北京市2020届高三数学理一轮复习典型题专项训练：立体几何

北京市2020届高三数学理一轮复习典型题专项训练立体几何一、选择、填空题1、（海淀区2018届高三上学期期末考试）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③三棱锥四个面的面积中最大的值是所有正确的说法是 （A）① （B）①② （C）②③（D）①③2、（北京五中2019高三上学期期中考试）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A、4B、C、2D、3、（朝阳区2019届高三上学期期末）以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为A.B.C.D.4、（朝阳区2019届高三上学期期末）如图，在边长为1的正方形网格中，粗实线表示一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为．5、（东城区2019届高三上学期期末）某三棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的六条棱中，最长棱的长度为2(B)(C) (D)36、（丰台区2019届高三上学期期末）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的棱中，最长的棱的长度为（A）2 （B） （C） （D） 7、（海淀区2019届高三上学期期末）某三棱锥的三视图如上图所示，则这个三棱锥中最长的棱与最短的棱的长度分别为，.8、（西城区2019届高三上学期期末）一个四棱锥的三视图如图所示，那么这个四棱锥最长棱的棱长为（A）（B）（C）（D）9、（昌平区2019届高三5月综合练习（二模））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）（B）（C）（D）10、（朝阳区2019届高三第二次（5月）综合练习（二模））在棱长为1的正方体中，分别为线段和上的动点，且满足，则四边形所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和A.有最小值B.有最大值C.为定值D.为定值11、（东城区2019届高三5月综合练习（二模））鲁班锁起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作.右图是某个经典的六柱鲁班锁及其六个构件的图片，下图是其中一个构件的三视图（单位：），则此构件的体积为（A）（B）（C）（D）12、（房山区2019届高三第二次模拟）已知某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图是全等的等腰直角三角形，则该四面体的四个面中直角三角形的个数为(A)(B)(C)(D)13、（丰台区2019届高三5月综合练习（二模））某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A）（B）（C）（D）14、（海淀区2019届高三5月期末考试（二模））如图，在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合）．则下面结论中错误的是(A)存在点，使得平面∥平面(B)存在点，使得平面(C)分别是△在平面，平面上的正投影图形的面积，对任意点，(D)对任意点，△的面积都不等于15、（朝阳区2019届高三一模）某三棱锥的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为），则该三棱锥的体积为A．B．C．D．16、（东城区2019届高三一模）正方体被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如图所示，则该截面图形的形状为（A）等腰三角形（B）直角三角形（C）平行四边形（D）梯形17、（丰台区2019届高三一模）已知和是两个不同平面，，是与不同的两条直线，且，，，那么下列命题正确的是（A）与都不相交 （B）与都相交（C）恰与中的一条相交 （D）至少与中的一条相交18、（石景山区2019届高三一模）某几何体的三视图如右图所示，该几何体的体积为A.2B.6C.10D.2419、（西城区2019届高三一模）某四棱锥的三视图如图所示，那么此四棱锥的体积为____．二、解答题1、（海淀区2018届高三上学期期末考试）如图1，梯形中，，，，，为中点.将沿翻折到的位置，使如图2.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求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. 图1图22、（朝阳区2019届高三上学期期末）如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.3、（东城区2019届高三上学期期末）如图1，在四边形中，，,,分别为的中点，，.将四边形沿折起，使平面平面(如图2)，是的中点.(Ⅰ)证明：；(Ⅱ)在线段上是否存在一点，使得面？若存在，求的值；若不存在，说明理由；(Ⅲ)求二面角的大小.4、（丰台区2019届高三上学期期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，为棱的中点，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）求二面角的余弦值．5、（海淀区2019届高三上学期期末）在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，且（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角B-PD-C的余弦值；（Ⅲ）若M是棱PA的中点，求证：对于棱BC上任意一点F，MF与PC都不平行.6、（石景山区2019届高三上学期期末）如图，在中，．可以通过以直线为轴旋转得到，且，动点在斜边上．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）当为的中点时，求二面角的余弦值；（Ⅲ）求与平面所成的角中最大角的正弦值．7、（通州区2019届高三上学期期末）如图，在三棱柱QUOTE中，底面，△ABC是边长为的正三角形，QUOTE，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段QUOTE上是否存在一点M，使平面？说明理由.8、（昌平区2019届高三5月综合练习（二模））如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，为中点．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在棱上是否存在点，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．9、（朝阳区2019届高三第二次（5月）综合练习（二模））在三棱柱中，底面是正三角形，侧棱底面.，分别是边，的中点，线段与交于点，且，.(Ⅰ)求证：平面；(Ⅱ)求证：平面；(Ⅲ)求二面角的余弦值.10、（东城区2019届高三5月综合练习（二模））如图，四边形和三角形所在平面互相垂直，∥，，，，，，平面与平面交于．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若，求二面角余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点使得？若存在，求的长；若不存在，说明理由．11、（房山区2019届高三第二次模拟）已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，点在线段上.（Ⅰ）若为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）证明：存在点，使得平面，并求的值.12、（丰台区2019届高三5月综合练习（二模））在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）．将沿折起到的位置，使得二面角为直二面角（如图2）．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的大小；（Ⅲ）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．图1图213、（海淀区2019届高三5月期末考试（二模））如图1所示，在等腰梯形，∥，，垂足为，，.将沿折起到的位置，使平面平面，如图2所示，点为棱上一个动点。(Ⅱ)当点为棱中点时，求证：∥平面(Ⅱ)求证：平面;(Ⅲ)是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．14、（朝阳区2019届高三一模）如图，在多面体中，平面平面．四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）线段上是否存在点，使得直线平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由．15、（东城区2019届高三一模）如图，在棱长均为的三棱柱中，点在平面内的射影为与的交点，分别为的中点．（Ⅰ）求证：四边形为正方形；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段上存在一点，使得直线与平面没有公共点，求的值.16、（丰台区2019届高三一模）如图，四棱柱中，底面为直角梯形，，，平面平面，，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．17、（海淀区2019届高三一模）如图，在直三棱柱中，，点分别为棱的中点．(Ⅱ)求证：∥平面(Ⅱ)求证：平面平面;(Ⅲ)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成的角为300?如果存在，求出线段的长；如果不存在，说明理由．18、（西城区2019届高三一模）如图，在多面体中，梯形与平行四边形所在平面互相垂直，，，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）判断线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值，若不存在，说明理由．参考答案：一、选择、填空题1、D2、B3、C4、5、D6、D7、8、C9、C10、D11、C12、A13、B14、C15、D16、A17、A18、B19、二、解答题1、（Ⅰ）证明：由图1，梯形中，，，，，为中点，故图2，， ……………..1分因为，，平面 ……………..2分所以平面……………..3分因为平面，所以平面平面……………..4分（Ⅱ）解一：取中点，连接，.因为在中，，为中点所以 因为平面平面平面平面平面所以平面因为在正方形中，、分别为、的中点，所以建系如图.则，，，，.……………..5分 ，，设平面的法向量为，则 ，即，令得，，所以是平面的一个方向量.……………..7分……………..9分 所以与平面所成角的正弦值为.……………..10分（Ⅱ）解二：在平面内作，由平面，建系如图.则，，，，.……………..5分 ，，设平面的法向量为，则 ，即，令得，，所以是平面的一个方向量.……………..7分……………..9分 所以与平面所成角的正弦值为.……………..10分（Ⅲ）解：三棱锥和三棱锥的体积相等.理由如下:方法一：由，，知，则 ……………..11分因为平面， ……………..12分所以平面.……………..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，，平面所以平面平面 ……………..11分 因为平面， ……………..12分所以平面 ……………..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………..11分因为平面，平面，……………..12分所以平面.……………..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2、证明：（Ⅰ）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.…4分（Ⅱ）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示.设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以.又因为平面，所以是平面的一个法向量.所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为.……………10分（ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有.…………14分3、解：(Ⅰ)在图1中，可得△为等腰直角三角形，.因为所以因为平面平面，所以.又，故；由为中点，可知四边形为正方形，；又，，.............................4分（II）由(Ⅰ)知：，，两两垂直，，设，则..........................9分（III）由(I)可得,设平面的法向量为，由所以二面角.............................14分4、解：（Ⅰ）因为底面，底面，所以，正方形中，又因为，所以平面，因为平面，所以．…………….4分（Ⅱ）正方形中，侧棱底面.如图建立空间直角坐标系，不妨设.依题意，则，所以.设平面的法向量，因为，所以.令，得，即，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；………………11分（Ⅲ）由（Ⅰ）知平面，所以为平面的法向量，因为，且二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．…14分5、解：（Ⅰ）在平面中过点作，交于因为平面平面平面平面平面所以平面因为平面所以又，且所以平面（Ⅱ）因为平面，所以又，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系所以，因为平面，所以取平面的法向量为设平面的法向量为因为，所以所以令，则，所以所以由题知为锐角，所以的余弦值为（Ⅲ）法一：假设棱上存在点，使得，显然与点不同所以四点共面于所以，所以，所以就是点确定的平面，所以这与为四棱锥矛盾，所以假设错误，即问题得证法二：假设棱上存在点，使得连接，取其中点在中，因为分别为的中点，所以因为过直线外一点只有一条直线和已知直线平行，所以与重合所以点在线段上，所以是，的交点，即就是而与相交，矛盾，所以假设错误，问题得证法三：假设棱上存在点，使得，设，所以因为，所以所以有，这个方程组无解所以假设错误，即问题得证6、（Ⅰ）证明：在中，，∵，且，∴平面，又平面，∴平面平面．（Ⅱ）解：如图建立空间直角坐标系，∵为的中点，∴，，，，，∴，，，设为平面的法向量，∴即令，则，∴是平面的一个法向量，设为平面的法向量，∴即令，则，，∴是平面的一个法向量，∴，∴二面角的余弦值为．（Ⅲ）解法一:∵平面，∴为与平面所成的角，∵，∴点到直线的距离最小时，的正弦值最大，即当时，的正弦值最大，此时，∴，∴．解法二：设，所以．．平面的法向量，所以所以当时，与平面所成的角最大，．7、（Ⅰ）证明：在三棱柱中，因为QUOTE底面，CD⊂平面ABC，所以QUOTE．………………1分又为等边三角形，为的中点，所以．………………2分因为QUOTE，所以平面；……………………3分（Ⅱ）解：取中点，连结，则因为，分别为，的中点，所以．由（Ⅰ）知，，如图建立空间直角坐标系．…………4分由题意得，，QUOTE，,,,,，，．………5分设平面QUOTE法向量QUOTE，QUOTE则即QUOTE令QUOTE，则，．即QUOTE．…6分平面BAE法向量QUOTE．……………………7分因为，，，所以．………………8分QUOTE由题意知二面角QUOTE为锐角，所以它的余弦值为.………………9分（Ⅲ）解：在线段QUOTE上不存在点M，使平面．理由如下．假设线段QUOTE上存在点M，使平面．则，使得．因为，所以．……10分又，所以．…………11分由（Ⅱ）可知，平面QUOTE法向量，平面，当且仅当，即，使得．……12分所以解得．……13分这与矛盾．所以在线段QUOTE上不存在点M，使平面．………………14分8、解：（I）设交于点，连结.因为底面是矩形,所以为中点.又因为为中点,所以∥.因为,所以∥.….4分（II）取的中点，连结，.因为底面为矩形,所以.因为，,所以∥.所以.又因为,,所以.如图，建立空间直角坐标系,则设平面的法向量为所以令，则，所以.平面的法向量为，.如图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.….10分（Ⅲ）在棱上存在点,使.设,则.因为,所以..因为,所以.所以，解得.所以在棱上存在点,使，且.….14分9、(=1\*ROMANI)因为为中点，为中点.所以.又因为平面，平面,所以平面.………….4分(Ⅱ)取的中点，连接.显然，，两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系,则，，，，,,.所以，，.又因为，,所以.又因为，所以平面.………….9分（Ⅲ）显然平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，又，，由得设，则，，则.所以.设二面角的平面角为，由图可知此二面角为锐二面角，所以.………….14分10、解：（Ⅰ）在四边形中，∥．因为平面，平面，所以∥平面．因为平面，且平面平面，所以∥．............................4分（Ⅱ）如图，取的中点，连接，.在等腰△中，因为平面平面，交线为，又，所以平面.所以由题意易得如图建立空间直角坐标系，则，，，，．因为，所以.设平面的法向量为则即令，则．于是．又平面的法向量为，所以．由题知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.............................9分（Ⅲ）不存在满足条件的点，使，理由如下：若，则．因为点为线段上的动点，设，．则，解得．所以，．所以．整理得，此方程无实根．所以线段上不存在点，使..........................14分11、（Ⅰ）设，连结，因为正方形，所以为中点又矩形,为的中点所以且……………..2分所以为平行四边形所以……………..4分又平面，平面所以平面……………5分（Ⅱ）以为原点，分别以为轴建立坐标系-则设平面的法向量为，由得则……………7分易知平面的法向量……………8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，则若平面则，即……………12分所以解得所以所以……………14分12、（Ⅰ）证明：因为在梯形中，，，为的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，………………1分因为线段与交于点，所以为线段的中点，所以中，………………3分因为平面，平面，所以平面．………………4分（Ⅱ）解：因为平行四边形中，，所以四边形是菱形，，垂足为，所以，，因为平面，平面，所以是二面角的平面角，因为二面角为直二面角，所以，即．可以如图建立空间直角坐标系，其中，………………6分因为在图1菱形中，，所以，．所以，，．所以，．………………7分设为平面的法向量，因为，所以，即取，得到所以，易知平面的法向量为，………………8分所以………………9分由图可知，二面角为锐二面角，所以二面角的大小为．………………10分（Ⅲ）解：线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，………………11分设，因为，，所以．………………12分因为，………………13分所以，因为，所以．………………14分所以线段上存在点，且时，使得与平面所成角的正弦值为．13、解：(Ⅰ)方法1：在图1的等腰梯形内，过作的垂线，垂足为，因为，所以又因为，，所以四边形为正方形，，为中点在图2中，连结因为点是的中点，所以又因为，，平面，平面，所以平面平面又因为，所以平面方法2：在图1的等腰梯形内，过作的垂线，垂足为因为，所以又因为，，所以四边形为正方形，为中点在图2中，连结因为点是的中点，所以又平面，平面所以平面又因为，平面，平面所以平面又因为所以平面平面又因为，所以平面方法3：在图1的等腰梯形内，过作的垂线，垂足为，因为，所以又因为，，所以四边形为正方形，，得所以在图2中设点为线段的中点，连结，因为点是的中点，所以所以，所以四边形为平行四边形所以又因为平面，平面所以平面（Ⅱ）因为平面平面，平面平面,平面，所以平面又因为平面所以又，满足，所以又所以平面（Ⅲ）因为三线两两垂直，如图，建立空间直角坐标系,所以，，，.假设存在点满足题意，设，则，所以设平面的法向量为，所以，即取，则，由（Ⅱ），为平面的法向量，令解得或（舍）所以存在点，使得二面角的余弦值为，且，得.14、解：（Ⅰ）证明：因为为正方形，所以．又因为平面平面，且平面平面，所以平面．所以．………………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，平面，所以，．因为，所以两两垂直．分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）．因为，，所以，所以．zDAyDAxDAEDCzDAyDAxDAEDCBAFM则即令，则，所以．设直线与平面所成角为，则．……………….9分（Ⅲ）设，设，则，所以，所以，所以．设平面的一个法向量为，则因为，所以令，则，所以．在线段上存在点，使得平面等价于存在，使得．因为，由，所以，解得，所以线段上存在点，使得平面，且．……………….14分15、解：（Ⅰ）连结．因为在平面内的射影为与的交点，所以平面．由已知三棱柱各棱长均相等，所以，且为菱形.由勾股定理得，即.所以四边形为正方形...................5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面在正方形中，．如图建立空间直角坐标系．由题意得，．所以设平面的法向量为则即令则于是．又因为，设直线与平面所成角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值为.............................10分（Ⅲ）直线与平面没有公共点，即∥平面．设点坐标为，与重合时不合题意，所以．因为，．设为平面的法向量，则即令，则，.于是.若∥平面，.又，所以，解得．此时平面，所以，.所以．......................14分16、解：（Ⅰ）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面.因为平面，所以.（Ⅱ）取的中点，连结.平行四边形中，.易证.由（Ⅰ）知平面.故以为原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示空间直角坐标系.依题意，，设平面的一个法向量为则，则，即，令，得．易知平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，可知为锐角，则，即二面角的余弦值为．（Ⅲ）解：设，，．因为，，，所以所以.因为平面所以即，所以．所以存在点，使得平面，此时．17、解：(Ⅰ)方法一：连结因为分别为,中点,所以又因为，所以因为分别为,中点，所以又因为平面，平面平面，平面所以平面平面又平面，所以平面方法二：取中点为,连结由且又点为中点，所以又因为分别为,中点,所以