP⊥PB；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EBC的表面积．8．（2018•晋城二模）如图，在几何体ABCDEF中，底面CDEF是平行四边形，AB ∥CD，AB=1，CD=2，DE=2，DF=4，DB=2，DB⊥平面CDEF，CE与DF交于点O．（Ⅰ）求证：OB∥平面ACF；（Ⅱ）求三棱锥B﹣DEF的表面积．9．（2018•香坊区校级三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，C1在线段AB1上的射影为H，H是正方形AA1B1B的中心，．（1）求证：平面C1AB1⊥平面AA1B1B；（2）求二面角C﹣BC1﹣A1的余弦值．10．（2018•石嘴山一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为BC的中点，侧棱AA1=3，点E在BB1上，点F在CC1上，且BE=1，CF=2．（Ⅰ）证明：CE⊥平面ADF；（Ⅱ）求二面角F﹣AD﹣E的余弦值．11．（2018•肥城市模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，AD⊥AB，且PB=AB=AD=3，BC=1．（Ⅰ）若点F为PD上一点且，证明：CF∥平面PAB；（Ⅱ）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点M，使得CM⊥PA？若存在，求出PM的长；若不存在，说明理由．12．（2018•盐湖区校级模拟）如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，AB ∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB=2，EF=1．（Ⅰ）求证：平面DAF⊥平面CBF；（Ⅱ）当AD的长为何值时，二面角D﹣FE﹣B的大小为60°．13．（2018•安阳一模）如图，在空间直角坐标系O﹣xyz中，正四面体（各条棱均相等的三棱锥）ABCD的顶点A，B，C分别在x轴，y轴，z轴上．（Ⅰ）求证：CD∥平面OAB；（Ⅱ）求二面角C﹣AB﹣D的余弦值．14．（2018•丰台区一模）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．15．（2018•马鞍山三模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=AC=AA1=2，D，E分别为B1C1，AB中点．（1）证明：平面AA1D⊥平面EB1C1；（2）若AB⊥AC，求点B到平面EB1C1的距离．16．（2018•黄州区校级模拟）在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，AD BC，AD=AE=1，∠ABC=60°，EF AC．（Ⅱ）求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．17．（2018•黄山一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．18．（2018•九江三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B是边长为1的菱形，∠A1B1B=60°，E为A1C1的中点，AC1=B1C1=1，A1C1=BC1，A1B∩AB1=O．（Ⅰ）证明：平面AB1C1⊥平面AA1B1B；（Ⅱ）求二面角A﹣OE﹣C的余弦值．19．（2018•河南一模）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2，BC=．PA=PB，侧面PAB⊥底面ABCD．（2）设BD与平面PAD所成的角为45°，求二面角B﹣PC﹣D的余弦值．20．（2018•洛阳二模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=BC，∠ABC=90°，D为AC的中点．（1）求证：AB⊥PD；（2）若∠PBC=90°，求二面角B﹣PD﹣C的余弦值．21．（2018•衡阳一模）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，PB=PC=PD．（1）证明：PA⊥平面ABCD；（2）若PA=2，求二面角A﹣PD﹣B的余弦值．22．（2018•安庆二模）如图所示，四棱锥B﹣AEDC中，平面AEDC⊥平面ABC，F为BC的中点，P为BD的中点，且AE∥DC，∠ACD=∠BAC=90°，DC=AC=AB=2AE．（Ⅰ）证明：EP⊥平面BCD；（Ⅱ）若DC=2，求三棱锥E﹣BDF的体积．23．（2018•朝阳一模）在如图所示的几何体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形，且边长为2，Q是AD的中点．（1）求证：直线AE∥平面FQC；（2）求二面角A﹣FC﹣B的大小．24．（2018•厦门二模）已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD，BC=2AD=2，E为CD的中点，PB⊥AE．（1）证明：平面PBD⊥平面ABCD；（2）若PB=PD，且PC与平面ABCD所成角为，求二面角B﹣PD﹣C的余弦值．25．（2018•贵阳二模）已知如图1所示，在边长为12的正方形AA′A1A1，中，BB1∥CC1∥AA1，且AB=3，BC=4，AA′1分别交BB1，CC1于点P，Q，将该正方形沿BB1，CC1，折叠，使得A′A1与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABC﹣A1B1C1，在该三棱柱底边AC上有一点M，满足AM=kMC（0＜k＜1）；请在图2中解决下列问题：（I）求证：当k=时，BM∥平面APQ；（Ⅱ）若直线BM与平面APQ所成角的正弦值为，求k的值26．（2018•烟台二模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，D为AC中点，P在平面ABC 内的射影O在AC上，BC=AB=2AP，AB⊥BC，∠PAC=45°．（1）求证：AP⊥平面PBD；（2）求二面角A﹣PC﹣B的余弦值．27．（2018•徐州一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：（1）MN∥平面ABB1A1；（2）AN⊥A1B．28．（2018•广西三模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB=2，AC=CB=2，M，N分别是AB、A1C的中点．（1）求证：MN∥平面BB1C1C；（2）若平面CMN⊥平面B1MN，求直线AB与平面B1MN所成角的正弦值．29．（2018•聊城一模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，△PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD=2BC=2，AB⊥AD，AB⊥BC．（Ⅰ）证明：PC⊥BC；（Ⅱ）若直线PC与平面ABCD所成角为60°，求二面角B﹣PC﹣D的余弦值．30．（2018•三明二模）在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，CD=2AB，AC与BD相交于点M，点N在线段AP上，AN=λAP（λ＞0），且MN∥平面PCD．（1）求实数λ的值；（2）若，∠BAD=60°，求点N到平面PCD的距离．31．（2018•淄博一模）直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且，如图所示，沿BE将△CEB翻折至△DEB，使得平面DEB⊥平面ABE．（1）当时，证明：BD⊥平面DEF；（2）是否存在λ，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值是？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．32．（2018•西宁模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB ⊥平面ABCD，点E、F分别为BC、AP中点．（1）求证：EF∥平面PCD；（2）若AD=AP=PB=AB=1，求三棱锥P﹣DEF的体积．33．（2018•铜山区模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C中，已知∠ACB=90°，BC=CC1，E，F分别为AB，AA1的中点．（1）求证：直线EF∥平面BC1A1；（2）求证：EF⊥B1C．34．（2018•泉州一模）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=90°，，BC=4，AD=6，E是AD上的点，．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，且A1C=4，如图2．（Ⅰ）求证：平面A1BE⊥平面BCDE；（Ⅱ）若P为线段BE上任一点，求直线PA1与平面A1CD所成角的正弦值的最大值．35．（2018•河南一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AB．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若PA=PD=AD=DC，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．36．（2018•全国二模）如图，五边形ABSCD中，四边形ABCD为长方形，三角形SBC为边长为2的正三角形，将三角形SBC沿BC折起，使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上．（Ⅰ）当时，证明：平面SAB⊥平面SCD；（Ⅱ）若AB=1，求平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值．37．（2018•静海区校级模拟）如图，等腰直角三角形AEF的斜边EF的中点为D，四边形ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面AEF，点G为DF的中点，AD=2AB=2．（1）证明：BF∥平面ACG；（2）求二面角D﹣BC﹣F的正弦值；（3）点H为直线CE上的点，且=﹣5，求直线AH和平面BCF所成角的正弦值．38．（2018•玉溪模拟）如图，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AF∥CE，AF⊥AC，AB=AF=2，CE=1．（1）求四棱锥B﹣ACEF的体积；（2）在BF上有一点P，使得AP∥DE，求的值．39．（2018•潍坊三模）如图所示五面体ABCDEF，四边形ACFE是等腰三角形，AD∥FC，，BC⊥pmACFD，CA=CB=CF=1，AD=2CF，点G为AC的中点．（1）在AD上是否存在一点H，使GH∥平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证明；若不存在，说明理由；（2）求三棱锥G﹣ECD的体积．40．（2018•芜湖模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠AA1B1=45°，AC=BC，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，E为CC1中点．（1）求证：BB1⊥AC；（2）若AA1=2，AB=，直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°，求平面A1B1E 与平面ABC所成锐二面角的余弦值．参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【分析】（Ⅰ）连接PE，G，F为EC和PC的中点，得到FG∥PE，利用线面平行的判定定理可证；（Ⅱ）利用菱形的性质得到BD⊥AC，再由PA⊥面ABCD，得到BD⊥PA，结合线面垂直的判定定理得到BD⊥平面PAC，进一步由线面垂直的性质得到所证．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用和线面垂直的判定定理和性质定理的运用，关键是熟练相关的定理．2．【分析】（I）由A1A⊥AB，AC⊥AB可知AB⊥平面ACC1A1，故E到平面ACC1A1的距离等于AB，于是VV=V，根据体积列出方程解出A1A；（II）连结AB1交A1E于F，连结MF，由矩形知识可知AF=，故MF∥CB1，所以CB1∥平面A1EM．【解答】解：（I）∵A1A⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴A1A⊥AB，又A1A⊥AC，A1A⊂平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，A1A∩AC=A，∴AB⊥平面ACC1A1，∵BB1∥平面ACC1A1，∴V=V====．∴A1A=．（II）连结AB1交A1E于F，连结MF，∵E是B1B的中点，∴AF=，又AM=，∴MF∥CB1，又MF⊂平面A1ME，CB1⊄平面A1ME∴CB1∥平面A1EM．【点评】本题考查了线面平行的判定，棱锥的体积计算，属于基础题．3．【分析】（Ⅰ）过点B作BM⊥AE于M，过点C作CN⊥ED于N，连接MN，证明BC∥MN即可；（Ⅱ）以E为原点，ED为x轴，EA为y轴，建立空间直角坐标系E﹣xyz，求出平面CEB的法向量，平面AEB的法向量，计算cos＜，＞即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：过点B作BM⊥AE，垂足为M，过点C作CN⊥ED于N，连接MN，如图所示；∵平面BAE⊥平面ADE，平面DCE⊥平面ADE，∴BM⊥平面ADE，CN⊥ADE，∴BM∥CN；由题意知Rt△ABE≌Rt△DCE，∴BM=CN，∴四边形BCNM是平行四边形，∴BC∥MN；又BC⊄平面ADE，MN⊂平面ADE，∴BC∥平面ADE；（Ⅱ）由已知，AE、DE互相垂直，以E为原点，ED为x轴，EA为y轴，建立空间直角坐标系E﹣xyz，如图所示；则E（0，0，0），B（0，，），C（，0，），=（0，，），=（，0，），设平面CEB的法向量为=（x，y，z），则，即，令y=﹣1，则z=1，x=1，∴=（﹣1，﹣1，1）；设平面AEB的法向量为=（x，y，z），则，易求得=（1，0，0）；又cos＜，＞===﹣，∴当二面角A﹣BE﹣C的平面角为锐角时，余弦值为，当二面角A﹣BE﹣C的平面角为钝角时，余弦值为﹣．【点评】本题考查了空间几何体以及空间向量的应用问题，是中档题．4．【分析】（Ⅰ）推导出DD1∥平面BCC1，AD∥平面BCC1，从而平面ADD1∥平面BCC1，由此能证明AD1∥平面BCC1．（Ⅱ）推导出CC1⊥平面ABCD，从而CC1⊥BC，CC1⊥CD，过点C作CE⊥AD交AD于点E，连接C1E，推导出AB⊥平面CC1B，BC1⊥AB，从而AD⊥平面CC1E，AD⊥C1E，由此能求出四棱锥C1﹣ABCD的侧面积．【解答】解：（Ⅰ）因为CC1∥DD1，CC1⊂平面BCC1，DD1⊄平面BCC1，所以DD1∥平面BCC1，同理可得AD∥平面BCC1，又因为AD∩DD1=D，所以平面ADD1∥平面BCC1，因为AD1⊂平面ADD1，所以AD1∥平面BCC1．（Ⅱ）因为平面ABCD⊥平面CC1D1D，平面ABCD∩平面CC1D1D=CD，CC1⊥CD，所以CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BC，CC1⊥CD，过点C作CE⊥AD交AD于点E，连接C1E，因为AD=4，AB=1，BC=CC1=1，由题意得：，所以，，因为CC1⊥AB，CB⊥AB，CB∩CC1=C，∴AB⊥平面CC1B，所以BC1⊥AB，，由AD⊥CC1，CE∩CC1=C，得AD⊥平面CC1E，所以AD⊥C1E，因为CE=CC1=1，所以，，所以四棱锥C1﹣ABCD的侧面积为．【点评】本题考查线面平行的证明，考查四棱锥的侧面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．5．【分析】（Ⅰ）在△ABD中，由余弦定理得求得BD，可得AD2+BD2=AB2，则AD ⊥BD，再由已知得到PD⊥BC．由线面垂直的判定可得BC⊥平面PBD；（Ⅱ）由Q为PC的中点，得三棱锥A﹣PBQ的体积与三棱锥A﹣QBC的体积相等，然后利用等积法求解．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABD中，由余弦定理得：BD2=BA2+AD2﹣2BA•AD•cos60°=3，∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，∵AD∥BC，∴BC⊥BD．又∵PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC．∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD；（Ⅱ）解：∵Q为PC的中点，∴三棱锥A﹣PBQ的体积与三棱锥A﹣QBC的体积相等，而=．∴三棱锥A﹣PBQ的体积．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．6．【分析】（Ⅰ）推导出D1D⊥AF，△ADF≌△DCE，AF⊥DE，由此能证明AF⊥平面D1DE．（Ⅱ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E到平面AFD1的距离．【解答】证明：（Ⅰ）∵D1D⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，∴D1D⊥AF，∵点E，F分别是BC，D1C的中点，∴DF=CE，又∵AD=DC，∠ADF=∠DCE=90°，∴△ADF≌△DCE，∴∠AFD=∠DEC，又∵∠CDE+∠DEC=90°，∴∠CDE+∠AFD=90°，∴∠DOF=180°﹣（∠CDE+∠AFD）=90°，∴AF⊥DE，又∵D1D∩DE=D，∴AF⊥平面D1DE．解：（Ⅱ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，E （，a ，0），A （a ，0，0），F （0，，0），D 1（0，0，a ）， =（﹣，a ，0），=（﹣a ，，0），=（﹣a ，0，a ），设平面AFD 1的法向量=（x ，y ，z ），则，取x=1，得=（1，2，1），∴点E 到平面AFD 1的距离d===．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 7．【分析】（Ⅰ）推导出PE ⊥BC ，AB ⊥BC ，从而BC ⊥平面PAB ，进而BC ⊥AP ，再由AP ⊥CP ，得AP ⊥平面PBC ，由此能证明AP ⊥PB ．（Ⅱ）三棱锥P ﹣EBC 的表面积为S=S △PEB +S △EBC +S △PEC +S △PBC ．【解答】证明：（Ⅰ）由题知PE ⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，∴PE ⊥BC ，又AB ⊥BC ，且AB ∩PE=E ，∴BC ⊥平面PAB ，又AP⊂平面PAB，∴BC⊥AP，又AP⊥CP，且BC∩CP=C，∴AP⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，∴AP⊥PB．解：（Ⅱ）在△PAB中，由（Ⅰ）得AP⊥PB，AB=4，AP=2，∴，∴BE=3∴在△EBC中，EB=3，BC=2，∴，在△PEC中，∴，∴，∴三棱锥P﹣EBC的表面积为：．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．8．【分析】（Ⅰ）取CF的中点G，连接OG，AG．又点O为DF的中点，可得OG CD，利用已知可得AB OG．可得四边形ABOE为平行四边形，可得OB∥AE．再利用线面平行的判定定理即可证明结论．（Ⅱ）由CD=2，DE=2=CF，DF=4，可得CD2+DF2=DE2．于是CD⊥DF．又DB⊥平面CDEF，以FD，DC，DB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．利用向量法能求出三棱锥B﹣DEF的表面积．【解答】证明：（Ⅰ）取CF的中点G，连接OG，AG又点O为DF的中点，∴OG CD，又AB∥CD，AB=1，CD=2，∴AB OG．∴四边形ABOE为平行四边形，∴OB∥AE．又OB⊄平面ACF，AE⊂平面ACF，∴OB∥平面ACF．（Ⅱ）解：∵CD=2，DE=2=CF，DF=4，∴CD2+DF2=DE2．∴∠CDF=90°，∴CD⊥DF．连结BF，又DB⊥平面CDEF，∴S===4，△BDF==4，==2，==2，∴三棱锥B﹣DEF的表面积：S=S△BDF+S△DEF+S△BDE+S△BDF==8+4．【点评】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．9．【分析】（1）取A1B1的中点D，连结HD、C1D推导出HD⊥A1B1，A1B1⊥C1H，C1H ⊥AB1，从而C1H⊥平面AA1B1B，由此能证明平面C1AB1⊥平面AA1B1B．（2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣BC1﹣A1的余弦值．【解答】证明：（1）取A1B1的中点D，连结HD、C1D∵CA=CB，∴C1D⊥A1B1，∵四边形AA1B1D是正方形，∴HD⊥A1B1，又HD∩C1D=D，∴A1B1⊥平面C1HD，∴A1B1⊥C1H，∵C1在线段AB1上的射影为H，∴C1H⊥AB1，∵AB1∩A1B1=B1，∴C1H⊥平面AA1B1B，∴平面C1AB1⊥平面AA1B1B．解：（2）如图建系：由AA1=2，得A1H=B1H=2，∴A1（2，0，0），A（0，﹣2，0），B1（0，2，0），B（﹣2，0，0），C1（0，0，），设C（x，y，z），则=（x，y，z﹣），=（﹣2，﹣2，0），由=，得x=﹣2，y=﹣2，z=，∴C（﹣2，﹣2，），平面BC1A1的法向量=（0，1，0），=（2，0，），=（0，﹣2，），平面BC1C的法向量=（x，y，z），则，取x=，得=（，﹣，﹣2），设二面角C﹣BC1﹣A1的平面角为θ，由图形得θ为钝角，∴cosθ=﹣=﹣，∴二面角C﹣BC1﹣A1的余弦值为﹣．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查线面垂直的性质与判定，面面垂直的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．10．【分析】（Ⅰ）以C为原点，在平面ABC中过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CE⊥平面ADF．（Ⅱ）求出平面ADF的法向量和平面ADE的法向量，利用向量法能求出二面角F ﹣AD﹣E的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）以C为原点，在平面ABC中过C作BC的垂线为x轴，CB 为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，C（0，0，0），E（0，2，1），A（，0），D（0，1，0），F（0，0，2），=（0，2，1），=（），=（0，1，﹣2），∴=0，=0，∴CE⊥FA，CE⊥FD，又FA∩FD=F，∴CE⊥平面ADF．解：（Ⅱ）=（﹣，0，0），=（﹣，1，1），设平面ADF的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（0，2，1），设平面ADE的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（0，1，﹣1），设二面角F﹣AD﹣E的平面角为θ，则cosθ===．∴二面角F﹣AD﹣E的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．11．【分析】（Ⅰ）过点F作FH∥AD，交PA于H，连接BH，证明HF∥BC，CF∥BH，然后证明CF∥平面PAD．（Ⅱ）说明BC⊥AB．PB⊥AB，PB⊥BC，以B为原点，BC，BA，BP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面BPD的一个法向量，平面APD的一个法向量，通过向量的数量积求解二面角B﹣PD﹣A的大小．（Ⅲ）假设存在点M，设，利用向量的数量积求解即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：过点F作FH∥AD，交PA于H，连接BH，因为，所以．…．（1分）又FH∥AD，AD∥BC，所以HF∥BC．…．（2分）所以BCFH为平行四边形，所以CF∥BH．…．（3分）又BH⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，…．（4分）（一个都没写的，则这（1分）不给）所以CF∥平面PAB．…．（5分）（Ⅱ）因为梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，所以BC⊥AB．因为PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AB，PB⊥BC，如图，以B为原点，BC，BA，BP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，…．（6分）所以C（1，0，0），D（3，3，0），A（0，3，0），P（0，0，3）．设平面BPD的一个法向量为，平面APD的一个法向量为，因为，所以，即，…．（7分）取x=1得到，…．（8分）同理可得，…．（9分）所以，…．（10分）因为二面角B﹣PD﹣A为锐角，所以二面角B﹣PD﹣A为．…．（11分）（Ⅲ）假设存在点M，设，所以，…．（12分）所以，解得，…．（13分）所以存在点M，且．…．（14分）【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，向量的数量积的应用，考查空间想象能力以及计算能力．12．【分析】（I）利用面面垂直的性质，可得CB⊥平面ABEF，再利用线面垂直的判定，证明AF⊥平面CBF，从而利用面面垂直的判定可得平面DAF⊥平面CBF；（II）建立空间直角坐标系，求出平面DCF的法向量和平面CBF的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求得AD的长．【解答】（Ⅰ）∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF=AB，∴CB⊥平面ABEF，∵AF⊂平面ABEF∴AF⊥CB，又∵AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，∴AF⊥平面CBF，∵AF⊂平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF．（Ⅱ）设EF中点为G，以O为坐标原点，OA，OG，AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系（如图）．设AD=t，则点D的坐标为（1，0，t），则C（﹣1，0，t），又A（1，0，0），B（﹣1，0，0），F（，，0），∴，，设平面DCF的法向量为=（x，y，z），则，即，可取．由（1）可知AF⊥平面CFB，取平面CFB的一个法向量为，|cos|=cos60°，即=，解得t=，因此，当AD的长为时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°．【点评】本题考查面面垂直，考查面面角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，求出平面的法向量是关键．13．【分析】（Ⅰ）由AB=BC=CA，可得OA=OB=OC．设OA=a，则，求得A，B，C的坐标，设D点的坐标为（x，y，z），则由，求得x=y=z=a，得到．结合平面OAB的一个法向量为，利用，可得CD∥平面OAB；（Ⅱ）设F为AB的中点，连接CF，DF，可得∠CFD为二面角C﹣AB﹣D的平面角．然后利用余弦定理求解二面角C﹣AB﹣D的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：由AB=BC=CA，可得OA=OB=OC．设OA=a，则，A（a，0，0），B（0，a，0），C（0，0，a），设D点的坐标为（x，y，z），则由，可得（x﹣a）2+y2+z2=x2+（y﹣a）2+z2=x2+y2+（z﹣a）2=2a2，解得x=y=z=a，∴．又平面OAB的一个法向量为，∴，∴CD∥平面OAB；（Ⅱ）解：设F为AB的中点，连接CF，DF，则CF⊥AB，DF⊥AB，∠CFD为二面角C﹣AB﹣D的平面角．由（Ⅰ）知，在△CFD中，，，则由余弦定理知，即二面角C﹣AB﹣D的余弦值为．【点评】本题考查利用空间向量证明直线与平面平行，考查二面角的平面角的求法，是中档题．14．【分析】（Ⅰ）由AD⊥AB．平面PAB⊥平面ABCD，可得AD⊥平面PAB．（Ⅱ）由已知得AD⊥AB，PB⊥AB，即可得AB⊥平面PBC，AB⊥PC．（Ⅲ）过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．可得E，F，B，C四点共面，由四边形BCEF为平行四边形，【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．【点评】本题考查线面垂直、线线垂直，并探索线面平行的存在性．着重考查了面面垂直的性质、线面垂直的判定与性质和利用空间向量研究面面角、线面平行等知识，属于中档题．15．【分析】（1）推导出B1C1⊥AD，B1C1⊥AA1，从而B1C1⊥平面AA1D，由此能证明平面AA1D⊥平面EB1C1．（2）连接EC，设点B到平面EB1C1的距离为h，由，能求出点B到平面EB1C1的距离．【解答】证明：（1）由已知可得，B1C1⊥AD，B1C1⊥AA1，∴B1C1⊥平面AA1D，∵B1C1⊂平面EB1C1，∴平面AA1D⊥平面EB1C1．…………………………5分（2）连接EC，由已知，在Rt△AEC中，，∴在Rt△ECC1中，得EC1=3，由题可得，在Rt△EBB1中，，在Rt△A1B1C1中，，∴在△EB1C1中，根据余弦定理可得：，∴，∴………………………………9分∵C1A1⊥A1B1，C1A1⊥AA1，∴C1A1⊥平面BB1E，∵，∴，设点B到平面EB1C1的距离为h由得，解得：即点B到平面EB1C1的距离为．………………………………12分【点评】本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．16．【分析】（Ⅰ）证明BA⊥AE．过点A作AH⊥BC于H，AB⊥AC，推出AB⊥平面ACFE．即可证明AB⊥CF．（Ⅱ）解：以A为坐标原点，AB，AC，AE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面BEF的一个法向量，平面DEF的一个法向量，通过向量的数量积求解二面角的余弦函数值即可．【解答】（Ⅰ）证明：由题知EA⊥平面ABCD，BA⊥平面ABCD，∴BA⊥AE．过点A作AH⊥BC于H，在RT△ABH中，，∴AB=1，在△ABC中，AC2=AB2+BC2﹣2AB•BCcos60°=3，∴AB2+AC2=BC2，∴AB⊥AC，且AC∩EA=A，∴AB⊥平面ACFE．又∵CF⊂平面ACFE，∴AB⊥CF．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（Ⅱ）解：以A为坐标原点，AB，AC，AE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，∴设为平面BEF的一个法向量，则令x=1，得，同理可求平面DEF的一个法向量，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用．二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．17．【分析】（1）利用中位线定理即可得出DE∥BC，故而DE∥平面PBC；（2）连结PD，又AB⊥PD，AB⊥DE得出AB⊥平面PAB，故而AB⊥PE；（3）利用面面垂直的性质得出PD⊥平面ABC，计算PD，则V P=V P﹣ABC．﹣BCE【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．【点评】本题考查了线面平行，线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．18．【分析】（Ⅰ）连结OC1，推导出OC1⊥A1B，OC1⊥AB1，从而OC1⊥平面AA1B1B，由此能证明平面AB1C1⊥平面AA1B1B．（Ⅱ）以O为原点，OA为x轴，OA1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣OE﹣C的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）连结OC1，∵A1C1=BC1，O为A1B的中点，∴OC1⊥A1B，同理得OC1⊥AB1，又A1B∩AB1=O，A1B，AB1⊂平面AA1B1B，∴OC1⊥平面AA1B1B，又OC1⊂平面AB1C1，∴平面AB1C1⊥平面AA1B1B．解：（Ⅱ）∵OC1⊥平面AA1B1B，A1B⊥AB1，∴以O为原点，OA为x轴，OA1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，在菱形AA1B1B中，∵∠A1B1B=60°，A1B1=1，∴OB1=，又B1C1=1，∴OC1=，则A（，0，0），B（﹣，0），B1（﹣，0，0），C1（0，0，），E（0，），设=（x，y，z）为平面COE的法向量，==（），则，取x=2，得=（2，），设=（x，y，z）为平面AOE的法向量，则，取y=1，得=（0，1，﹣1），∴cos＜＞==，∴二面角A﹣OE﹣C的余弦值为．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查分析问题和解决问题的能力，属于中档题．19．【分析】（1）证法一：设AB中点为O，连接PO，由已知PA=PB，所以PO⊥AB，而平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，以O为原点、OP为z轴，OB为y轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO=h，求出相关的坐标，利用向量的数量积求解，推出PC⊥BD．证法二：设AB中点为O，连接PO，由已知PA=PB，所以PO⊥AB，而平面PAB ⊥平面ABCD，交线为AB，证明BD⊥PO，连接CO，设CO与BD交于M，通过计算∠BCM+∠CBM=∠CDB+∠CBM=90°，推出BD⊥CO，然后证明PC⊥BD（2）由AD⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，可得AD⊥平面PAB，平面PAB⊥平面PAD，交线为PA过B作BH⊥PA，垂足为H，则BH⊥平面PAD，BD 与平面PAD所成的角即为∠BDH，通过求解三角形即可得到结果．（也可用向量法求出PO：）设P（0，0，h），求出平面PAD的一个法向量，通过cos＜，BD ＞=sin45°可解得h=，求出平面BPC的一个法向量，平面DPC的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．【解答】（1）证法一：设AB中点为O，连接PO，由已知PA=PB，所以PO⊥AB，而平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，故PO⊥平面ABCD，以O为原点、OP为z轴，OB为y轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO=h，则P（0，0，h），B（0，1，0），C（，1，0），D（，﹣1，0）所以=（，1，﹣h），=（，﹣2，0），所以PC⊥BD…（6分）证法二：设AB中点为O，连接PO，由已知PA=PB，所以PO⊥AB，而平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，故PO⊥平面ABCD，从而BD⊥PO…①在矩形ABCD中，连接CO，设CO与BD交于M，则由CD：BC=BC：MO知△BCD∽△OBC，所以∠BCO=∠CDB，所以∠BCM+∠CBM=∠CDB+∠CBM=90°，故BD⊥CO…②由①②知BD⊥平面PCO，所以PC⊥BD．（2）解：由AD⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，可得AD⊥平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，交线为PA，过B作BH⊥PA，垂足为H，则BH⊥平面PAD，BD与平面PAD所成的角即为角BDH，所以BH=BD=，从而三角形PAB为等边三角形，PO=．…（8分）（也可用向量法求出PO：）设P（0，0，h），则A（0，﹣1，0），B（0，1，0），D（，﹣1，0），可求得平面PAD的一个法向量为=（0，h，﹣1），而，由cos＜，BD＞=sin45°可解得h=，设平面BPC的一个法向量为，则，，可取=（0，，1），设平面DPC的一个法向量为，则，，可取=（，0，﹣）于是cos＜＞=﹣，…（11分）故二面角B﹣PC﹣D的余弦值为﹣…（12分）【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．20．【分析】（1）根据已知条件，取AB的中点O，连结OD，OP，得到AB⊥OP，再利用线面垂直判定定理可得AB⊥平面POD，从而得到AB⊥PD；（2）由已知可得BC⊥平面PBA，又OD⊥平面PBA，得到OD⊥OP，由此建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣PD﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：取AB的中点为O，连接OD，OP，∵PA=PB，∴AB⊥OP，∵OD∥BC，∠ABC=90°，∴AB⊥OD，又OD∩OP=O，∴AB⊥平面POD，从而AB⊥PD；（2）解：∵∠PBC=90°，即PB⊥BC，∴BC⊥平面PBA，∴OD⊥平面PBA，∴OD⊥OP，以O为坐标原点，OB，OD，OP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设OB=1，则，∴，设是平面PDB的一个法向量，则，即，不妨设z=1，则，∴，同理可求得平面PDC的一个法向量为，∴，∵二面角B﹣PD﹣C是锐二面角，∴其余弦值为．【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查了空间想象能力和思维能力，考查了用空间向量法求二面角的余弦值，是中档题．21．【分析】（1）连接AC，取BC中点E，连接AE，PE，推导出BC⊥AE，BC⊥PE，从而BC⊥PA．同理CD⊥PA，由此能证明PA⊥平面ABCD．（2）以A为原点，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法能求出二面角A﹣PD﹣B的余弦值．【解答】证明：（1）连接AC，则△ABC和△ACD都是正三角形．取BC中点E，连接AE，PE，因为E为BC的中点，所以在△ABC中，BC⊥AE，因为PB=PC，所以BC⊥PE，又因为PE∩AE=E，所以BC⊥平面PAE，又PA⊂平面PAE，所以BC⊥PA．同理CD⊥PA，又因为BC∩CD=C，所以PA⊥平面ABCD． (6)解：（2）如图，以A为原点，建立空间直角坐标系A﹣xyz，则B（，﹣1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），=（0，2，﹣2），=（﹣，3，0），设平面PBD的法向量为=（x，y，z），则，取x=，得=（），取平面PAD的法向量=（1，0，0），则cos＜＞==，所以二面角A﹣PD﹣B的余弦值是．…（12分）【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．22．（Ⅰ）推导出AF⊥BC，从而DC⊥平面ABC，进而AF⊥DC，AF⊥平面BCD．连【分析】结PF，则PF∥DC，则AE∥DC，得AE∥PF，AE=PF，AFPE是平行四边形，EP∥AF，由此能证明EP⊥平面BCD．（Ⅱ）推导出EP是三棱锥E﹣BDF的高．EP=AF=BC=，由此能求出三棱锥E ﹣BDF的体积．【解答】证明：（Ⅰ）由题意知△ABC为等腰直角三角形，而F为BC的中点，所以AF⊥BC．又因为平面AEDC⊥平面ABC，且∠ACD=90°，所以DC⊥平面ABC．……（2分）而AF⊂平面ABC，所以AF⊥DC．而BC∩DC=C，所以AF⊥平面BCD．连结PF，则PF∥DC，PF=DC，…………（4分）而AE∥DC，AE=DC，所以AE∥PF，AE=PF，AFPE是平行四边形，因此EP∥AF，故EP⊥平面BCD．…………（7分）解：（Ⅱ）因为EP⊥平面BCD，所以EP⊥平面BDF，EP是三棱锥E﹣BDF的高．所以EP=AF=BC==．故三棱锥E﹣BDF的体积为：V===．…………（12分）【点评】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23．【分析】（1）由已知证明几何体ADF﹣BCE是三棱柱．进一步证得为直三棱柱．再根据四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形，可得四边形DCEF为矩形．然后结合P是DE中点，Q是AD的中点，可得PQ∥DE，由线面平行的判定可得直线AE∥平面FQC；（2）解：由于平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥BC，可得BC⊥平面ABEF，则BC⊥BE．于是AB，BC，BE两两垂直．以BA，BC，BE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面BFC与平面AFC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣FC﹣B的大小．【解答】（1）证明：∵AF∥BE，AD∥BC，。

2018年高考题和高考模拟题数学(理)——专题05立体几何分类汇编(解析版)

5．立体几何1．【2018年XX卷】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≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年XX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：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原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.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α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【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，平面与线所成的角是相等的，所以平面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，故选A.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.C. D. 2【答案】B【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与其本身的特征，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处，所以所求的最短路径的长度为，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Ⅲ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A. B. C. D.【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，，，,点M为三角形ABC的重心，，中，有，，，故选B.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。

2018年北京高三模拟考试理科数学试题分类汇编----立体几何

2018年北京高三模拟考试理科数学试题分类汇编---- 立体几何（2018年朝阳期末）5. 某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为（ B ）A. 4B.43C.3D.8. 如图1，矩形ABCD中，AD .点E 在AB 边上， CE DE ⊥且1AE =.如图2，ADE △沿直线DE 向上折起成1A DE △．记二面角1A DE A --的平面角为θ，当θ()00180∈，时，① 存在某个位置，使1CE DA ⊥；② 存在某个位置，使1DE AC ⊥；③ 任意两个位置，直线DE 和直线1AC 所成的角都不相等.以上三个结论中正确的序号是（ C ）A . ①B. ①②C. ①③D. ②③ (2018年东城期末)（7）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ A ）（A ）16（B ）13（C ）12（D ）1(2018年海淀期末)（7）某三棱锥的三视图如图所示，则下列说法中：① 三棱锥的体积为16② 三棱锥的四个面全是直角三角形正视图侧视图俯视图A 正（主）视图侧（左）视图主视图左视图俯视图④所有正确的说法是（ D ）（A）①（B）①②（C）②③（D）①③(2018年西城期末)13．从一个长方体中截取部分几何体，得到一个以原长方体的部分顶点为顶点的凸多面体，其三视图如图所示．该几何体的表面积是__36__．(2018年丰台期末)6．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱的棱长为（ A ）A．2 B．．3(2018年石景山期末)7．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．下图网格纸中实线部分为此刍甍的三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈，那么此刍甍的体积为（ B ）A. 3立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈(2018年昌平期末)5.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，面积的最小值为（ B ）A. 1B.C. 2D.(2018年通州期末)8．如图，各棱长均为1的正三棱柱111ABC A B C ，M ，N 分别为线段1A B ，1B C 上的动点，若点M ，N 所在直线与平面11ACC A 不相交，点Q 为MN 中点，则Q 点的轨迹的长度是（ B ）A．2 B ．C ．1 D13．在正方形网格中，某四面体的三视图如图所示．已知小正方形网格的边长为1，那么该四面体的四个面中，面积最大的面的面积是___12____.(2018年房山期末)（7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积是（ B ）（A ）120 （B ）60 （C ）24 （D ）20（2018年朝阳一模）6．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（ D ）主视图左视图俯视图1 1 NMC 1B 1A 1CBA俯视图正视图侧视图A ．34 B ．23 C ．12D ．13(2018年东城一模)（12）某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为______12+(2018年海淀一模)（6）如图所示，一个棱长为1的正方体在一个水平放置的转盘上转动，用垂直于竖直墙面的水平光线照射，该正方体在竖直墙面上的投影的面积记作S ，则S 的值不可能是（ D ）(A) 1(B) 65(C) 43(D)32(2018年西城一模)4．正三棱柱的三视图如图所示，该正三棱柱的表面积是（ D ）（A ）（B（C ）6 （D ）6+14．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，12AA AB ==，1BC =，点P 在侧面11A ABB 上．若点P 到直线1AA 和CD 的距离相等，则1A P 的最小值是．(2018年丰台一模)（6）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ A ）(A)23(B)43 (C) 2(D) 83(2018年石景山一模)5.若某多面体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此多面体的体积是（ A ）A.378cmB. 323cmC. 356cmD.312cm（2018年朝阳二模）12.已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的底面和三个侧面中，直角三角形的个数是 3 .14.如图，已知四面体ABCD 的棱AB ∥平面α，且AB =1.四面体ABCD 以AB 所在的直线为轴旋转x 弧度，且始终在水平放置的平面α上方.如果将四面体ABCD 在平面α内正投影面积看成关于x 的函数，记为()S x ，则函数()S x 的最小值为4 ；()S x 的最小正周期为 π ．正视图侧视图俯视图(2018年东城二模)（12）如图，已知正方体ABCD A B C D ''''-的边长为1，若过直线BD '的平面与该正方体的面相交，交线围城一个菱形，则该菱形的面积为(2018年海淀二模)（14）如图，棱长为2的正方体1111ABCD ABC D -中，M 是棱1AA 的中点，点P 在侧面11ABB A 内，若1D P 垂直于CM ，则PBC ∆的面积的最小值为(2018年西城二模)4．某正四棱锥的正（主）视图和俯视图如图所示，该正四棱锥的侧面积是（ B ）（A ）12 （B）（C）（D）(2018年丰台二模)（14）如图，在矩形ABCD 中，4AB =，2AD =，E 为边AB 的中点．将△ADE 沿DE 翻折，得到四棱锥1A DEBC -．设线段1AC 的中点为M ，在翻折过程中，有下列三个命题： ① 总有BM ∥平面1A DE ；② 三棱锥1C A DE -体积的最大值为3；A1MA 1MEDCBA俯视图左视图③ 存在某个位置，使DE 与1AC 所成的角为90 ．其中正确的命题是 ①② ．（写出所有．．正确命题的序号） (2018年昌平二模)7．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的所有面中最大面的面积是（B ） A ．4 BC ． 2 D(2018年房山二模)（6）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱为（ B ）（A ）4 （B ）22 （C ）7（D ）2 (2018年顺义二模)4.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（ B ）A.338 B.163 C. D.16主视图俯视图左视图解答题部分：（2018年朝阳期末） 17. (本小题满分14分)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=，D 是线段AC 的中点，且1A D ⊥ 平面ABC ．（Ⅰ）求证：平面1A BC ⊥平面11AAC C ；（Ⅱ）求证：1//BC 平面1A BD ；（Ⅲ）若11A B AC ⊥，2AC BC ==，求二面角1A A B C --的余弦值.（Ⅰ）证明：因为90ACB ∠=，所以BC AC ⊥．根据题意， 1A D ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以1A D BC ⊥．因为1A DAC D =，所以BC ⊥平面11AAC C ．又因为BC ⊂平面1A BC ，所以平面1A BC ⊥平面11AAC C ． ………………4分（Ⅱ）证明：连接1AB ，设11AB A B E =，连接DE ．根据棱柱的性质可知，E 为1AB 的中点，因为D 是AC 的中点，所以1//DE B C ．又因为DE ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD ，所以1//BC 平面1A BD ． ………………8分（Ⅲ）如图，取AB 的中点F ，则//DF BC ，因为BC AC ⊥，所以DF AC ⊥，又因为1A D ⊥平面ABC ，ACBB 1C 1A 1DACBB 1C 1A 1DE所以1,,DF DC DA 两两垂直．以D 为原点，分别以1,,DF DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系（如图）. 由（Ⅰ）可知，BC ⊥平面11AAC C , 所以1BC AC ⊥．又因为11A B AC ⊥，1BCA B B =,所以1AC ⊥平面1A BC ，所以11AC AC ⊥，所以四边形11AAC C 为菱形．由已知2AC BC ==，则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B，(1A ．设平面1A AB 的一个法向量为(),,x y z =n ，因为(1AA =，()2,2,0AB =，所以10,0,AA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即0,220.y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩设1z =，则)=n ．再设平面1A BC 的一个法向量为()111,,x y z =m ，因为(10,CA =-，()2,0,0CB =，所以10,0,CA CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即1110,20.y x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩设11z =，则()=m ．故cos ,7⋅〈〉===⋅m n m n m n由图知，二面角1A A B C --的平面角为锐角，所以二面角1A A B C --的余弦值为7． …………14分(2018年东城期末) （17）（本小题14分）如图，在四棱锥E ABCD -中，平面ADE ⊥平面ABCD ,,O M 分别为线段,AD DE的中点．四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE DE =，AE DE ⊥. （Ⅰ）求证：CM //平面ABE ；（Ⅱ）求直线DE 与平面ABE 所成角的正弦值；（III ）点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长. 证明：（Ⅰ）取线段AE 中点P .连接BP 、MP . 因为点M 为DE 中点，所以//MP AD ，12MP AD =. 又因为B C D O 为正方形，所以//BC AD ，BC AD =，所以//BC MP ，BC MP =.所以四边形BCMP 为平行四边形，所以//CM BP . 因为CM ⊄平面ABE ，BP ⊂平面ABE ，所以//CM 平面ABE . （Ⅱ）连接EO .因为AE DE =，O 为AD 中点，所以EO AD ⊥.. 因为EO ⊂平面ADE ，平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE平面ABCD AD =所以 ,EO OB EO OD ⊥⊥又因为正方形BCDO ，所以OB OD ⊥. 如图所示，建立空间直角坐标系O xyz -.()0,1,0A -，()1,0,0B ，()1,1,0C ，()0,1,0D ，()0,0,1E ，110,,22M ⎛⎫⎪⎝⎭.设平面ABE 的法向量为(),,m x y z =，()1,1,0AB =，()0,1,1AE =，则有 0,0.AB m AE m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.x y y z +=⎧⎨+=⎩ 令1y =-，则1x z ==，即平面ABE 的一个法向量为()1,1,1m =-.()0,1,1DE =-，cos ,6DE DE DE⋅===m m m . 所以直线DE 与平面ABE （Ⅲ）设ON OD λ=，所以()0,,0N λ=，所以()1,,0NB λ=-，111,,22MB ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.设平面BMN 的法向量为(),,n u v w =，则有 0,0.NB n MB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即0,110.22u v u v w λ-=⎧⎪⎨--=⎪⎩令1v =，则()0,1,1n =.因为0CN n ⋅=，则,21u w λλ==-.即平面BMN 的一个法向量为(),1,21n λλ=-. 因为平面BMN ⊥平面ABE ，所以0m n ⋅=. 解得23λ=，所以53AN =.(2018年海淀期末) （17）（本小题14分）如图1，梯形ABCD 中，//AD BC ，CD BC ⊥，1BC CD ==，2AD =，E 为AD 中点.将ABE ∆沿BE 翻折到1A BE ∆的位置，使11A E A D =如图2.（Ⅰ）求证：平面1A ED⊥平面BCDE ；（Ⅱ）求1A B 与平面1A CD 所成角的正弦值；（Ⅲ）设M 、N 分别为1A E 和BC 的中点，试比较三棱锥1M ACD -和三棱锥1N ACD -（图中未画出）的体积大小，并说明理由.A E DBCD图1 图217. （本小题14分）（Ⅰ）证明：由图1，梯形ABCD 中，//AD BC ，CD BC ⊥，1BC =，2AD =，E 为AD 中点，BE AD ⊥故图2，1BE A E ⊥，BE DE ⊥……………..1分因为1A E DE E =I ，1A E ，DE ⊂平面1A DE……………..2分所以BE ⊥平面1A DE ……………..3分因为BE ⊂平面BCDE ，所以平面1A DE ⊥平面BCDE ……………..4分（Ⅱ）解一：取DE 中点O ，连接1OA ，ON .因为在1A DE ∆中，111A E A D DE ===，O 为DE 中点xy所以1AO DE ⊥因为平面1A DE ⊥平面BCDE平面1A DE平面BCDE DE =1AO ⊂平面1A DE 所以1AO ⊥平面BCDE 因为在正方形BCDE 中，O 、N 分别为DE 、BC 的中点，所以ON DE ⊥ 建系如图.则1(0,0,2A ，1(1,,0)2B -，1(1,,0)2C ，1(0,,0)2D ，1(0,,0)2E -.……………..5分11(1,,2A B =-uuu r11(0,,2A D =uuu r ，(1,0,0)DC =u u u r ，设平面1ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则100n A D n D C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uuu r r uuu r，即1020y z x ⎧-=⎪⎨⎪=⎩，令1z =得，y =所以n =r是平面1ACD 的一个方向量. ……………..7分111cos ,||||A B n A B n A B n ⋅<>===⋅uuu r ruuu r r uuu r r ……………..9分所以1A B 与平面1A CD所成角的正弦值为4……………..10分（Ⅱ）解二：在平面1A DE 内作EF ED ⊥，由BE ⊥平面1A DE ，建系如图.则11(0,,22A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,1,0)D ，(0,0,0)E . ……………..5分xy11(1,,22A B =--uuu r11(0,,)22A D =-uuu r ，(1,0,0)DC =u u u r ，设平面1ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则100n A D n D C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uuu r r uuu r，即1020y z x ⎧-=⎪⎨⎪=⎩，令1z =得，y =所以n =r是平面1ACD 的一个方向量. ……………..7分111cos ,||||A B n A B n A B n ⋅<>===⋅uuu r ruuu r r uuu r r ……………..9分所以1A B 与平面1A CD……………..10分（Ⅲ）解：三棱锥1M ACD -和三棱锥1N ACD -的体积相等. 理由如下:方法一：由1(0,,44M ，1(1,,0)2N，知1(1,,44MN =-uuu r ，则0MN n ⋅=uuu r r……………..11分因为MN ⊂平面1ACD ，……………..12分所以//MN 平面1ACD . ……………..13分故点M 、N 到平面1ACD 的距离相等，有三棱锥1M ACD -和1N ACD -同底等高，所以体积相等. ……………..14分方法二：如图，取DE 中点P ，连接MP ，NP ，MN .因为在1A DE ∆中，M ，P 分别是1A E ，DE 的中点，所以1//MP A D 因为在正方形BCDE 中，N ，P 分别是BC ，DE 的中点，所以//NP CD 因为MPNP P =，MP ，NP ⊂平面MNP ，1A D ，CD ⊂平面1ACD 所以平面MNP //平面1ACD ……………..11分因为MN ⊂平面MNP ，……………..12分所以//MN 平面1ACD……………..13分故点M 、N 到平面1ACD 的距离相等，有三棱锥1M ACD -和1N ACD -同底等高，所以体积相等. ……………..14分DD法二法三方法三：如图，取1A D 中点Q ，连接MN ，MQ ，CQ .因为在1A DE ∆中，M ，Q 分别是1A E ，1A D 的中点，所以//MQ ED 且12MQ ED = 因为在正方形BCDE 中，N 是BC 的中点，所以//NC ED 且12NC ED =所以//MQ NC 且MQ NC =，故四边形MNCQ 是平行四边形，故//MN CQ ……………..11分因为CQ ⊂平面1ACD ，MN ⊂平面1ACD ， ……………..12分所以//MN 平面1ACD . ……………..13分故点M 、N 到平面1ACD 的距离相等，有三棱锥1M ACD -和1N ACD -同底等高，所以体积相等. ……………..14分(2018年西城期末) 17．（本小题满分14分）如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥平面11AA C C ，12AA AB AC ===，160A AC ︒∠=. 过1AA 的平面交11B C 于点E ，交BC 于点F . （Ⅰ）求证：1AC ⊥平面1ABC ；（Ⅱ）求证：四边形1AA EF 为平行四边形；（Ⅲ）若23BF BC =，求二面角1B AC F --的大小. 解：（Ⅰ）因为 AB ⊥平面11AA C C ，所以 1A C AB ⊥． [ 1分]因为三棱柱111ABC A B C -中，1AA AC =，所以四边形11AA C C 为菱形，所以 11A C AC ⊥． [ 3分]所以 1AC ⊥平面1ABC ． [ 4分] （Ⅱ）因为 11//A A B B ，1A A ⊄平面11BB C C ，所以 1//A A 平面11BB C C ． [ 5分] 因为平面1AA EF平面11BB C C EF =，所以 1//A A EF ． [ 6分]因为平面//ABC 平面111A B C ，平面1AA EF平面ABC AF =，平面1AA EF平面1111A B C A E =，所以 1//A E AF ． [ 7分] 所以四边形1AA EF 为平行四边形． [ 8分] （Ⅲ）在平面11AA C C 内，过A 作Az AC ⊥．因为 AB ⊥平面11AA C C ，如图建立空间直角坐标系A xyz -． [ 9分] 由题意得，(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,2,0)C，1(0,1A，1C ．因为23BF BC =，所以 244(,,0)333BF BC −−→−−→==-，所以 24(,,0)33F ．由（Ⅰ）得平面1ABC的法向量为1(0,1,A C −−→=设平面1AC F 的法向量为(,,)x y z =n ，则10,0,AC AF −−→−−→⎧⋅=⎪⎨⎪⋅=⎩n n 即30,240.33y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 令1y =，则2x =-，z = (2,1,=-n ． [11分]所以 111|||cos ,|||||AC AC AC −−→−−→−−→⋅〈〉=n n n ． [13分] 由图知二面角1B AC F --的平面角是锐角，所以二面角1B AC F --的大小为45︒． [14分](2018年丰台期末)17．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，,E F 分别是,AB PC 的中点，2PA AD ==，CD =（Ⅰ）求证：EF ∥平面PAD ；（Ⅱ）求PC 与平面EFD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱BC 上是否存在一点M ，使得平面PAM ⊥平面EFD ？若存在，求出BMBC的值；若不存在，请说明理由.17．解：（Ⅰ）证明：取PD 中点G ，连接,AG FG . 因为,F G 分别是,PC PD 的中点，所以FG CD ∥，且12FG CD =. 因为ABCD 是矩形，E 是AB 中点，所以AE FG ∥，AE FG =. 所以AEFG 为平行四边形. 所以EF AG ∥.又因为AG ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .（Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥.因为四边形ABCD 是矩形，所以AB AD ⊥. 如图建立直角坐标系Axyz ，所以E ⎫⎪⎪⎝⎭，F ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,2,0D ，所以()0,1,1EF =uu u r，,2,02DE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu r . 设平面EFD 的法向量为(),,n x y z =r，因为00n EF n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu u r r uuu r，所以0202y z x y +=⎧-=⎪⎩. 令1y =，所以1z x =-⎧⎪⎨=⎪⎩()1n =-r .又因为)2,2PC =-uu u r，设PC 与平面EFD 所成角为θ，所以sin cos ,PC n PC n PC nθ⋅===⋅uu u r r uu u r r uu u rr 45=. 所以PC 与平面EFD 所成角的正弦值为45.（Ⅲ）因为侧棱PA ⊥底面ABCD ，所以只要在BC 上找到一点M ，使得DE AM ⊥，即可证明平面PAM ⊥平面EFD . 设BC 上存在一点M，则)[](),00,2Mt t ∈，所以),0AM t =uuu r .因为2,0ED ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，所以令0AM ED ⋅=u u u r u u u r ，即120t -+=，所以12t =.所以在BC 存在一点M ，使得平面PAM ⊥平面EFD ，且14BM BC =.(2018年石景山期末) 17．（本小题共14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PCD ⊥平面ABCD ，1BC =，2AB =，PC PD ==E 为PA 中点．（Ⅰ）求证：//PC BED 平面；（Ⅱ）求二面角A PC D --的余弦值；（Ⅲ）在棱PC 上是否存在点M ，使得BM AC ⊥？若存在，求PMPC的值；若不存在，说明理由．解：（Ⅰ）证明：设AC 与BD 的交点为F ，连接EF .因为ABCD 为矩形，所以F 为AC 的中点，在PAC ∆中，由已知E 为PA 中点，所以//EF PC ， ……………2分又EF ⊂平面BED ，PC ⊄平面BED ， ……………3分所以//PC 平面BED . ……………4分（Ⅱ）解：取CD 中点O ，连接PO . 因为PCD ∆是等腰三角形，O 为CD 的中点，所以PO CD ⊥，BADCE P又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，因为PO ⊂平面PCD ，PO CD ⊥，所以PO ⊥平面ABCD ． ……………5分取AB 中点G ，连接OG ，由题设知四边形ABCD 为矩形，所以OF CD ⊥，所以PO OG ⊥．如图建立空间直角坐标系O xyz -，则(1,1,0)A -，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(0,1,0)D -，(1,1,0)B ，(0,0,0)O ，(1,0,0)G .(1,2,0)AC =-u u u r ，(0,1,1)PC =-u u u r. ……………6分设平面PAC 的法向量为(,,)n x y z =r则0,0,n AC n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uuu r r uu u r即20,0.x y y z -=⎧⎨-=⎩令1z =，则1y =，2x =，所以(2,1,1)n =r.平面PCD 的法向量为(1,0,0)OG =u u u r，设n r ，OG uuu r 的夹角为α，所以cos α=. ……………9分由图可知二面角A PC D --为锐角，所以二面角A PC B --……………10分（Ⅲ）设M 是棱PC 上一点，则存在[]0,1λ∈使得PM PC λ=uuu r uu u r．因此点(0,,1)M λλ-，(1,1,1)BM λλ=---u u u r ，(1,2,0)AC =-u u u r． ……12分由0BM AC ⋅=u u u r u u u r ，即12λ=．因为[]10,12λ=∈，所以在棱PC 上存在点M ，使得BM AC ⊥，此时12PM PC λ==． ……………14分(2018年昌平期末) 18.（本小题14分）如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，PAB ∆为正三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为线段AB 的中点，M 在线段PD 上. （I ）当M 是线段PD 的中点时，求证：PB // 平面ACM ；（II ）求证：PE AC ⊥；（III ）是否存在点M ，使二面角M EC D --的大小为60°，若存在，求出PMPD的值；若不存在，请说明理由．（I ）证明：连接BD 交AC 于H 点，连接MH ，因为四边形ABCD 是菱形，所以点H 为BD 的中点. 又因为M 为PD 的中点，所以MH // BP . 又因为 BP⊄平面ACM , MH ⊂平面ACM .所以 PB // 平面ACM . ……………4分（II ）证明：因为PAB ∆为正三角形，E 为AB 的中点，所以PE ⊥AB .因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD=AB ，PE ⊂平面PAB ，所以PE ⊥平面ABCD .又因为AC ⊂平面ABCD ，所以PE AC ⊥. ……………8分(Ⅲ) 因为ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，E 是AB 的中点，所以CE ⊥AB .又因为PE ⊥平面ABCD ，以E 为原点，分别以,,EB EC EP 为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系E xyz -，则()0,0,0E ，()1,0,0B ，(P，()0C，()D -． ………10分假设棱PD 上存在点M ，设点M 坐标为(),,x y z ，()01PM PD λλ=≤≤，MPE DCBAHMPEDCBA则((,,x y z λ-=-，所以()2)M λλ--，所以()2)EM λλ=--，()EC =，设平面CEM 的法向量为(),,x y z =n ，则2)030EMx y z EC y λλ⎧⋅=-++-=⎪⎨⋅==⎪⎩n n，解得02)y x z λλ=⎧⎪⎨=-⎪⎩．令2z λ=，则)x λ=-，得)),0,2λλ=-n ．因为PE ⊥平面ABCD ，所以平面ABCD 的法向量()0,0,1=m ，所以cos |||⋅〈〉===⋅n m n,m n |m因为二面角M EC D --的大小为60°，12=，即23210λλ+-=，解得13λ=，或1λ=-（舍去）所以在棱PD 上存在点M ，当13PM PD =时，二面角M EC D --的大小为60°．…………………14分(2018年通州期末) 17．（本题满分14分）如图，在四棱柱1111ABCD A BC D -中，1AA ⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形， //AD BC ，AB DC ==，1122AD AA BC ===，点P ，Q 分别为11A D ，AD 的中点.（Ⅰ）求证：//CQ 平面1PAC ；（Ⅱ）求二面角1C AP D --的余弦值；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在点E ，使PE 与平面1PAC 所成角的正弦值是21，若存在，求BE 的长；若不存在，请说明理由.17. 解：（Ⅰ）连接PQ ，因为点P ，Q 分别为11A D ，AD 的中点，所以1//PQ C C ，1PQ C C =. 所以四边形PQCC 1是平行四边形.QP D 1C 1B 1A 1DCB A所以1//.CQ C P因为CQ ⊄平面1PAC ，1C P ⊂平面1PAC ，所以//CQ 平面1.PAC ……………………4分（Ⅱ）因为1AA ⊥平面ABCD ,1//AA PQ ，所以PQ ⊥平面ABCD .……………………5分所以以Q 为坐标原点，分别以直线QA ，QP 为x 轴，z 轴建立空间直角坐标系Qxyz ，则y 轴在平面ABCD 内．所以(),,A 100，(),,P 002，(),,C -1212，(),,B 210，所以()1,0,2PA =-，()12,1,0PC =-. ……………………7分设平面1PAC 的法向量为(),,n x y z =，所以,,n PA n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩100即,.x z x y -=⎧⎨-+=⎩2020所以()2,4,1n =. ……………………8分设平面PAD 的法向量为()0,1,0m =，所以cos ,n m ==又二面角1C AP D --为锐角，所以二面角1C AP D --的余弦值是21……………………10分（Ⅲ）存在. 设点(),,E a 10，所以(),1,2.PE a =-设PE 与平面1PAC 所成角为θ，所以2sin cos ,21n PE θ===，解得 1.a = 所以 1.BE =……………………14分(2018年房山期末)（17）如图几何体ADM-BCN 中，ABCD 是正方形，NM //CD ，CN CD MD AD ⊥⊥,，=∠MDC o 120， 30=∠CDN ，42==MD MN .（Ⅰ）求证：CDMN AB 平面//；（Ⅱ）求证：AMD DN 平面⊥；（Ⅲ）求二面角D AM N --的余弦值.（17）解：（Ⅰ）在正方形ABCD 中，CD AB //；又 MNCD 面⊂CD ，MNCD 面⊄AB ；MNCD //面AB ∴ …………………5分（Ⅱ）四边形ABCD 是正方形⊥∴AD DC⊥AD MD ， CD D MD =，CD ，MNCD MD 平面⊂⊥∴AD MNCD 平面MNCD DN ⊂⊥∴AD DN=∠MDC o 120， 30=∠CDN90=∠∴MDN∴MD ND ⊥D MD AD = ，AMD MD AD 平面，⊂AMDDN 面⊥∴…………………10分（Ⅲ）法1：以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系xyzD -，如图所示；由（Ⅱ）3,3,32===CN CD DN ；)0,32,0(),0,0,2(),3,0,0(),0,0,0(N M A D ∴)0,32,0(),3,32,0(),3,0,2(=-=-=∴设面AMN 的法向量),,(z y x n =，⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥∴n n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=-=-⇒z y z x z y z x 23230332032 令3,3,2===y x z 则，)2,3,3(=∴n431632332||||,cos ==>=<∴DN n由图可知二面角D AM N --为锐角∴二面角D AM N --的余弦值为43…………………14分法2：以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系xyz D -，如图所示；由（Ⅱ）3,3,32===CN CD DN ；)0,3,0(),0,3,4(),3,0,3(),0,0,3(),0,0,0(N M A D C ∴)0,3,3(),3,3,3(),3,3,1(-=--=-=∴设面AMN 的法向量),,(z y x n =，⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥∴n AM n ⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=-+-=-+⇒z y x z y x z y x 300333033令3,1==y z 则，)1,3,0(=∴n432323||||,cos =⋅=>=<∴DN n 由图可知二面角D AM N --为锐角∴二面角D AM N --的余弦值为43. …………………14分（2018年朝阳一模） 16．(本小题满分14分)如图1，在矩形ABCD 中，2AB =，4BC =，E 为AD 的中点，O 为BE 中点．将ABE ∆沿BE 折起到A BE '，使得平面A BE '⊥平面BCDE （如图2）．（Ⅰ）求证：A O CD '⊥；（Ⅱ）求直线A C '与平面A DE '所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段A C '上是否存在点P ，使得//OP 平面A DE '? 若存在，求出A PA C''的值；若不存在，请说明理由．证明：（Ⅰ）由已知2AB AE ==，因为O 为BE 中点，所以A O BE '⊥．因为平面A BE '⊥平面BCDE ，且平面A BE'平面BCDE BE =，A O '⊂平面A BE '，所以A O '⊥平面BCDE ．又因为CD ⊂平面BCDE ，所以A O CD '⊥． ………….5分图1EAB C DOA '图2DEO（Ⅱ）设F 为线段BC 上靠近B 点的四等分点，G 为CD 中点．由已知易得OF OG ⊥．由（Ⅰ）可知，A O '⊥平面BCDE ，所以A O OF '⊥，A O OG '⊥.以O 为原点，,,OF OG OA '所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系（如图）．因为2A B '=，4BC =，所以(00(110),(130),(130),(110)A B C D E ,，，，，，，，'---．设平面A DE '的一个法向量为111(,,)x y z =m ，因为(132),(020)A D DE ，，，，'=--=-，所以 0, 0,A D DE ⎧'⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即111130, 20. x y y ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩取11z =-，得1)=-m ．而A C '=(1,3,.所以直线A C '与平面A DE '所成角的正弦值sin 3θ== ……….10分（Ⅲ）在线段A C '上存在点P ，使得//OP 平面A DE '. 设000(,,)P x y z ，且(01)A PA Cλλ'=≤≤'，则A P A C λ''=，[0,1]λ∈．因为(00(130)A C ，，'，所以000(,,(,3,)x y zλλ=，所以000,3,x y zλλ===，所以(,3)P λλ，(,3)OP λλ=．若//OP 平面A DE '，则OP ⊥m.即0OP ⋅=m .由（Ⅱ）可知，平面A DE '的一个法向量1)=-m， 0=，解得1[0,1]2λ=∈，所以当12A P A C '='时，//OP 平面A DE '． ……….14分(2018年东城一模)（17）（本小题14分）如图1，在边长为2的正方形ABCD 中，P 为CD 中点，分别将PAD ，PBC 沿PA ，PB 所在直线折叠，使点C 与点D 重合于点O ，如图2. 在三棱锥P OAB -中，E 为PB 的中点．（Ⅰ）求证：PO AB ⊥；（Ⅱ）求直线PB 与平面POA 所成角的正弦值；（Ⅲ）求二面角P AO E --的大小.图1 图2 证明：（Ⅰ）在正方形ABCD 中，P 为CD 中点，PD AD ⊥,PC BC ⊥，所以在三棱锥P OAB -中，PO OA ⊥，PO OB ⊥. 因为OA OB O =，所以PO ⊥平面OAB .因为AB ⊂平面OAB ,所以PO AB ⊥. ……………………4分（Ⅱ）取AB 中点F ，连接OF ，取AO 中点M ，连接BM .过点O 作AB 的平行线OG .因为PO ⊥平面OAB ，所以PO ⊥OF ，PO ⊥OG . 因为OA ＝OB ，F 为AB 的中点，所以OF ⊥AB . 所以OF ⊥OG .如图所示，建立空间直角坐标系O －xyz .A ()1，3，0，B ()－1，3，0，P ()0，0，1，M (12，32，0)．因为BO ＝BA ，M 为OA 的中点，所以BM ⊥OA .因为PO ⊥平面OAB ，PO ⊂平面POA ，所以平面POA ⊥平面OAB . 因为平面POA ∩平面OAB ＝OA ，BM ⊂平面OAB ，所以BM ⊥平面POA .因为BM uuu r ＝(32，－32，0)．所以平面POA 的法向量m ＝()3，－1，0.BP uu r＝(1，－3，1)．设直线BP 与平面POA 所成角为α，则sin cos BP BP BPa ×=<>==uu r uu ruu r m m,m . 所以直线BP 与平面POA 所成角的正弦值为155. ………………10分（Ⅲ）由(Ⅱ)知1122E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，1122OE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()OA =. 设平面OAE 的法向量为n ，则有 0,0.OA OE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,0.x x z ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩ 令1y =-，则x =z =即=-n .所以21cos ,242⋅===⋅⨯m n m n m n .由题知二面角P －AO －E 为锐角，所以它的大小为3p. ……………………………14分(2018年海淀一模)（17）（本小题14分）已知三棱锥P -ABC （如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形ABCD的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形．在三棱锥P -ABC 中：（Ⅰ）证明：平面P AC ⊥平面ABC ；（Ⅱ）求二面角A -PC -B 的余弦值；（Ⅲ）若点M 在棱PC 上，满足CM CP =λ，1233,⎡⎤λ∈⎢⎥⎣⎦，点N 在棱BP 上，且BM AN ⊥，求BN BP 的取值范围.(图1)CAEC（Ⅰ）方法1：OCA设AC 的中点为O ，连接BO ，PO . 由题意PA PB PC ===1PO =，1AO BO CO ===因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点所以 PO AC ⊥， ······································································ 1分因为在POB ∆中，1PO =，1OB =，PB =所以 PO OB ⊥ ········································································· 2分因为 ACOB O =，,AC OB ⊂平面ABC ···································· 3分所以 PO ⊥平面ABC因为 PO ⊂平面PAC ································································ 4分所以平面PAC ⊥平面ABC 方法2：OPCA B设AC 的中点为O ，连接BO ，PO .因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点所以 PO AC ⊥， ······································································ 1分因为 PA PB PC ==，PO PO PO ==，AO BO CO ==所以 POA ∆≌POB ∆≌POC ∆ 所以 90POA POB POC ∠=∠=∠=︒所以 PO OB ⊥ ········································································· 2分因为 ACOB O =，,AC OB ⊂平面ABC ···································· 3分所以 PO ⊥平面ABC因为 PO ⊂平面PAC ································································ 4分所以平面PAC ⊥平面ABC 方法3：OCA Q设AC 的中点为O ，连接PO ，因为在PAC ∆中，PA PC =，所以 PO AC ⊥ ········································································· 1分设AB 的中点Q ，连接PQ ，OQ 及OB . 因为在OAB ∆中，OA OB =，Q 为AB 的中点所以 OQ AB ⊥.因为在PAB ∆中，PA PB =，Q 为AB 的中点所以 PQ AB ⊥. 因为 PQOQ Q =，,PQ OQ ⊂平面OPQ所以 AB ⊥平面OPQ 因为 PO ⊂平面OPQ所以 PO AB ⊥ ········································································· 2分因为 ABAC A =，,AB AC ⊂平面ABC ···································· 3分所以 PO ⊥平面ABC因为 PO ⊂平面PAC ································································ 4分所以平面PAC ⊥平面ABC 法4：OPCA设AC 的中点为O ，连接BO ，PO .因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点所以 PO AC ⊥， ······································································ 1分因为在ABC ∆中，BA BC =，O 为AC 的中点所以 BO AC ⊥， ······································································ 2分因为 POBO O =，PO ⊂平面PAC ，BO ⊂平面ABC ，所以∠POB 为二面角P -AC -B 的平面角。

2018年北京各区高三上期末理科数学汇编--解析几何

2018年北京各区高三上期末理科数学分类汇编---解析几何1.（西城）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>过点(2,0)A．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设直线y kx =C 交于,M N 两点．若直线3x =上存在点P ，使得四边形PAMN 是平行四边形，求k 的值．解：（Ⅰ）由题意得 2a =，c e a ==，所以c = [ 2分] 因为 222a b c =+， [ 3分] 所以 1b =， [ 4分] 所以椭圆C 的方程为 2214x y +=． [ 5分] （Ⅱ）若四边形PAMN 是平行四边形，则 //PA MN ，且 ||||PA MN =. [ 6分] 所以直线PA 的方程为(2)y k x =-，所以 (3,)P k，||PA [ 7分] 设11(,)M x y ，22(,)N x y ．由2244,y kx x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩得22(41)80k x +++=， [ 8分] 由0∆>，得 212k >．且12x x +=122841x x k =+． [ 9分] 所以||MN == [10分]因为 ||||PA MN =，所以整理得 421656330k k -+=， [12分]解得k =k = [13分]经检验均符合0∆>，但k =PAMN 是平行四边形，舍去．所以k =，或k = [14分]2.（海淀）设m 是不为零的实数，则“0m >”是“方程221x y m m-=表示双曲线”的A（A ）充分而不必要条件（B ）必要而不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件3. （海淀）已知直线0x y m -+=与圆O ：221x y +=相交于A ，B 两点，且OAB ∆为正三角形，则实数m 的值为 D（A（B（C或（D4.（海淀）已知点F 为抛物线C ：()220ypx p =>的焦点，点K 为点F 关于原点的对称点，点M 在抛物线C 上，则下列说法错误．．的是 C （A ）使得MFK ∆为等腰三角形的点M 有且仅有4个（B ）使得MFK ∆为直角三角形的点M 有且仅有4个（C ）使得4MKF π∠=的点M 有且仅有4个（D ）使得6MKF π∠=的点M 有且仅有4个5. （海淀）点(2,0)到双曲线2214x y -=的渐近线的距离是6. （海淀）设抛物线C ：24y x =的顶点为O ，经过抛物线C 的焦点且垂直于x 轴的直线和抛物线C 交于A ，B 两点，则OA OB += ．27. （海淀）已知椭圆C ：2229x y +=，点(2,0)P .（Ⅰ）求椭圆C 的短轴长与离心率；（Ⅱ）过（1，0）的直线l 与椭圆C 相交于M 、N 两点，设MN 的中点为T ，判断||TP 与||TM 的大小，并证明你的结论.解：（Ⅰ）C ：22192x y +=，故29a =，292b =，292c =，有3a =，b c ==分椭圆C 的短轴长为2b =……………..3分离心率为2c e a ==. ……………..5分（Ⅱ）方法1：结论是：||||TP TM <.当直线l 斜率不存在时，:1l x =，||0||2TP TM =<=……………..7分当直线l 斜率存在时，设直线l ：(1)y k x =-，11(,)M x y ，22(,)N x y2229(1)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩，整理得：2222(21)4290k x k x k +-+-= ……………..8分22222(4)4(21)(29)64360k k k k ∆=-+-=+>故2122421k x x k +=+，21222921k x x k -=+ ……………..9分 PM PN ⋅uuu r uuu r1212(2)(2)x x y y =--+ 21212(2)(2)(1)(1)x x k x x =--+-- 2221212(1)(2)()4k x x k x x k =+-++++2222222294(1)(2)42121k k k k k k k -=+⋅-+⋅++++226521k k +=-+ 0<……………..13分故90MPN ∠>︒，即点P 在以MN 为直径的圆内，故||||TP TM <（Ⅱ）方法2：结论是：||||TP TM <.当直线l 斜率不存在时，:1l x =，||0||2TP TM =<=……………..7分当直线l 斜率存在时，设直线l ：(1)y k x =-，11(,)M x y ，22(,)N x y ，(,)T T T x y2229(1)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩，整理得：2222(21)4290k x k x k +-+-= ……………..8分22222(4)4(21)(29)64360k k k k ∆=-+-=+>故2122421k x x k +=+，21222921k x x k -=+ ……………..9分212212()221T k x x x k =+=+，2(1)21T T k y k x k =-=-+ ……………..10分222242222222222222(22)494||(2)(2)()2121(21)(21)T Tk k k k k k TP x y k k k k ++++=-+=-+-==++++……………..11分22222212121222224222222222111||(||)(1)()(1)()42441429(1)(169)16259(1)[()4]42121(21)(21)TM MN k x x k x x x x k k k k k k k k k k k ⎡⎤==+-=++-⎣⎦-++++=+-⋅==++++……………..12分此时，424242222222221625949412165||||0(21)(21)(21)k k k k k k TM TP k k k ++++++-=-=>+++ ……………..13分故||||TM TP >8.（朝阳）已知圆22(2)9x y -+=的圆心为C .直线l 过点(2,0)M -且与x 轴不重合，l 交圆C 于,A B 两点，点A 在点M ，B 之间.过M 作直线AC 的平行线交直线BC 于点P ，则点P 的轨迹是 BA. 椭圆的一部分B. 双曲线的一部分C. 抛物线的一部分D. 圆的一部分9.（朝阳）已知中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线C的离心率为，则双曲线C 的渐近线方程为 . y x =±10.（朝阳）已知抛物线:C 24x y =的焦点为F ,过抛物线C 上的动点P （除顶点O 外）作C 的切线l 交x 轴于点T .过点O 作直线l 的垂线OM （垂足为M ）与直线PF 交于点N . （Ⅰ）求焦点F 的坐标；（Ⅱ）求证：FT MN ；（Ⅲ）求线段FN 的长.解：（Ⅰ） (0,1)F ……………2分（Ⅱ）设00(,)P x y .由24x y =，得214y x =，则过点P 的切线l 的斜率为0012x x k y x ='==. 则过点P 的切线l 方程为2001124y x x x =-.令0y =，得012T x x =，即01(,0)2T x .又点P 为抛物线上除顶点O 外的动点，00x ≠，则02TF k x =-.而由已知得MN l ⊥，则02MN k x =-. 又00x ≠，即FT 与MN 不重合，即FTMN . …………6分（Ⅲ）由(Ⅱ)问，直线MN 的方程为02y x x =-，00x ≠.直线PF 的方程为0011y y x x --=，00x ≠.设MN 和PF 交点N 的坐标为(,)N N N x y 则0002.........(1)11..........(2)NN N N y x x y y x x ⎧=-⎪⎪⎨-⎪=+⎪⎩由（1）式得，02N N x x y =-（由于N 不与原点重合，故0N y ≠）.代入（2），化简得02NNy y y -=()0N y ≠.又2004x y =，化简得,22(1)1N N x y +-= （0N x ≠）. 即点N 在以F 为圆心，1为半径的圆上.（原点与()0,2除外）即1FN =. …………14分11.（通州）已知点(2P 为抛物线22y px =上一点，那么点P 到抛物线准线的距离是 C A ．2 B．．3 D ． 4 12.（通州）已知a ∈R ，那么“直线1y ax =-与42y ax =-+垂直”是“12a =”的B A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 13.（通州）已知点P的坐标是()，将OP 绕坐标原点顺时针旋转至OQ ，那么点Q 的横坐O 3π标是_______.214. （通州）已知椭圆()222210x y a b a b +=>>过点()0,1-，离心率2e =（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点(),0P m ，过点()1,0作斜率为()0k k ≠直线l ，与椭圆交于M ，N 两点，若x 轴平分MPN ∠ ，求m 的值．解：（Ⅰ）因为椭圆的焦点在x 轴上，过点()0,1-，离心率2e =，所以1b =，2c a =……………………2分所以由222a b c =+，得2 2.a =……………………3分所以椭圆C 的标准方程是22 1.2x y +=……………………4分（Ⅱ）因为过椭圆的右焦点F 作斜率为k 直线l ，所以直线l 的方程是(1)y k x =-.联立方程组()221,1,2y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩ 消去y ，得()2222124220.k x k x k +-+-=显然0.∆>设点()11,M x y ，()22,N x y ，所以2122412k x x k +=+，212222.12k x x k -⋅=+……………………7分因为x 轴平分MPN ∠，所以MPO NPO ∠=∠. 所以0.MP NP k k +=……………………9分所以12120.y y x m x m+=--所以()()12210.y x m y x m -+-= 所以()()()()1221110.k x x m k x x m --+--= 所以()()1212220.k x x k km x x km ⋅-+++=所以()2222224220.1212k k k k km km k k -⋅-++=++所以2420.12k kmk -+=+……………………12分所以420.k km -+= 因为0k ≠，所以 2.m =……………………13分15.（东城）已知双曲线C ：2221(0)y x b b-=>的一个焦点到它的一条渐近线的距离为1，则b = ；若双曲线1C 与C 不同，且与C 有相同的渐近线，则1C 的方程可以为．（写出一个答案即可）1，222x y -=等16. （东城）已知椭圆22221(0)x y C a b a b +=>>：，经过其左焦点(1,0)F -且与x 轴不重合的直线l 与椭圆C 交于,M N 两点．(Ⅰ) 求椭圆C 的方程；(Ⅱ) O 为原点，在x 轴上是否存在定点Q ，使得点F 到直线QM ，QN 的距离总相等？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，说明理由．解：（I）由题意得2212 1.a ab ⎧=⎪⎨⎪=+⎩解得 1.a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 故椭圆C 的方程为2212x y +=. （II ）当直线MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为(1)(0)y k x k =+≠.由22(1),1,2y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 得2222(12)4(22)0k x k x k +++-=. 易得0∆>.设1122(,),(,)M x y N x y ，则2122212241222.12k x x k k x x k ⎧-+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，设(,0)Q t .由点,M N 在x 轴异侧，则问题等价于 “QF 平分MQN ∠ ”，且12,x t x t ≠≠，又等价于① ②“12120QM QN y yk k x t x t+=+=--”，即1221()()0y x t y x t -+-=. 将1122(1),(1)y k x y k x =+=+代入上式，整理得12122()(1)20x x x x t t ++--=. 将①②代入上式，整理得20t +=，即2t =-，所以(20)Q -，.当直线MN 的斜率不存在时，存在(20)Q -，也使得点F 到直线QM ，QN 的距离相等. 故在x 轴上存在定点(20)Q -，，使得点F 到直线QM ，QN 的距离总相等.17.（顺义）已知抛物线（）的焦点为，准线为，为抛物线上一点，，垂足为.如果是边长为的正三角形，则此抛物线的焦点坐标为__________,点的横坐标______.（0，1）；318.（顺义）已知椭圆的离心率，长轴的左右端点分别为，．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设动直线与曲线有且只有一个公共点，且与直线相交于点.问在轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.解：（Ⅰ）由已知————2分，椭圆的方程为；————4分，即————10分，对满足恒成立，，故在轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过定点.——14分19.（大兴）双曲线x2﹣y2=2的渐近线方程为（）AA．y=±xB．y=±xC．y=±2xD．y=±x【考点】双曲线的标准方程．【分析】双曲线x2﹣y2=2的渐近线方程为x2﹣y2=0，由此能求出结果．【解答】解：x2﹣y2=2的渐近线方程为x2﹣y2=0，整理，得y=±x．故选：A．20.（大兴）直线y=x被圆x2+y2﹣2y﹣3=0截得的弦长等于．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】由圆的方程求出圆心和半径，求出圆心到直线y=x的距离d的值，再根据弦长公式求得弦长．【解答】解：圆x2+y2﹣2y﹣3=0即x2+（y﹣1）2=4，表示以C（0，1）为圆心，半径等于2的圆．由于圆心到直线y=x 的距离为d=，故弦长为2=，故答案为：．21.（大兴）已知椭圆G ：上的点到两焦点的距离之和等于．（Ⅰ）求椭圆G 的方程；（Ⅱ）经过椭圆G 右焦点F 的直线m （不经过点M ）与椭圆交于A ，B 两点，与直线l ：x=4相交于C 点，记直线MA ，MB ，MC 的斜率分别为k 1，k 2，k 3．求证：为定值．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由椭圆定义知：，即，将点的坐标代入椭圆，求出b 的值，则椭圆G 的方程可求；（Ⅱ）由（Ⅰ）知右焦点F （2，0），由题意，直线m 有斜率，设方程为y=k （x ﹣2），令x=4，得点C （4，2k ），即可求出k 3的斜率，联立，得到：（1+2k 2）x 2﹣8k 2x+8k 2﹣8=0，由△＞0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），再由根与系数的关系得到x 1+x 2和x 1•x 2，则k 1+k 2可求，进一步得到要证明的结论．【解答】（Ⅰ）解：由椭圆定义知：，∴．∴椭圆，将点的坐标代入得b 2=4．∴椭圆G 的方程为；（Ⅱ）证明：右焦点F （2，0），由题意，直线m 有斜率，设方程为y=k （x ﹣2），令x=4，得点C （4，2k ），∴；又由消元得：（1+2k 2）x 2﹣8k 2x+8k 2﹣8=0，显然△＞0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则，∴====．∴k 1+k 2=2k 3，即为定值．22. （昌平）已知直线:4350l x y ++=，点P 是圆22(1)(2)1x y -+-=上的点，那么点P 到直线l 的距离的最小值是 223.（房山）已知直线l 过点)1,0(P ，圆C :08622=+-+x y x ,直线l 与圆C 交于B A ,两点. （I ）求直线PC 的方程；（II ）求直线l 的斜率k 的取值范围；（Ⅲ）是否存在过点），（46Q 且垂直平分弦AB 的直线1l ?若存在，求直线1l 斜率1k 的值，若不存在，请说明理由．（I ）设圆()13:22=+-y x C ,圆心为()03，C ，故直线PC 的方程为13=+y x ，即033=-+y x …………………5分（II ）法1：直线l 的方程为1+=kx y ，则由⎩⎨⎧=+-++=086122x y x kx y 得()0962)12=+-++x x x k （由()()01366222>+--=∆k k 得03624-2>-k k 故043-<<k …………………10分法2：直线l 的方程为1+=kx y ，即01y -=+kx ，圆心为()03，C ，圆的半径为1则圆心到直线的距离1132++=k k d 因为直线与有交于B A ,两点，故11132<++k k ，故043-<<k（Ⅲ）假设存在直线1l 垂直平分于弦AB ,此时直线1l 过），（46Q ，()03，C ，则 3436041=--=k ，故AB 的斜率43-=k ，由（II ）可知，不满足条件所以，不存在存在直线1l 垂直于弦AB 。

2018年北京市高考期末理科数学试题分类汇编之立体几何

十二、三视图（一）试题细目表区县+题号类型考点思想方法2018•西城期末·13填空三视图、几何体表面积2018•海淀区期末•7选择三视图、三棱锥2018•石景山期末•7选择三视图、几何体体积2018·丰台期末·6选择三视图2018•通州期末•13填空三视图2018·房山区期末·7选择三视图、几何体体积2018·朝阳区期末·5选择三视图、几何体体积2018·东城区期末·7 选择三视图、几何体体积（二）试题解析1.（2018•西城期末·13）．从一个长方体中截取部分几何体，得到一个以原长方体的部分顶点为顶点的凸多面体，其三视图如图所示．该几何体的表面积是____．【答案】362.（2018·海淀区期末·7）某三棱锥的三视图如图所示，则下列说法中：①三棱锥的体积为②三棱锥的四个面全是直角三角形③三棱锥的四个面的面积最大的是所有正确的说法是A. ①B. ①②C. ②③D. ①③【答案】D2.（2018·石景山期末·7）《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．下图网格纸中实线部分为此刍甍的三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈，那么此刍甍的体积为（）A. 3立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【答案】B3.（2018·丰台期末·6）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱的棱长为（）A．2 B．5 C．22 D．3【答案】D4.（2018·通州区期末·13）在正方形网格中，某四面体的三视图如图所示．已知小正方形网格的边长为1，那么该四面体的四个面中，面积最大的面的面积是_______.【答案】125.（2018·昌平区期末·5）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，面积的最小值为A. 1B.C. 2D.【答案】B6.（2018·房山区期末·7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积是120（B）60（A）（D）20（C）24【答案】B7.（2018·朝阳区期末·5）某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为A. 4B. 4 3C.42D.42【答案】A2222主视图左视图俯视图1128.（2018·东城区期末·7）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积为A.16B.13C.12D.1【答案】A十三、立体几何（一）试题细目表线与平面平行、二面角2018•东城期末•17解答直线与平面平行、直线和平面所成的角、平面和平面垂直（二）试题解析1.（2018·朝阳区期末·8）如图1，矩形ABCD 中，3AD =.点E 在AB 边上， CE DE⊥且1AE =. 如图2，ADE △沿直线DE 向上折起成1A DE △．记二面角1A DE A --的平面角为θ，当θ()00180∈o ，时， ① 存在某个位置，使1CE DA ⊥； ② 存在某个位置，使1DE AC ⊥；③ 任意两个位置，直线DE 和直线1A C 所成的角都不相等. 以上三个结论中正确的序号是A . ① B. ①② C. ①③ D. ②③ 【答案】C2.（2018•海淀区期末·13）．已知正方体的棱长为，点是棱的中点，点在底面内，点在线段上，若，则长度的最小值为 . 【答案】3.（2018·通州区期末·8）如图，各棱长均为1的正三棱柱111ABC A B C -，M ，N 分别为线段1A B ，1B C 上的动点，若点M ，N 所在直线与平面11ACC A 不相交，点Q 为MN 中点，则点的轨迹的长度是1111ABCD A B C D -42M BC P ABCD Q 11A C 1PM =PQ 33Q 图1BA DCCDA图2A ．2 B ． 2C ．1D 【答案】B4.（2018•丰台区期末·17）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，,E F 分别是,AB PC 的中点，2PA AD ==，CD =（Ⅰ）求证：EF ∥平面PAD ；（Ⅱ）求PC 与平面EFD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱BC 上是否存在一点M ，使得平面PAM ⊥平面EFD ？若存在，求出BMBC的值；若不存在，请说明理由.【答案】解：（Ⅰ）证明：取PD 中点G ，连接,AG FG . 因为,F G 分别是,PC PD 的中点，所以FG CD ∥，且12FG CD =. 因为ABCD 是矩形，E 是AB 中点，所以AE FG ∥，AE FG =. 所以AEFG 为平行四边形. 所以EF AG ∥.又因为AG ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .（Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥.因为四边形ABCD 是矩形，所以AB AD ⊥. 如图建立直角坐标系Axyz ，所以E ⎫⎪⎪⎝⎭，F ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,2,0D ，所以()0,1,1EF =uu u r，2,0DE ⎫=-⎪⎪⎝⎭uuu r .设平面EFD 的法向量为(),,n x y z =r，因为00n EF n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uu u r r uuu r，所以0202y z x y +=⎧-=⎩. 令1y =，所以1z x =-⎧⎪⎨=⎪⎩()1n =-r .又因为)2,2PC =-uu u r，设PC 与平面EFD 所成角为θ，所以sin cos ,PC n PC n PC nθ⋅===⋅uu u r r uu u r r uu u rr 45=. 所以PC 与平面EFD 所成角的正弦值为45.（Ⅲ）因为侧棱PA ⊥底面ABCD ，所以只要在BC 上找到一点M ，使得DE AM ⊥，即可证明平面PAM ⊥平面EFD . 设BC 上存在一点M ，则()[]()2,,00,2Mt t ∈，所以()2,,0AM t =uuu r .因为2,2,0ED ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，所以令0AM ED ⋅=uuu r uu u r ，即120t -+=，所以12t =.所以在BC 存在一点M ，使得平面PAM ⊥平面EFD ，且14BM BC =.5.（2018·西城区期末·17）如图，三棱柱中，平面，，.过的平面交于点，交于点. （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：四边形为平行四边形；（Ⅲ）若，求二面角的大小.111ABC A B C -AB ⊥11AA C C 12AA AB AC ===160A AC ︒∠=1AA 11B C E BC F 1A C ⊥1ABC 1AA EF 1B AC F --【答案】解：（Ⅰ）因为平面，所以． [ 1分]因为三棱柱中，，所以四边形为菱形，所以． [ 3分]所以平面． [ 4分]（Ⅱ）因为，平面，所以平面． [ 5分]因为平面平面，所以． [ 6分] 因为平面平面，平面平面，平面平面，所以． [ 7分]所以四边形为平行四边形． [ 8分] （Ⅲ）在平面内，过作．因为平面，如图建立空间直角坐标系． [ 9分] 由题意得，，，，，．因为，所以，所以．由（Ⅰ）得平面的法向量为．设平面的法向量为，则即令，则，，所以． [11分]所以． [13分]AB ⊥11AA C C 1A C AB ⊥111ABC A B C -1AA AC =11AA C C 11A C AC ⊥1A C ⊥1ABC 11//A A B B 1A A ⊄11BB C C 1//A A 11BB C C 1AA EF I 11BB C C EF =1//A A EF //ABC 111A B C 1AA EF I ABC AF =1AA EF I 1111A B C A E =1//A E AF 1AA EF 11AA C C A Az AC ⊥AB ⊥11AA C C A xyz -(0,0,0)A (2,0,0)B (0,2,0)C 1(0,1,3)A 1(0,3,3)C 1ABC 1AC F (,,)x y z =n 1y =2x =-3z =-(2,1,3)=--n由图知二面角的平面角是锐角，所以二面角的大小为． [14分]6.（2018·海淀区期末·17）如题1，梯形中，为中点.将沿翻折到的位置，如图2.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）设分别为和的中点，试比较三棱锥和三棱锥（图中未画出）的体积大小，并说明理由.【答案】（Ⅰ）证明：因为，，，，平面 ……………..1分所以平面……………..2分因为平面，所以平面平面 ……………..3分（Ⅱ）解：在平面内作，由平面，建系如图. ……………..4分1B AC F --1B AC F --45︒ABCD //,,1,2,AD BC CD BC BC CD AD E ⊥===AD ABE ∆BE 1A BE ∆1A DE ∆⊥BCDE 1A B 1A CD ,M N 1A E BC 1M A CD -1N A CD -1BE A E ⊥BE DE ⊥1A E DE E =I 1A E DE ⊂1A DE BE ⊥1A DE BE ⊂BCDE 1A DE ⊥BCDE 1A DE EF ED ⊥BE ⊥1A DE则，，，，.，， ……………..7分设平面的法向量为，则，即，令得，，所以是平面的一个方向量. ……………..9分……………..10分所以与平面所成角的正弦值为. ……………..11分（Ⅲ）解：三棱锥和三棱锥的体积相等.……………..12分理由如: 方法一：由，，知，则因为平面，所以平面. ……………..13分故点、到平面的距离相等，有三棱锥和同底等高，所以体积相等. ……………..14分方法二：如图，取中点，连接，，.因为在中，，分别是，的中点，所以因为在正方形中，，分别是，的中点，所以因为，，平面，，平面(1,0,0)B (1,1,0)C (0,1,0)D (0,0,0)E (1,0,0)DC =u u u r1A CD (,,)n x y z =r1z =3y=n =r1A CD 1A B 1ACD 1M A CD -1N A CD -0MN n ⋅=uuu r rMN ⊂1A CD //MN 1A CD M N 1A CD 1M A CD -1N A CD -DE P MP NP MN 1A DE ∆M P 1A E DE 1//MP A D BCDE N P BC DE //NP CD MP NP P =I MP NP ⊂MNP 1A D CD ⊂1A CD所以平面平面因为平面，所以平面 ……………..13分故点、到平面的距离相等，有三棱锥和同底等高，所以体积相等. ……………..14分法二法三方法三：如图，取中点，连接，，.因为在中，，分别是，的中点，所以且因为在正方形中，是的中点，所以且所以且，故四边形是平行四边形，故因为平面，平面，所以平面. ……………..13分故点、到平面的距离相等，有三棱锥和同底等高，所以体积相等. ……………..14分MNP //1A CD MN ⊂MNP //MN 1A CD M N 1A CD 1M A CD -1N A CD-1A D Q MN MQ CQ 1A DE ∆M Q 1A E 1A D //MQ ED BCDE N BC //NC ED //MQ NC MQ NC =MNCQ //MN CQ CQ ⊂1A CD MN ⊂1A CD //MN 1A CD M N 1A CD 1M A CD -1N A CD -7.（2018·石景山期末·17）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PCD ⊥平面ABCD ，1BC =，2AB =，2PC PD ==，E 为PA 中点．（Ⅰ）求证：//PC BED 平面；（Ⅱ）求二面角A PC D --的余弦值；（Ⅲ）在棱PC 上是否存在点M ，使得BM AC ⊥？若存在，求PMPC的值；若不存在，说明理由．【答案】解：（Ⅰ）证明：设AC 与BD 的交点为F ，连接EF . 因为ABCD 为矩形，所以F 为AC 的中点，在PAC ∆中，由已知E 为PA 中点，所以//EF PC ， ……………2分又EF ⊂平面BED ，PC ⊄平面BED ， ……………3分所以//PC 平面BED . ……………4分（Ⅱ）解：取CD 中点O ，连接PO . 因为PCD ∆是等腰三角形，O 为CD 的中点，所以PO CD ⊥，又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，因为PO ⊂平面PCD ，PO CD ⊥，所以PO ⊥平面ABCD ． ……………5分取AB 中点G ，连接OG ，由题设知四边形ABCD 为矩形，所以OF CD ⊥，所以PO OG ⊥．如图建立空间直角坐标系O xyz -，则(1,1,0)A -，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(0,1,0)D -，(1,1,0)B ，(0,0,0)O ，(1,0,0)G .(1,2,0)AC =-u u u r ，(0,1,1)PC =-uu u r. ……………6分设平面PAC 的法向量为(,,)n x y z =r，则0,0,n AC n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uuu r r uu u r 即20,0.x y y z -=⎧⎨-=⎩ 令1z =，则1y =，2x =，所以.平面的法向量为，设，的夹角为，所以. ……………9分由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. ……………10分（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得．因此点，，． ……12分由，即．因为，所以在棱上存在点，使得，此时． ……………14分8.（2018·通州区期末·17）如图，在四棱柱PCD n r OG uuu rαA PC D --A PC B --M PC PM PC λ=uuu r uu u r (0,,1)M λλ-0BM AC ⋅=uuu r uuu rPC M BM AC ⊥1111ABCD A B C D -A x DCE Pyz O BMFG中，平面,底面为梯形，，，，点，分别为，的中点. （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使与平面所成角的正弦值是，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】解：（Ⅰ）连接，因为点，分别为，的中点，所以，. 所以四边形是平行四边形. 所以因为平面，平面，所以平面……………………4分（Ⅱ）因为平面,，所以平面.……………………5分所以以为坐标原点，分别以直线，为轴，轴建立空间直角坐标系，则轴在平面内．所以，，，，所以，. ……………………7分设平面的法向量为，所以即所以. ……………………8分设平面的法向量为，所以1AA ⊥ABCD ABCD //AD BC 2AB DC ==P Q 11A D AD //CQ 1PAC 1C AP D --BC E PE 1PAC BE PQ P Q 11A D AD 1//PQ C C 1PQ C C =PQCC 11//.CQ C P CQ ⊄1PAC 1C P ⊂1PAC //CQ 1.PAC 1AA ⊥ABCD 1//AA PQ PQ ⊥ABCD Q QA QP x z Qxyz y ABCD (),,C -12121PAC PAD又二面角为锐角，所以二面角的余弦值是……………………10分（Ⅲ）存在. 设点，所以设与平面所成角为，所以所以，解得所以……………………14分9.（2018·昌平区期末·18）如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，为正三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，为线段的中点，在线段上.（I ）当是线段的中点时，求证：PB // 平面ACM ；（II ）求证：；（III ）是否存在点，使二面角的大小为60°，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（I ）证明：连接BD 交AC 于H 点，连接MH ，因为四边形ABCD 是菱形，所以点H 为BD 的中点. 又因为M 为PD 的中点，所以MH // BP .又因为 BP 平面ACM , 平面ACM . 所以 PB // 平面ACM . ……………4分（II ）证明：因为为正三角形，E 为AB 的中点，所以PE ⊥AB .因为平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD=AB ，PE 平面P AB ，所以PE ⊥平面ABCD .1C AP D --1C AP D --PE 1PAC θ 1.a =1.BE =PAB ∆E AB M PD M PD PE AC ⊥M M EC D --⊄MH ⊂PAB ∆⊂又因为平面，所以. ……………8分(Ⅲ) 因为ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，E 是AB 的中点，所以CE ⊥AB .又因为PE ⊥平面ABCD ，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，． ………10分假设棱上存在点，设点坐标为，，则，所以，所以，，设平面的法向量为，则，解得．令，则，得．因为PE ⊥平面ABCD ，所以平面ABCD 的法向量，所以．因为二面角的大小为60°，所以，即，解得，或（舍去）所以在棱PD 上存在点，当时，二面角的大小为60°．…………………14分10.（2018·房山区期末·18）如图几何体ADM -BCN 中，是正方形，，，，，.（Ⅰ）求证：；AC ⊂ABCD PE AC ⊥3(1)x λ=-M EC D --23210λλ+-=1λ=-M EC D --ABCD NM //CD CN CD MD AD ⊥⊥,=∠MDC o 120ο30=∠CDN 42==MD MN CDMN AB 平面//（Ⅰ）求证：；（Ⅲ）求二面角的余弦值.【答案】解：（Ⅰ）在正方形中，；又，；…………………5分（Ⅰ）四边形是正方形，，，，，…………………10分（Ⅲ）法1：以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示；由（Ⅱ）；设面的法向量，AMD DN 平面⊥D AM N --ABCD CD AB //ΘMNCD 面⊂CD MNCD 面⊄AB MNCD //面AB ∴ΘABCD ⊥∴AD DC Θ⊥AD MD I CD D MD =CD MNCD MD 平面⊂⊥∴AD MNCD 平面ΘMNCD DN ⊂⊥∴AD DN Θ=∠MDC o 120ο30=∠CDN ο90=∠∴MDN ∴MD ND ⊥ΘD MD AD =I AMD MD AD 平面，⊂AMD DN 面⊥∴xyz D -3,3,32===CN CD DN )0,32,0(),0,0,2(),3,0,0(),0,0,0(N M A D ∴)0,32,0(),3,32,0(),3,0,2(=-=-=∴DN AN AM AMN ),,(z y x n =ϖx令，由图可知二面角为锐角二面角的余弦值为…………………14分法2：以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示；由（Ⅱ）；设面的法向量，令，由图可知二面角为锐角二面角的余弦值为. …………………14分11.（2018·朝阳区期末·17）如图，在三棱柱中，，是线段的中点，且平面．（Ⅰ）求证：平面平面；3,3,2===y x z 则)2,3,3(=∴nϖD AM N --∴D AM N --xyz D -3,3,32===CN CD DN )0,3,0(),0,3,4(),3,0,3(),0,0,3(),0,0,0(N M A D C ∴)0,3,3(),3,3,3(),3,3,1(-=--=-=∴AMN ),,(z y x n =ϖ3,1==y z 则)1,3,0(=∴nϖD AM N --∴D AM N --111ABC A B C -90ACB ∠=oD AC 1A D ⊥ABC 1A BC ⊥11AAC C ACBB 1C 1A 1D（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）若，，求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明：因为，所以．根据题意，平面，平面，所以．因为，所以平面．又因为平面，所以平面平面． ………………4分（Ⅱ）证明：连接，设，连接．根据棱柱的性质可知，为的中点，因为是的中点，所以．又因为平面，平面，所以平面．………………8分（Ⅲ）如图，取的中点，则，因为，所以，又因为平面，所以两两垂直．以为原点，分别以为轴建立空间坐标系（如图）. 由（Ⅰ）可知，平面, 所以．又因为，,1//B C 1A BD 11A B AC ⊥2AC BC ==1A A B C--90ACB ∠=oBC AC ⊥1A D ⊥ABC BC ⊂ABC 1A D BC ⊥1A D AC D =I BC ⊥11AAC C BC ⊂1A BC 1A BC ⊥11AAC C 1AB 11AB A B E =I DE E 1AB D AC 1//DE B C DE ⊂1A BD 1B C ⊄1A BD 1//B C 1A BD AB F //DF BC BC AC ⊥DF AC ⊥1A D ⊥ABC 1,,DF DC DA D 1,,DF DC DA ,,x y z BC ⊥11AAC C 1BC AC ⊥11A B AC ⊥1BC A B B =I ACB B 1C 1A 1DEA所以平面，所以，所以四边形为菱形．由已知，则，，，．设平面的一个法向量为，因为，，所以，即设，则．再设平面的一个法向量为，因为，，所以，即设，则．故．由图知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为． …………14分11.（2018·东城区期末·17）如图，在四棱锥E ABCD -中，平面ADE ⊥平面ABCD ，,O M 为线段,AD DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，,AE DE AE DE =⊥. （Ⅰ）求证：CM ∥平面ABE ；（Ⅰ）求直线DE 与平面ABE 所成角的正弦值；（Ⅰ）点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.1AC ⊥1A BC 11AC AC ⊥11AAC C 2AC BC ==1A AB 1z =1A BC 11z =1A A B C --1A A B C --【答案】解：（Ⅰ）如图取线段AE 中点P ，连接BP 、MP ，∵M 为DE 中点，∴MP//AD ，MP ＝12AD ，又∵四边形BCDO 是边长为1的正方形，∴BC//CO ，BC=CO,∴BC//MP,BC ＝MP ．∴四边形BCMP 为平行四边形，∴CM//BP∵CM ⊄面ABE ，BP ⊂面ABE ，∴CM ∥平面ABE ；（Ⅰ）连接EO ，∵AE=DE ，O 为AD 中点，∴EO ⊥AD ．∵EO ⊂面ADE ，面ADE ⊥面ABCD ，面ADE∩面ABCD=AD ．∴EO ⊥面ABCD ．又∵OB ⊂面ABCD ，OD ⊂面ABCD ，∵EO ⊥BO ，EO ⊥OD ，如图建立空间直角坐标系．A （0，-1，0），B （1，0，0），C （1，1，0），D （0，1，0），E （0，0，1），11(0,,)22M设面ABE 的法向量为(,,),(1,1,0),(0,1,1)m x y z AB AE ===u r u u u r u u u r由00AB m x y AE m y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩u u u r u r u u u r u r ，可取(1,1,1)m =-u r .(0,1,1),cos ,DE m DE m DE DE m⋅=-<>=u u u r u r u u u r u r u u u r u u u r u r . ∴直线DE 与平面ABE（Ⅰ）设11,(0,,0),(1,,0),(1,,)22ON OD N NB MB λλλ==-=--u u u r u u u r u u u r u u u r . 设面BMN 的法向量为(,,)n a b c =r 则有011022n NB a b n MB a b c λ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩r u u u r r u u u r 可得(,1,21)n λλ=-r∵平面BMN ⊥平面ABE ，∴0m n ⋅=u r r ，解得2=3λ. ∴53AN =.。

2018北京各城区高三二模数学(文)分类汇编--解析几何解答题

2018 北京各城区高三二模数学（文）分类汇编
【西城二模】 20．（本小题满分 14 分）
-- 解析几何解答题
已知椭圆
C：
x2 a2
y2 b2 1 (a b 0) 的离心率为
6 ，经过点 (0,1) ． 3
（Ⅰ）求椭圆 C 的方程；
（Ⅱ）设直线 y x 与椭圆 C交于 A， B两点，斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C 交于 M ， N 两点，与直线 y x 交于点 P （点 P 与点 A， B ， M ， N 不重合）．
t3
t 3 t2 3
所以 | PA|| PB | 2
2
．……………… 10 分
22
22
2
因为 | PM |
( t x1 )2 ( t y1) 2
2
2
2 t x1 ，同理 | PN | 2
t 2 x2 ．
2
t
t
所以 | PM || PN | 2 2
Байду номын сангаас
x1
2
x2
t 2 t 3t 3t 2 3
2
4 22
4
t2 3 .
2k (x1 x2 ) m( x1 x2) 2 2m
4 km
2k 1
2k 2
m( x1
x2 )
2 2m
2 2m 1 2k 2 m(x1 x2)
22
m( 1
2k 2
x1 x2 )
y1( x2 2) y2 ( x1 2)=( kx1 m)( x2 2) ( kx2 m)( x1 2)
2kx1x2 m(x1 x2) 2k( x2 x1)
………………… 14 分
由
y x2

北京专用2018年高考数学总复习专题10立体几何分项练习含解析理

专题10 立体几何1. 【2005高考北京理第6题】在正四面体P —ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立．．．的是（）A ．BC//平面PDFB ．DF ⊥PAEC ．平面PDF ⊥平面ABCD ．平面PAE ⊥平面ABC 【答案】C考点：线面位置关系，面面位置关系。

2. 【2006高考北京理第4题】平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交α于点C ，则动点C 的轨迹是（）（A ）一条直线（B ）一个圆（C ）一个椭圆（D ）双曲线的一支【答案】A【解析】设l 与l '是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线AB 垂直这个平面，由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点A 与AB 垂直所有直线都在这个平面内，故动点C 都在这个平面与平面α的交线上，故选A 3. 【2007高考北京理第3题】平面α∥平面β的一个充分条件是（）Ａ．存在一条直线a a a αβ，∥，∥Ｂ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥Ｃ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥ Ｄ．存在两条异面直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥ 【答案】D\【解析】//B α⇒存在,//b b b α''⊂，又b β⊂，//b β'∴，而,a b 是两条异面直线，所以a 与b '相交，又,//a a αβ⊂，所以平面//α平面β，选D.【考点】线线平行于线面平行的判定定理和性质，异面直线的概念，充分条件的判断 4. 【2008高考北京理第8题】如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设BP x =，MN y =，则函数()y f x =的图象大致是（）【答案】B考点：截面，线与面的位置关系。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

M F E C D A B 2018年北京高三模拟题分类汇编之立体几何大题精心校对版题号一二总分得分△注意事项：1.本系列试题包含2018北京市各城区一模二模真题。

2.本系列文档有相关的试题分类汇编，具体见封面。

3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科i.、填空题（本大题共2小题，共0分）1.（2018北京东城区高三一模数学(文)）如图，四边形ABCD 为菱形，60DAB o ，ED 平面ABCD ，22ED AD EF ，EF ∥AB ，M 为BC 中点．（Ⅰ）求证：FM ∥平面BDE ；（Ⅱ）求证：AC BE ；（Ⅲ）若G 为线段BE 上的点，当三棱锥G BCD 的体积为239时，求BG BE 的值．【答案解析】解：（Ⅰ）设，连结．因为分别是的中点，因为EF //AB ，且12EF=AB ，因为OM //AB ，且12OM=AB ，
所以EF //OM ，且EF=OM ．AC BD O I ,EO MO ,M O ,BC BD 姓名：__________班级：__________考号：__________●-------------------------密--------------封-
-------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●。