最新北京市高考理一轮专题复习特训：立体几何【含答案】

1、 北京市高考数学（理）一轮专题复习特训立体几何一 选择题1【20xx北京（理）真题8】如图，正方体abcda1b1c1d1的棱长为2，动点e，f在棱a1b1上，动点p，q分别在棱ad，cd上若ef1，a1ex，dqy，dpz(x，y，z大于零)，则四面体pefq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【20xx北京（理）真题7】在空间直角坐标系中,已知.若分别是三棱锥在坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）a b且 c且 d且【答案】d3【20xx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） (b

2、) （c） （d） 【答案】b4【20xx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（ ）来源: a. b. c. d. 【答案】c5(西城一模理科)如图，设为正四面体表面（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 (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） （b）4 （c） （d）3主视图左视图俯视图7 (石景山一模理科)右图是某个三棱锥的三视图

3、，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 ）a b c d8(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 b c d二 填空题1【20xx北京（理）真题14】.如图，在棱长为2的正方体abcd-a1b1c1d1中，e为bc的中点，点p在线段d1e上，点p到直线cc1的距离的最小值为 .【答案】2 (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 (海淀一模理科)一个空间几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为_96_4 (朝阳一模理科)某

4、三棱锥的三视图如图所示，则这个三棱锥的体积为_，表面积为_）5 (朝阳一模理科)如图，在四棱锥中，底面底面为梯形，若点是线段上的动点，则满足的点的个数是_2_1正视图侧视图俯视图111三 解答题1【20xx北京（理）真题17】.（本小题14分） 如图，正方形的边长为2，分别为的中点，在五棱锥 中，为棱的中点，平面与棱分别交于点. （1）求证：； （2）若底面，且，求直线与平面所成角的大小，并 求线段的长.（1） 【答案】证明：（2） 如图建立空间坐标系，各点坐标如下：设的法向量为，,，即，令得：又，直线与平面所成角为设,由则又,，2【20xx北京（理）真题17】. (本小题共14分)如图，在三

5、棱柱abc-a1b1c1中，aa1c1c是边长为4的正方形，平面abc平面aa1c1c，ab=3，bc=5.（）求证：aa1平面abc；（）求二面角a1-bc1-b1的余弦值；（）证明：在线段bc1存在点d，使得ada1b，并求的值.【答案】 解：（）因为，所以xzy因为，且aa1垂直于这两个平面的交线ac，所以平面 （）由（）知， 由题知ab=3，bc=5，ac=4，所以d如图，以a为原点建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则即令z=3，则x=0，y=4，所以同理可得平面的法向量为所以由题知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为 （）设点d是直线bc1上一点，且所以解得所以由，即，解得因为

6、，所以在线段bc1上存在点d，使得此时3【20xx北京（理）真题16】（本小题共14分）如图，在中，、分别为、上的点，且/，将沿折起到的位置，使，如图（）求证：平面；（）若是的中点，求与平面所成角的大小；（）线段上是否存在点，使平面与平面垂直？说明理由【答案】解：（1），平面，又平面，又，平面（2）如图建系，则，,设平面法向量为则 又 与平面所成角的大小（3）设线段上存在点，设点坐标为，则则，设平面法向量为则假设平面与平面垂直则，不存在线段上存在点，使平面与平面垂直4【20xx北京（理）真题16】（本小题共14分）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.()求证：平面（）若求与所成角的余弦值；（

7、）当平面与平面垂直时，求的长.【答案】证明：（）因为四边形abcd是菱形，所以acbd.又因为pa平面abcd.所以pabd.所以bd平面pac.（）设acbd=o.因为bad=60°，pa=pb=2,所以bo=1，ao=co=.如图，以o为坐标原点，建立空间直角坐标系oxyz，则p（0，2），a（0，0），b（1，0，0），c（0，0）.所以设pb与ac所成角为，则.（）由（）知设p（0，t）（t>0），则设平面pbc的法向量,则所以令则所以同理，平面pdc的法向量因为平面pcb平面pdc,所以=0，即解得所以pa=5 (东城一模理科)吧 a b a1 b1d ced1 c1

8、6 (西城一模理科)如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，是的中点，.（）求证：；（）求证：/ 平面；（）若平面与平面所成的锐二面角的大小为，求线段的长度.（）证明：因为底面和侧面是矩形，所以 ，又因为 ，所以 平面， 2分因为 平面， 所以 . 4分（）证明：因为 ，所以四边形是平行四边形. 连接交于点，连接，则为的中点. 在中，因为，所以 .6分a b a1 b1d ced1 c1zyxfg又因为 平面，平面，所以 平面. 8分（）解：由（）可知， 又因为 ， 所以 平面. 9分设g为ab的中点，以e为原点，eg，ec，所在直线分别为x轴，y轴，z轴如图建立空间直角坐标系，设，则.设平面法

9、向量为，因为 ，由 得令，得. 11分设平面法向量为，因为 ，由 得令，得.12分由平面与平面所成的锐二面角的大小为，得 ， 13分解得. 14分7 (海淀一模理科) 如图1，在rtabc中，acb=30°，abc=90°，d为ac中点，于，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（）求证：ae平面bcd；（）求二面角adc b的余弦值ebcadf（）在线段上是否存在点使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由（）因为平面平面，交线为，又在中，于，平面所以平面3分（）由（）结论平面可得由题意可知，又如图，以为坐标原点，分别以所在

10、直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系4分不妨设，则由图1条件计算得，则5分由平面可知平面dcb的法向量为6分设平面的法向量为，则即令，则，所以8分平面dcb的法向量为所以，所以二面角的余弦值为9分（）设，其中由于，所以，其中10分所以11分由，即12分 解得13分所以在线段上存在点使，且14分8 (朝阳一模理科)如图，四棱锥的底面为正方形，侧面底面为等腰直角三角形，且，分别为底边和侧棱的中点aebcdpf（）求证：平面；（）求证：平面；（）求二面角的余弦值（）证明：取的中点，连接，因为，分别是，的中点，所以是的中位线aebcdpfyaxaza所以，且又因为是的中点，且底面为正方形，所以，且所以

11、，且所以四边形是平行四边形所以又平面，平面，所以平面4分（）证明：因为平面平面，且平面平面，所以平面所以，又因为为正方形，所以，所以两两垂直以点为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系（如图）由题意易知，设，则，因为，且，所以，又因为，相交于，所以平面 9分（）易得，设平面的法向量为，则所以即令，则由（）可知平面的法向量是，所以由图可知，二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值为14分9 (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.（）求证：da1ed1 ；（）若直线da1与平面ced1成角为45o，求的值；（）写出点e到直线d1c距离的最大值及此时

12、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)（0m1）（）证明：， 所以da1ed1. -4分（）设平面ced1的一个法向量为,则 ，而， 所以取z=1,得y=1,x=1-m， 得. 因为直线da1与平面ced1成角为45o，所以 所以，所以，解得m=.-11分（）点e到直线d1c距离的最大值为，此时点e在a点处.-14分10(石景山一模理科)如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是，是的中点（）求证：平面；（）求二面角的大小；（）在线段

13、上是否存在一点，使得平面平面，若存在，求出的长；若不存在，说明理由（）证明：连结交于，连结，因为三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形，所以为的中点因为是的中点，所以是三角形的中位线，2分所以3分因为平面，平面，所以平面4分（）解：作于，所以平面，所以在正三棱柱中如图建立空间直角坐标系因为，是的中点所以，5分所以，设是平面的法向量，所以即令，则，所以是平面的一个法向量6分由题意可知是平面的一个法向量，7分所以8分所以二面角的大小为9分（）设，则，设平面的法向量，所以即令，则，12分又，即，解得，所以存在点，使得平面平面且14分11 (顺义一模理科) 如图在四棱锥中，底面是菱形，平面平面，为的中点，是棱上一点，且.（）求证：平面； （）证明：平面（）求二面角的度数.结，底面是菱形，且，是等边三角形，由（）平面.以为坐标原点，分别为轴轴轴建立空间直角坐标系则.10分设平面的法向量为，注意到，解得是平面的一个法向量12分12