2019北京各区年中、年末考试试题分类汇编-空间几何体

1、2019 北京各区年中、年末考试试题分类汇编- 空间几何体注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！1、 2018年东城区高三期末考试理4 一个几何体的三视图如下图，其中正(主)视图中ABC是边长为 2 的正三角形，俯视图的边界为正六边形，那么该几何体的侧(左 ) 视图的面积为 C A. 1B.1C.3D.2222、 2018年东城区高三期末考试文3 一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为A A.a3B.a3C.2D.6a3a3a12183、 2018 年丰台区高三期末考试理4假设某空间几何体的三视图如右图所示，那么该几aa何体的体积是 C

2、正（主）视图侧（左）视图A. 2B.4C.2D.6334、 2018年丰台区高三期末考试文5 假设某空间几何体的三俯视图2视图如下图，那么该几何体的2侧视图体积是 C 正视图A.1B.2 21313俯视图C.1D. 2正视图侧视图5、 2018 年昌平区高三体的三视图如下图，那2该几何体的体积是 D A.12B.82俯视图期末考试理4 假设某空间几何么22C.6D.46、顺义区2018 届高三尖子生综合素质展示文4在棱锥 DABC 中， ACBCCD2 ，CD平面BCD ,ACB90 .假设其主视图，俯视图如图，那么其左视图的面积为( D )A.B.2C.D.63主视图左视图三2俯视图下27、

3、 2018 年西城区高三期末考试理7 某几何体的三视图如下图，该几何体的体积是D A、8B、 8C 、 4D、 4338、 2018 年西城区高三期末考试文5一个几何体的主视图和左视图如下图，那么这个几何体的俯视图不可能 是 D A、B、C、D、9、 2018年朝阳区高三期主视图左视图末考试理10 某几何体的三视图如下图，3那么这个几何体的体积是.22答案： 333210、 201814正主视图年海淀区高三期末考试理侧视图三棱柱 ABC - A' B' C '的正主视图和2侧左视图如下图. 设 ABC, A'B'C '俯视图的中心分别是 O ,

4、O '，现将此三棱柱绕直线OO '旋转，射线 OA 旋转所成的角为x 弧度 x可 以 取 到 任意 一 个实 数 ， 对 应 的俯视 图 的面积为 S( x) ，那 么 函 数 S(x) 的最 大值为；最小正周期为.说明：“三棱柱绕直线 OO ' 旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，OA旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，OA 旋转所成的角为负角 .答案：8,3311、 2017年东城区高三示范校高三综合练习 ( 一 ) 理 12假设某空间几何体的4三视图如下图，那么该几何体的体积正（主）视图侧（左）视图是、答案： 1。第二部分立体几何A、如果两条直线

5、都平行于同一个平面，那么这两条直 线 互相平行B、过一条直线有且只有一个平面与平面垂直C、如果一条直线平行于一个平面内的一条直线，那么这条直线平行于这个平面D、如果两条直线都垂直于同一平面，那么这两条直线共面2、 2018 年昌平区高三期末考试理6、是两个不同平面，m 、 n 是两条不同直线，以下命题中假命题是 BA、假设 m n , m, 那么 nB、假设 m ,n , 那么 m nC、假设 m, m, 那么D、假设 m, m, 那么3、 2018 年海淀区高三期末考试理4 平面，直线 l ，假设，= l ，那么 (D)A、垂直于平面的平面一定平行于平面B、垂直于直线l 的直线一定垂直于平面

6、C、垂直于平面的平面一定平行于直线lD、垂直于直线 l的平面一定与平面,都垂直4、 2018 年朝阳区高三期末考试理7正方形 ABCD 的边长为2 2，将ABC 沿对角线 AC折起，使平面 ABC平面 ACD ，得到如下图的三棱锥 BACD 、假设 O 为 AC 边的中点， M ， N 分别为线段 DC ， BO上的动点不包括端点，且 BNCM.设BNx ，那么三棱锥 N AMC 的体积 yf ( x) 的函数图象大致是BA、 B、C、 D、5、 2018 年丰台区高三期末考试理一动点，设 AP 的长度为 x，假设yyA、B、8 如图， P 是正方体 ABCD A1B1C1D1 对角线 AC1

7、 上PBD的面积为 f(x) ，那么 f(x) 的图象大致是 AD1C1A1B1POxOxDCyyABC、D、OxOx6、 2017 年东城区高三示范校高三综合练习( 一 ) 文 3 一个多面体的直观图和三视图如下图，其中M ， N 分别是 AB ， AC 的中点， G 是 DF 上的一动点 . 求该几何体的体积与表面积； 求证：GN AC ；当FGGD时，在棱AD 上确定一点P ，使得GP /平面FMC，并给出证明.解： 由三视图可知直观图为直三棱柱，底面 ADF 中 AD DF ，DFADDC a ，该几何体的体积为1 3，表面积为1 22a222. 4 分aa2+ 2aa 32 a22证

8、明： 连接 DB ，可知 B ， N ， D 共线，且 AC DN .又FD AD FDCD， ADCDD ，FD 面 ABCD . 又AC面 ABCDFD AC.又DNFDD ，AC 面 FDN 又 GN面FDN ，GN AC.8 分点 P 与点 A 重合时， GP 面 FMC .10 分证明：取 FC 中点 H ，连接 GH ,GA, MH .G是 DF 的中点GH /1 CD.M 是 AB的中点AM / 1 CD.22GH / AM 且GH =AM四边形 GHMA 是平行四边形 .GA/ MH . 又MH面FMC，GA面FMC，GA / 面 FMC 即 GP/ 面 FMC .13分7、

9、2017年东城区高三示范校高三综合练习( 一 ) 理 16如图，四边形 ABCD 为正方形， PD平面 ABCD ， PD QA ， QA=AB=1、2PDI 证明：平面PQC 平面 DCQ ；II 求二面角 Q BPC 的余弦值、解：I 如图，以 D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D xyz .依题意有 Q 1，1，0， C 0，0，1， P 0，2，0 .那么 DQ (1,1,0), DC(0,0,1), PQ(1, 1,0) .所以.PQ DQ0,PQ DC0即 PQ DQ,PQ DC ,故 PQ 平面 DCQ .又 PQ平面 PQC

10、 ，所以平面PQC 平面 DCQ . 6 分II依题意有 B 1， 0， 1， CB (1,0,0) , BP(1,2,1) .设 n(x, y, z) 是平面 PBC 的法向量，那么n CB0, 即x0,n BP0.x2yz 0.因此可取.n (0,1, 2)设 m 是平面 PBQ的法向量，那么m BP0,m PQ0.可取 m (1,1,1) , 所以15 .cos m, n5故二面角 Q BPC 的余弦值为15 .13分58、 2018 年西城区高三期末考试文17 如图，正三棱柱ABCA1 B1C1的侧棱长和底面边长均为 2， D 是 BC的中点、求证：AD平面 B1BCC1 ；求证：A1

11、 B 平面 ADC 1 ；求三棱锥C1ADB 1 的体积、证明： 因为 ABC A1 B1C1是正三棱柱，所以 CC1平面 ABC .又 AD平面 ABC ，所以 CC1AD.3分因为 ABC 是正三角形，D 是 BC 的中点，所以所以BCAD， 4分AD平面 B1BCC1. 5 分证明：连结A1C ，交 AC1于点 O，连结 OD.由 ABCA1 B1C1是正三棱柱，得四边形ACC1 A1为矩形， O 为 A1C 的中点 .又 D 为 BC 中点，所以 OD 为 A1BC 中位线，所以 A1BOD， 8分因为 OD平面 ADC1， A1B平面 ADC1 ，所以 A1B 平面 ADC1 .10

12、 分解：因为 VCADBVA BDC， 12 分1111所以 VCADB1 SB DC1AD23.14分113139 、 2018年西城区高三期末考试理17如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中 ，A BB C，ABC90，D是BC的中点、2 A1A求证：A1 B 平面 ADC 1 ；求二面角C1ADC 的余弦值；试问线段 A1B1 上是否存在点E ，使 AE 与 DC1 成 60角？假设存在，确定E 点位置，假设不存在，说明理由、证明： 连结 A1C ，交 AC1于点 O，连结 OD .由 ABCA1 B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1 A1为矩形， O 为 A1C 的中点 .又 D 为

13、BC 中点，所以 OD 为 A1BC 中位线，所以 A1BOD， 2分因为 OD平面 ADC1， A1B平面 ADC1 ，所以 A1B 平面 ADC1.4 分解：由 ABCA1B1 C1是直三棱柱，且ABC90 ，故 BA, BC, BB1两两垂直 .如图建立空间直角坐标系Bxyz .5 分设 BA2，那么 B( 0,0,0), C( 2,0,0), A(0,2,0), C1 ( 2,0,1), D (1,0,0) .所以 AD(1,2,0) ， AC1(2, 2,1)设平面 ADC 1的法向量为 n = (x, y,z ) ，那么有nAD0,nAC1 0.所以 x2 y0,取 y1，得 n(

14、2,1,2). 7分2x 2 y z 0.易知平面 ADC 的法向量为 v (0,0,1).8 分由二面角 C1ADC 是锐角，得| n v |2.9分cos n,vn v3所以二面角 C1ADC 的余弦值为 2 .3解：假设存在满足条件的点E .因为 E 在线段 A1B1上， A1 (0,2,1) ， B1 ( 0,0,1) ，故可设 E(0,1) ，其中 02 .所以 AE(0,2,1)， DC1 (1,0,1) . 11分因为 AE与 DC1成 60角，所以. 12分AE DC11AE DC12即，解得1，舍去3.13分11( 2)212 2所以当点 E 为线段 A1B1中点时， AE

15、与 DC1成 60角. 14分10 、 2018 年昌 平区高三期末考试文17 如图在四棱 锥P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PA底面 ABCD ，垂足为点 A ， PAAB2,点M ，N 分别是 PD， PB的中点、 I 求证 : PB/ 平面ACM ；II 求证 : MN平面 PAC ； III求四面体AMBC 的体积 .证明：I 连接 AC,BD, AM , MC , MO,MN ,且ACBDO点O, M分别是 PD, BD的中点MO / PB, PB平面 ACMPB/平面 ACM .4分(II)PA平面 ABCD ， BD平面 ABCDPPABD底面 ABCD 是正方形AC

16、BD又PAACABD平面PAC7分在 PBD中，点 M ， N 分别是 PD， PB的中点、MNMN / BDAEDMN 平面 PAC. 9分O III由111 分BCV A MBCVM ABCS ABC h3112 分hPA21112.14 分VA MBC2AB ADPA32311、 2018 年丰台区高三期末考试文 16如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CC1底面M， N 分别是 CC1， AB 的中点、求证：CN AB1；求证：CN/ 平面 AB1M、证明：因为三棱柱 ABC-A1B1C1 中 CC1底面 ABC，所以 BB1 平面 ABC，所以 BB1 CN、 1 分因为 AC

17、=BC， N 是 AB 的中点，所以 CN AB、 3 分因为 AB BB1=B， 4 分所以 CN平面 ABB1A1、 5 分所以 CN AB1、 6 分方法一连结A1B 交 AB1于 P、7 分因为三棱柱ABC-A1B1C1，所以 P 是 A1B 的中点、因为 M， N分别是 CC1，AB的中点，所以 NP/CM，且 NP=CM， 9 分所以四边形MCNP是平行四边形， 10 分所以 CN/MP、 11 分因为 CN平面 AB1M， MP平面 AB1M， 12 分ABC，AC=BC，C1B1A1MCBNAC1B1A1MPCBNA所以 CN/ 平面 AB1M、 14 分方法二取 BB1 中点

18、 P，连结 NP， CP、 7 分因为 N， P 分别是 AB， BB 的中点，C1B11所以 NP/AB1、因为 NP 平面 AB M， AB平面 ABM，A1111PM所以 NP/ 平面 AB1M、 10 分同理 CP/ 平面 AB1M、 11 分因为 CP NP=P，CB所以平面 CNP/ 平面 ABM、 13 分N1A因为 CN 平面 CNP，所以 CN/ 平面 AB1M、 14 分12、 2018 年朝阳区高三期末考试文16 如图，在四棱锥 SABCD 中，平面 SAD平面ABCD 、四边形 ABCD 为正方形，且P 为 AD 的中点， Q 为 SB的中点、求证： CD 平面 SAD

19、 ；SQDCP·MAB求证： PQ / 平面 SCD ；假设 SASD， M 为 BC 中点，在棱 SC 上是否存在点N ，使得平面DMN 平面 ABCD ，并证明你的结论 .证明：因为四边形ABCD 为正方形，那么CDAD .1 分又平面 SAD 平面 ABCD ，且面 SAD面 ABCD AD ，所以 CD平面 SAD.3 分取 SC的中点 R，连 QR,DR、S由题意知： PDBC且 PD=1 BC、 4 分R(N)2Q在 SBC中， Q 为 SB 的中点， R 为 SC的中点，PDC所以 QR BC且 QR= BC、O·M12AB所以 QR PD且 QR=PD，那么

20、四边形 PDRQ 为平行四边形 . 7 分所以 PQ DR.又 PQ 平面 SCD， DR 平面 SCD，所以 PQ平面 SCD、 10 分存在点 N 为 SC 中点，使得平面 DMN平面 ABCD 、 11分连接 PC、 DM 交于点 O ，连接 PM 、 SP ，因为 PD / CM ，并且 PD CM ，所以四边形 PMCD 为平行四边形，所以POCO .又因为 N 为 SC中点，所以 NO / SP、 12 分因为平面 SAD 平面 ABCD ，平面 SAD平面 ABCD = AD ，并且 SPAD ，所以 SP平面 ABCD ，所以 NO平面 ABCD ， 13 分又因为 NO平面

21、DMN ，所以平面 DMN平面 ABCD 、 14 分13、 2018 年海淀区高三期末考试文17 在四棱锥 P - ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，AC BD= O.P假设 ACPD ，求证： AC平面 PBD ；假设平面PAC 平面 ABCD ，求证： PB = PD ；在棱 PC 上是否存在点 M 异于点 C 使得 BM 平面DAOPAD ，假设存在，求PM 的值；假设不存在，说明理由 .CPCB 证明： 因为底面 ABCD 是菱形所以 ACBD.1分因为 ACPD，PD BDD ，所以 AC平面 PBD. 3分证明：由可知ACBD.因为平面 PAC 平面 ABCD ，平面 PAC

22、平面 ABCD = AC ，BD ì平面 ABCD ，所以 BD平面 PAC.5 分因为 PO ì平面 PAC ，所以 BDPO.7分因为底面ABCD 是菱形，所以 BODO.所以 PB= PD.8分解：不存在. 下面用反证法说明.9 分假设存在点M 异于点 C 使得 BM 平面 PAD .P在菱形 ABCD 中， BC AD ，因为 AD ì平面 PAD ， BC ? 平面 PAD ，所以 BC 平面 PAD . 11 分DMOAC因为 BM ì平面 PBC ， BC ì平面 PBC ，BBC BM=B，所以平面 PBC 平面 PAD .13

23、分而平面 PBC 与平面 PAD 相交，矛盾 .14分14、 2018 年昌平区高三期末考试理17如图在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形， PA 底面 ABCD ，垂足为点 A ， PAAB1,点M ，PN 分别是 PD ， PB 的中点、MI 求证 : PB / 平面 ACM ；NFII 求证 : MN平面 PAC ；AD III 假设 PF2FC , 求平面 FMN 与平面 ABCD 所成二 BC面角的余弦值 .证明： I 连接AC, BD, AM , MC , MO,MN ,且ACBDO点O,M分别是 PD, BD的中点MO / PB, PB平面 ACMPPB/平面 AC

24、M .4分(II)PA平面 ABCDMNPA BD底面 ABCD 是正方形，BD 平面 ABCDADACBDO又BCPAACABD平面PAC7分在 PBD中 ，点 M ， N 分别是 PD ， PB 的中点、MN / BDMN平面 PAC. 9分IIIPA 平面 ABCD ， 底面 ABCD 是正方形以 A 为原点，建立空间直角坐标系由 PF 2FC 可得1111221A(0,0,0),M (0,), N(,0, ),F (3, )222233设平面 MNF的法向量为 n( x, y, z)zPMNADFyBCx平面 ABCD的法向量为AP(0,0,1)NM(1112111 分,0), NF(

25、,)22636可得：xy0解得：yx 令 x 1, 可得 n(1,1,5)13 分22z5xx2 yz0636cosAP , n55 2714分272715、 2018年丰台区高三期末考试理16 如图，在三棱柱ABC-AB C 中， CC底面 ABC，1111AC=BC=2， AB22 ， CC1=4，M是棱 CC1上一点、求证： BC AM；C1B1假设 M，N 分别是 CC， AB的中点，求证： CN/ 平面 ABM；11A1假设3 ，求二面角A-MB1-C 的大小、MC1 M2证明：因为三棱柱ABC-A1B1C1 中 CC1平面 ABC，CB所以 CC1BC、 1 分N因为 AC=BC=

26、2， AB2 2 ，A所以由勾股定理的逆定理知BC AC、 2 分因为 AC CC1=C，所以 BC平面 ACCA 、 3 分11AMACC1A1BCAM4A1BAB1P5ABC-A1B1C1PA1BMNCC1ABNP/CMNP=CMMCNP6CN/MP7CNAB1MMPAB1M8CN/AB1M9BCACCC1ABCCCACBCC1xyz3C(0,0,0)A(2,0,0)B1(0,2,4)5C1M2M (0,0,)AM2BM (0,2,310)12AMB 1n( x, y, z)n AM0 n B1 M0511z(2,0,，) (x, y, z)=012C(0,2,3 ) ( x, y, z)

27、=0.M2x5y3, z4n(5,3,4)MBCCA=(2,0,0)C1n CA212cosn,CA>=| n |CA| 2A-MB1-CA-MB1-C14C1B1A1MPCBNAC-xyz5( 2,0, )2B1A1yBNAx416 201817P - ABCDPABCD? ABC 90?ABCDAB= PB= PC= BC = 2CDPBC ABCD .CDBA求证：AB 平面 PBC；求平面PAD和平面BCP所成二面角小于的大小；°90在棱 PB 上是否存在点 M 使得 CM 平面 PAD ？假设存在，求PM 的值；假设不PB存在，请说明理由 . 证明： 因为 ? ABC

28、90?，所以 ABBC. 1分因为平面PBC 平面 ABCD ，平面 PBC平面 ABCD = BC ，AB ì平面 ABCD ，所以 AB 平面 PBC.3分解：取BC 的中点 O ，连接 PO .因为所以PB= PC，POBC .因为平面 PBC 平面 ABCD ，平面 PBC平面 ABCD = BC ， PO ì平面 PBC ，所以 PO 平面 ABCD.4分如图，以 O 为原点， OB 所在的直线为x 轴，在平面 ABCD 内过 O 垂直于 BC 的直线为 y 轴， OP 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系Oxyz 、不妨设 BC = 2 . 由直角梯形 ABCD

29、 中 AB = PB = PC = BC = 2CD 可得 P(0,0,3) ， D(- 1,1,0) ，A(1,2,0) .所以 DP = (1,- 1, 3) ， DA = (2,1,0) .设平面 PAD 的法向量 m = ( x, y, z) .因为 ì0,?m ?DP?í?0.?m ?DAzPCDBOyAxì3) =0,?( x, y, z)?(1, 1,?í0,?( x, y, z)?(2,1,0)?ì?x - y + 3z = 0,í?2x + y = 0.x = 1y = - 2, z = -3 .m = (1,-2,

30、- 3).7BCPn0,1,0 .m n2.cos m, nm n2ADPBCP.990°4PBMCMPADPM= 1.PB210ABNCM CN MN.MNPA1.AN=AB2AB = 2CDAN= CD.ABCDPMCDBNAANCD.CNAD.MNCN=N,PAAD=AMNCPAD .13CM ìMNCCMPAD .1417201817SABCDSADABCDABCDAD2a, AB3aSASDaCDSACSAD. SADABCDCDADSADABCDADCDSAD .SASADCDSA6 CDSA.SADSASDaAD2aSASDSASDC .SA SD SA SC

31、, CSDCSADRt CDSCSDCD3atanSDa3C SAD133BCE,ADPSADSASD a PADSPADSADABCDSADABCDADSPABCDPE AD1如图，以P 为坐标原点，PA为 x 轴， PE为 y 轴， PS为 z 轴建立空间直角坐标系，那么2，2，S(0,0,A(a)a,0,0)22，2 a,，B(2 a, 3a,0)C(3a,0)22、 3分D (2 a,0,0)2易知( 2 a,0,2 a)CD(0,3a,0), SA22因为 CD SA0，所以 CDSA、 6 分设 n (x, y, z) 为平面 CSA的一个法向量，那么有n SA0，n CA0即2 az0，所以 n( 3, 2, 3)、 7分2 ax222axa 3 y 0显然， EP平面 SAD ，所以 PE 为平面 SAD