下载北京市2018届高三数学文一轮复习专题突破训练立体几何含

下载北京市2018届高三数学文一轮复习专题打破训练：立体几何含答案下载北京市2018届高三数学文一轮复习专题打破训练：立体几何含答案下载北京市2018届高三数学文一轮复习专题打破训练：立体几何含答案北京市2017届高三数学文一轮复习专题打破训练立体几何一、填空、选择题1、（2016年北京高考）四棱柱的三视图以下列图，则该四棱柱的体积为___________.2、（2015年北京高考）某四棱锥的三视图以下列图，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．1B．2C．3D．23、（2014年北京高考）某三棱锥的三视图以下列图，则该三棱锥的最长棱的棱长为.221正（主）视图侧（左）视图11俯视图第4题4、（昌平区2016届高三二模）某几何体的三视图如右上图所示，则该几何体的表面积是_________.5、（旭日区

2016届高三二模）

已知

m，n，l为三条不同样的直线，

α，β，γ为三个不同样的平面，则以下命题中正确的选项是A．若

m⊥l

，n⊥l

，则

m∥n

B．若

m∥α，n∥α，则

m∥nC．若m⊥α，n⊥α，则m∥nD．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β6、（东城区2016届高三二模）已知一个三棱锥的三视图以下列图，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面中，最大面积为________.7、（丰台区2016届高三一模）如图，已知三棱锥P-ABC的底面是等腰直角三角形，且∠Ox,y,z分ACB=90，侧面PAB⊥底面ABC，AB=PA=PB=4.则这个三棱锥的三视图中注明的尺寸别是（A）23,22,2zPx（B）4,2,22主视图侧视图（C）23,2，2A（D）23,2,22CB

yy俯视图8、（海淀区2016届高三二模）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P，Q，R分别是棱A1A，A1B1，A1D1的中点，以PQR为底面作正三棱柱，若此三棱柱另一底面的三个极点也都在该正方体的表面上，则这个正三棱柱的高为A.2B.2C.3D.32329、（石景山区2016届高三一模）某周围体的三视图以下列图，该周围体四个面的面积中最大的是()A．8B．62C．10D．8210、（西城区2016届高三二模）某四棱锥的三视图以下列图，该四棱锥最长棱的棱长为_____.11、（旭日区2016届高三上学期期末）已知m，n表示两条不同样的直线，，表示两个不同样的平面，且m，n,则以下说法正确的选项是A．若//，则m//nB．若m，则．若m//，则//D．若，则mnC12、（大兴区2016届高三上学期期末）某几何体的三视图以下列图，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（A）2π（B）16π（C）π（D）2π3939412正视图侧视图2俯视图题第13题第1213、（顺义区2016届高三上学期期末）已知某三棱锥的三视图尺寸（单位cm）如右上图，则这个三棱锥的体积是

（

）（A）8cm3

（B）

4cm3

（C）

2cm3

（D）

1cm33

3

3

3二、解答题1、（2016年北京高考）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC,DCAC（I）求证：DC平面PAC；（II）求证：平面PAB平面PAC；（III）设点E为AB的中点，在棱PB上可否存在点F，使得//平面CF?说明原由.2、（2015

年北京高考）如图，在三棱锥

V

C中，平面

V

平面

C，

V

为等边三角形，

C

C且

C

C

2

，

，

分别为

，V

的中点．（Ⅰ）求证：

V

//平面

C；（Ⅱ）求证：平面

C

平面

V

；（Ⅲ）求三棱锥

V

C的体积．3、（2014

年北京高考）如图，在三棱柱

ABC

A1B1C1中，侧棱垂直于底面，

AB

BC，AA1

AC

2，

E、

F

分别为

A1C1、

BC的中点.（Ⅰ）求证：平面ABE平面B1BCC1；（Ⅱ）求证：C1F//平面ABE；（Ⅲ）求三棱锥EABC的体积.4、（昌平区

2016

届高三二模）如图，

P

是菱形

ABCD所在平面外一点，BAD

60

,

PCD是等边三角形，

AB2，PA

22,

M

是PC

的中点，点G为线段DM上一点（端点除外），平面APG与BD交于点H.I）求证：PA//GH；（II

）求证：平面

PAC

平面

BDM

；（III

）求几何体

M

BDC

的体积

.PMGDCHOAB5、（旭日区2016届高三二模）在四棱锥ABCDE中，底面BCDE为菱形，侧面ABE为等边三角形，且侧面ABE底面BCDE，O,F分别为BE,DE的中点．（Ⅰ）求证：AOCD；（Ⅱ）求证：平面AOF平面ACE；（Ⅲ）侧棱AC上可否存在点P，使得BP//平面AOF?若存在，求出AP的值；若不存在，请说明原由．PC6、（东城区2016届高三二模）在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCBa，ABC60.平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF是矩形，AFa，点M在线段EF上．（Ⅰ）求证：（Ⅱ）试问当

BCAM；AM为何值时，AM平面BDE？证明你的结论．（Ⅲ）求三棱锥ABFD的体积.7、（丰台区2016届高三一模）已知在△ABC中，∠B=90o，D，E分别为边BC，AC的中点，将△CDE沿DE翻折后，使之成为四棱锥C'ABDE（如图）.（Ⅰ）求证：DE⊥平面BC'D；（Ⅱ）设平面C'DE平面ABC'l，求证：AB∥l；（Ⅲ）若C'DBD，AB2，BD3，F为棱BC'上一点，设BF，当为何值FC'时，三棱锥C'ADF的体积是1？82016届高三二模）已知长方形ABCD中,AD2AB2，E为AB中点，将、（海淀区，ADE沿DE折起到PDE，所得四棱锥PBCDE以下列图.（Ⅰ）若点M为PC中点，求证：BM平面PDE；（Ⅱ）当平面PDE平面BCDE时，求四棱锥PBCDE的体积；（Ⅲ）求证:DEPC.9、（石景山区2016届高三一模）如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BDBC，BDAC，点M是棱BB1上一点．（Ⅰ）求证：B1D1∥平面A1BD；（Ⅱ）求证：MDAC；（Ⅲ）试确定点M的地址，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D．10、（西城区

2016

届高三二模）如图，在周长为

8的矩形

ABCD中，

E,F

分别为

BC,DA

的中点.

将矩形

ABCD沿着线段

EF

折起，使得

DFA

60

.

设G为

AF上一点，且满足

CF//

平面BDG

.（Ⅰ）求证：EFDG；（Ⅱ）求证：G为线段AF的中点；（Ⅲ）求线段CG长度的最小值.11、（旭日区2016届高三上学期期中）如图,在三棱柱ABC1A1B1C中，CC1底面ABC,ACCB,点D是AB的中点．（Ⅰ）求证：ACBC1；（Ⅱ）求证：AC1∥平面CDB1.(Ⅲ)设AB2AA1,ACBC,在线段A1B1上可否存在点M，使得BMC1B?若存在,确定点M的地址;若不存在，说明原由.12、（大兴区2016届高三上学期期末）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，C1C底面ABC，CC1ABACBC4，D为线段AC的中点．（Ⅰ）求证：直线AB1∥平面BC1D；（Ⅱ）求证：平面BC1D⊥平面A1ACC1（Ⅲ）求三棱锥DC1CB的体积．13、（东城区2016届高三上学期期末）如图，在四棱锥EABCD中，AEDE，CD平面ADE,AB平面ADE，CD3AB.（Ⅰ）求证：平面ACE平面CDE；（Ⅱ）在线段DE上可否存在一点F,使AF平面BCE？若存在,求出EF的值；若不存在，说明原由.ED14、（丰台区2016届高三上学期期末）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的菱形，PDPB4，BAD600，E为PA中点.P（Ⅰ）求证：PC//平面EBD；（Ⅱ）求证：平面EBD平面PAC；

EDC（Ⅲ）若PAPC，求三棱锥CABE的体积.AB15、（海淀区2016届高三上学期期末）如图，四边形ABCD是菱形，PD平面ABCD，PDBE，ADPD2BE2,DAB60，点F为PA的中点.P（Ⅰ）求证：EF平面ABCD；（Ⅱ）求证：平面PAE平面PAD；FE（Ⅲ）求三棱锥PADE的体积.CADB参照答案一、填空、选择题【答案】

3.2【解析】试题解析：四棱柱高为1，底面为等腰梯形，面积为1(12)13，因此体积为3.2222、【答案】C【解析】试题解析：四棱锥的直观图以下列图：由三视图可知，

SC

平面

ABCD，SA是四棱锥最长的棱，SA

SC2

AC2

SC2

AB2

BC2

3.3、【答案】2

2【解析】由三视图可知：该几何体为一条侧棱垂直底面的三棱锥，底面为边长为

2的等边三角形，棱锥的高为

2，因此最长的棱长为

22

22

22.4、16

62

5、C

6、23

7、C

8、D

9、C

10、311、B

12、B

13、B二、解答题1、【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III）存在.原由见解析.【解析】（I）由于C平面CD，因此CDC．又由于

DC

C，因此

DC

平面

C．2、【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）3.3【解析】试题解析：（Ⅰ）由于O,M分别为AB，VA的中点，因此OM//VB.又由于VB平面MOC，因此VB//平面MOC.（Ⅱ）由于ACBC，O为AB的中点，因此OCAB.又由于平面VAB平面ABC，且OC平面ABC，因此OC平面VAB.因此平面MOC平面VAB.（Ⅲ）在等腰直角三角形ACB中，ACBC2，因此AB2,OC1.因此等边三角形VAB的面积SVAB3.又由于OC平面VAB，因此三棱锥C-VAB的体积等于1OCSVAB3.33又由于三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，因此三棱锥V-ABC的体积为3.33、解：（Ⅰ）在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC．因此BB1AB．又由于ABBC．因此AB平面B1BCC1．因此平面ABE平面B1BCC1．（Ⅱ）取AB中点G，连接EG，FG．由于E，F分别是A1C1，BC的中点，因此FG∥AC，且FG1．AC2由于AC∥AC1，且ACAC1，11因此FG∥EC1，且FGEC1．因此四边形FGEC1为平行四边形．因此C1F∥EG．又由于EG平面ABE，C1F平面ABE，因此C1F∥平面ABE．（Ⅲ）由于AA1AC2，BC1，ABBC，因此ABAC2BC23．因此三棱锥EABC的体积

A1EC1B1ACGFBV1S△ABCAA1113123．33234、（I）明：接MO.在菱形ABCD中，OAC中点，且点MPC中点，1PA因此MO//PA,且MO2.P2又MO平面BDM,PA平面BDM,因此PA//平面BDM.⋯⋯⋯⋯⋯⋯.2分M由已知，平面APG与BD交于点H，因此H平面APG，HG平面APGH，G从而又HG平面BDM，DHC因此平面BDM平面APGHGH,因此PA//GH.⋯⋯⋯⋯⋯⋯.4分AOPCD中，B（II）明：在等三角形DCAB2，M是PC的中点.因此DM3.在菱形ABCD中，BAD60，AB2，因此DO1BD1.2又MO2，因此DO2MO2DM2，因此BDMO.⋯⋯⋯分.6在菱形ABCD中,BDAC,又ACMOO,因此BD平面PAC.⋯⋯⋯⋯.8分又BD平面BDM,因此平面PAC平面BDM.⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分（III）在PAC中，PA22,PC2,AC23,因此PA2PC2AC2,因此PAPC，即PCMO.又平面PAC平面BDM平面PAC平面BDMMO,因此PC平面BDM.因此VMBDCVCBDM1S3

.⋯⋯⋯⋯.12分BDMCM2⋯⋯⋯⋯⋯⋯.14分.35、解：（Ⅰ）因ABE等三角形，OBE的中点，因此AOBE．又因平面ABE平面BCDE，平面ABE平面BCDEBE，AO平面ABE，因此

AO

平面

BCDE．又因

CD

平面

BCDE，因此

AO

CD．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（Ⅱ）

BD，因四形

BCDE菱形，因此CEBD．因O,F分BE,DE的中点，因此OF//BD，因此CEOF．由（Ⅰ）可知，AO平面BCDE．因CE平面BCDE，因此AOCE.因AOOFO，因此CE平面AOF．又因CE平面ACE，因此平面AOF平面ACE．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分（Ⅲ）当点PAC上的三均分点（凑近A点），BP//平面AOF．明以下：CE与BD,OF的交点分M,N，AN,PM．因四形BCDE菱形，O,F分BE,DE的中点，因此NM1．MC2PAC上凑近A点的三均分点，APNM1，因此PM//AN．PCMC2因AN平面AOF，PM平面AOF，因此PM//平面AOF．由于BD//OF，OF平面AOF，BD平面AOF，因此BD//平面AOF，即BM//平面AOF．因BMPMM，因此平面BMP//平面AOF．因BP平面BMP，因此BP//平面AOF.可棱AC上存在点P，使得BP//平面AOF，且AP1．PC2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯分146、明：（Ⅰ）由意知，梯形ABCD等腰梯形，且AB2a，AC3a，由AB2BC2AC2，可知ACBC.又平面ACEF平面ABCD，且平面ACEF平面ABCDAC，BC平面ABCD，因此BC平面ACEF.又AM平面ACEF，因此BCAM.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分（Ⅱ）当AM23a，AM平面BDE.3明以下：当AM23a，可得FM3a，故EM23a333在梯形ABCD中，ACBDN，EN，由已知可得CN:NA1:2，2因此AN3a.因此EMAN.又EMAN,因此四形ANEM平行四形.因此AMNE.又NE平面BDE，AM平面BDE，因此AM平面BDE.当AM23a，AM平面BDE.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯113分（Ⅲ）由已知可得△ABD的面S3a2，2故VABFDVFABD1AFS△ABD1a3a23a3.3326⋯⋯⋯⋯分7、明：（Ⅰ）∵∠B=90o，D，E分别为BC，AC的中点∴DE∥AB⋯⋯⋯⋯⋯1分∴C'DDE，BDDE⋯⋯⋯⋯⋯3分又∵C'DBDD⋯⋯⋯⋯⋯4分∴DE⊥平面BC'D⋯⋯⋯⋯⋯5分（Ⅱ）∵

DE∥AB，DE

面

C'DE

，

AB

面C'DE

，∴AB∥面

C'DE

，

⋯⋯⋯⋯⋯7分又∵AB

面ABC'，面

ABC'

面C'DE

l

⋯⋯⋯⋯⋯9分∴AB∥l

⋯⋯⋯⋯⋯10分（Ⅲ）∵

C'D

BD，

C'D

DE

，ED

BD

D

，C'D⊥平面BDE．∵SC'DFC'F1∴SC'DF1SBC'D⋯⋯⋯⋯⋯11分SBDFFB1又因BD=3，AB=2，VC'ADF1，∴VC'ADFVAC'DF1VAC'DB1VC'ADB11C'DSADB31113⋯⋯⋯⋯⋯13分1解得21．⋯⋯⋯⋯⋯14分8、解：（Ⅰ）取DP中点F，接EF,FM因在PDC中，点F,M分是所在的中点，因此FM1DC.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分2又EB1DC，因此FMEB，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分2因此FEBM是平行四形，因此BMEF，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分又EF平面PDE，BM平面PDE，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分因此BM平面PDE.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分方法二:取DC中点N，接MN，BN在PDC中，点N,M分是所在的中点，因此MNPD.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分又DNBE，因此DEBN是平行四形，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分因此DEBN⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分因NMNBN,DPDED,因此平面BMN平面EDP⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分因BM平面BMN,因此BM平面PDE.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分（Ⅱ）因平面PDE平面EBCD，在PDE中，作PODE于O，因平面PDE平面EBCDDE，因此PO平面EBCD.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分在PDE中，算可得PO6⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分3因此VPBCDE1Sh11(12)263.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分33233（Ⅲ）在矩形ABCD中，接AC交DE于I，因tanDEA2,tanCAB2，因此DEACABπ，22因此DEAC，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分因此在四棱PEBCD中，PIDE,CIDE,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分又PICII，因此DE平面POC.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分因PC平面POC，因此DEPC.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分方法二：由（Ⅱ）,接OC.在DOC中，cosODC3232，，DO,DC33OC2DC2DO22DCDOcosCDO，获取OC263因此DC2DO2OC2，因此DOOC⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分又POOCO，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分因此DE平面POC.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分因PC平面POC，因此DEPC.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分9、解:（Ⅰ）明：由直四棱柱ABCDA1B1C1D1，得BB1∥DD1，BB1DD1，∴BB1D1D是平行四形，∴B1D1∥BD..⋯⋯⋯⋯⋯2分∵BD平面A1BD，B1D1平面A1BD，∴B1D1∥平面A1BD..⋯⋯⋯⋯⋯4分（Ⅱ）明：∵BB1平面ABCD，AC平面ABCD，∴BB1AC.又∵BDAC，且BDBB1B，∴AC平面BB1D1D..⋯⋯⋯⋯⋯7分∵MD平面BB1D1D，∴MDAC..⋯⋯⋯⋯⋯9分（Ⅲ）当点M棱BB1的中点，平面DMC1平面CC1D1D.⋯⋯⋯⋯⋯10分明以下：取DC的中点N，D1C1的中点N1，接NN1交DC1于O，接OM，如所示．∵N是DC的中点，BDBC，BNDC.又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交，平面ABCD⊥平面DCC1D1，∴

BN

平

面DCC1D1

.

.⋯⋯⋯⋯⋯

12分由意可得

O是

NN1的中点，∴BM∥ON且BMON，即四边形BMON是平行四边形．BN∥OM.OM平面DCC1D1.∵OM

平面

DMC1，∴平面

DMC1⊥平面

CC1D1D

.

14分10、（Ⅰ）证明：由于在折起前的矩形

ABCD

中，

E,F

分别为

BC,DA

的中点，因此

EF

FD

，EF

FA，又由于

FD

FA

F

，因此

EF

平面

DFA.

2分又由于

DG

平面

DFA，因此

EF

DG.

4分（Ⅱ）证明：由于在折起前的矩形

ABCD

中，

E,F

分别为

BC,DA

的中点，因此在立体图中，AB//EF//CD.即在立体图中，四边形

ABCD

为平行四边形

.连接

AC，设

AC

BD

O，则

AO

CO.

6分又由于

CF//

平面

BDG

，CF

平面

ACF

，平面

ACF

平面

BDG

OG

，因此

CF//OG

，因此在ACF中，OG为中位线，即G

为线段

AF

的中点

.

9分（Ⅲ）解：由于

G为线段

AF

的中点，

DFA

60因此

DFA

为等边三角形，且

DG

FA，又由于

EF

DG

，EF

FA

F

，因此

DG

平面

ABEF.设BE的中点为H，连接GH,CH，易得四边形

DGHC

为平行四边形，因此

CH

平面

ABEF，因此

CG2

GH2

CH2.

11分3设DFx，由题意得CHDGx，GHCD42x，2因此CG2(42x)2(3x)219x216x16，⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分24因此当x32，CG2min48.1919因此段CG度的最小457⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分.1911、（I）在三棱柱ABCA1B1C1中，因CC1底面ABC，AC底面ABC，因此CC1AC.又ACBC，BCCC1C,因此AC平面BCC1B1．而BC1平面BCC1B1，ACBC1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..4分(Ⅱ)CB1与C1B的交点E，DE，因D是AB的中点，E是BC1的中点，因此DE∥AC1.因DE平面CDB1，AC1平面CDB1，因此AC1∥平面CDB1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..9分(Ⅲ)在段A1B1上存在点M，使得BMCB1,且M段A1B1的中点.明以下：因AA1底面ABC，CD底面ABC,因此AA1CD.由已知ACBC，D段AB的中点，因此CDAB.又AA1ABA，因此CD平面AA1B1B.取段A1B1的中点M，接BM.因BM平面AA1B1B，因此CDBM.由已知AB2AA1，由平面几何知可得BMB1D.又CDB1DD,因此BM平面B1CD.又B1C平面B1CD，因此BMCB1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..14分12、（Ⅰ）B1C交BC1于点M，DM，⋯⋯1分在ACB1中，DAC中点，MB1C中点，因此DM//AB1⋯⋯2分又因AB1平面BC1D，⋯⋯3分DM平面BC1D⋯⋯4分因此AB1//平面BC1D⋯⋯5分（Ⅱ）因CC1底面ABC，BD底面ABC,因此CC1BD.⋯⋯1分在ABC中，AB=BC，DAC中点，因此BDAC.⋯⋯2分又由于ACCC1C⋯⋯3分因此BD平面ACC1A1⋯⋯4分又因BD平面C1DB⋯⋯5分因此平面C1DB平面ACC1A1⋯⋯6分（Ⅲ）因CC1底面ABC，因此CC1三棱C1-DBC的高⋯⋯1分因此VDCCBVC1SBCDCC1⋯⋯2分BCD113112234=83⋯⋯3分32313、明：（Ⅰ）因CD平面ADE，AE平面ADE，因此CDAE.又因AEDE，CDDED,因此AE平面CDE.又因AE平面ACE，因此平面ACE平面CDE.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分（Ⅱ）在段DE上存在一点F,且EF1，使AF平面BCE.ED3F段DE上一点,且EF1.ED31CD.点F作FMCD交CE于M，FM3因CD平面ADE,AB平面ADE，因此CDAB.又FMCD，因此FM.AB因CD3AB，因此FMAB.因此四形ABMF是平行四形.因此AFBM.又因AF平面BCE，BM平面BCE，因此AF平面BCE.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分14、解（Ⅰ）ACBDO，EO，EPA中点，OAC中点，∴EO∥PC．又∵EO平面EBD，PC平面EBD，∴PC∥平面EBD．⋯⋯⋯⋯5分（Ⅱ）P