北京市2020高三数学一模分类汇编5立体几何-理

1、2020北京市高三一模数学理分类汇编5:立体几何【2020北京市丰台区一模理】5.若正四棱锥的正视图和侧视图如右图所示，则该几何体的表 TOC o 1-5 h z 面积是（） MU4447708 HYPERLINK l bookmark19 o Current Document 44T1【答案】B【2020北京市房山区一模理】10. 一个几何体的三视图如下图，则这个几何体的体积为2【2020北京市海淀区一模理】（8）在正方体 ABCD - ABC D 中，若点P （异于点 B ）是棱上一点，则知足BP与AC 所成的角为45。的点P的个数为2020P- ABCD(16)AB/ CD14ABA A

2、DAB= 4,AD = 2 2,CD = 2PA aABCDPA= 4.BPCBDPAB IPCD mCD mPACAB / CDCD/PAB .CD PCDPAB IPCD mCD/APaABCDAB aB(4,0,0)uuurBDyzP(0,0,4)D(0,24,2“2,0)uuurACQCPAC3PQ3 PBCDPABADA2,0) C (2, 2(2, 22,0)ABPABAB, AD , APuuurAP(0,0, 4)uuuruuurBDAC (4)22222uuur uuurJBDAP(4)0220040 .y5zxC2020PABDAP IBDPQPB uuur PQ=AC B

3、DACAACPACPAC .uuur PB.(x, y, z - 4)=i?x = 4y = 0,?z = - 4+ 4,AP .PAC(4,0, - 4).Q(4 ,0,-Q( x, y, z)4+ 4).QCPACuuurCQ= (4-2,-2 2,-4+ 4).11sin =,3PACuuur uuur cos =4(422 命 V(4 2)27一0,1.12-PQ = 7 .PB 1212 3 cm3uuurBD (4, 2V2,0).uuur uuurID IEuuurxuuuXCQ BD2) 88 (4 4)21214A 4 3 cm 2 B 2 3 cm 2 C 8cm 2 D

4、4 cmA因此左视图的面积为2 3 -2【2020北京市门头沟区一模理】3.己知某几何体的三视图如右图所示，则具体积为左视图-IT俯视图(A)8(B) 44(C)3(D)23【2020北京市门头沟区一模理】8.正四棱柱ABCD A1B1C1 Di的底面边长为2V2 , AAi点M是BC的中点，P是平面AiBCD内的一个动点， 且知足PM 2P 到 AiDi2 ,和AD的距离相等，则点P的轨迹的长度为(A)(B)(C) 2 2(D) 2【答案】【2020D北京市旭日区一模理】4.已知平面,直线a, b, l，且 a,b，则“ l”的.充足不用要条件 .充足必需条件.必需不充足条件.既不充足也不用

5、要条件B【2020北京市旭日区一模理】 为.10.已知某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积242020【北京市石景山区一模理】m, n是两条不一样的直线,是三个不一样的平面, 下列命题正确的选项是（）A.若 m / n,m / ,则 n /B.若 ,，则/D.若 m , n ，则 m nC.若 m / , n / ，贝 U m / n【答案】DD正确【分析】依据线面垂直的性质可知选项【2020北京市石景山区一模理】7.某几何体的三视图如下图，则它的体积是（至视图 交陋【答案】A【分析】 由三视图可知，该组合体下边是边长为3232的正方体，上边是底边边长为2,侧高为2的四棱锥。四棱锥的高为,

6、因此组合体的体积 1_2_3“3,四棱锥的体积为 12 33【2020北京市石景山区一模理】8.如图，已知平面C、D在平面内，且DA,CB,ADAB6, BC 8上有一个动点使得APDABCD体积PD的最大值是（A. 24 3B.16C. 48D. 144【2020北京市石景山区一模理】17.（本小题满分 14分）如图,三棱柱 ABC A1B1C1 中，AA1，面 ABC ,BCAC, BC AC 2 ,AA13,D为AC的中点.(D求证:AB1 / 面 BDC1 ;(n)求二面角C1 BD C的余弦值;（田）在侧棱AA1上能否存在点CP 面 BDC1 ?请证明你的结论连结OD .BDC1.(

7、II（I ）证明：连结: BCC1B1 是矩形，又D是AC的中点，: AB1 面 BD。，ODB C,1与BC订交于1O 是 B1C1OD/AB面 BDC 1的中点. AB 1/）解：如图，成立空间直角坐标系,0, 0) , B ( 0, 3,3,0) , A ( 2, 3, 0),O,B1BC,C1AD2020ABEHuuuruuuurCi B (0,3,2) C iDn ( xi , yi, zi )r uuurngCiBr uuuurngC i DuuuurCiCruuuur cos n, CiCCi-BCHC7 .0,(1,3,0)BDC3 yi2zixi3yi0,n0i(i, 一3(

8、0,3,0)ABC.r uuuurngCiCuuuuCiIIIAAPCPBDC.iuuurP 2 y 0 0 y VCP uuur uuur CP gCiB 0, uuur uuuurCPgCiD 0y 3,7y3AAPCPBDCABCD(2, y3,0)i02EFAEDEH/FACABCDFC BACI BDABCDO AC3( y3) 0,i23( y900OHOFO3)i4i3i6i4EF ABCDAE ED HADEF/AB EFEAABADOH /CD ,OH1CD EF / / AB,EF 2EF /OHEFOHEHOFEH / /FOFOFACEHFACEH/FACAEEDHAD

9、EHADAB/ EFEFEAABEAzEHAEDEFABEH8ABCDEH9DACOFBDEF1OAB2ABxy2,0) C (F (0,0,1)B(0,2,0,0)10uruuuruuurBCFm22,0),uruuuruuruuurBC0ur(11uurAFCn2(0,1,0)12ur13cosur2ABBFBCDCDuurn2n2n uur1,1A FCur uurCF (ABD = 90 EBABCD0, n1 CF(x, y, z) BC (ABADABAEDC13MBD.MN,NF .ADFADMN/AB,MN = 1 AB4EF/AB AB = 2 EB

10、 = 3, EF =1 BC =EM/ADFD-AF-BEBPCP AF30BPADDABM BD1 EF/AB,EF = AB2MN/EFMN = EF .MNFEEM/FN .FNADF EMEM/ADFEBABDAB BDB(2,3, 3).3B - xyz .B(0,0,0), A(0,2,0), D(3,0,0),C (3,-2,0), E(0,0, TOC o 1-5 h z uuur3EM = ( ,0,-一2ADFuuurn AD0,uuurn AF0,y= 3nuuur 3-EM n (,0,- 3) (2,3,3) =3+0-3=02 uuurEMnEMADF EM /AD

11、FADF n (2,3,3).EBABDEBBD .ABBDBD EBAF .uuurBD(3,0,0) EBAF.uuur因此 cos BD, nuuur BD n uuur,又二面角 D- AF - B为锐角,BD I n故二面角D- AF - B的大小为6010分(m)假定在线段EB上存在一点使得CP与AF所成的角为30 .uuuruuur不如设 P(0,0,t)( 0t 33 )，则 PC = (3,-2,- t), AF = (0,-1,3)uuur uuur因此cos PC,AFuuur uuurPC AF2 -G由题意得2 ,t 2 +13化简得解得t35-0 .4 3uuurP

12、C-uuurAF43,因此在线段 EB上不存在点【2020北京市东城区一模理】(17)如图1,在边长为 3的正三角形且知足AE FC成直二面角，连结(I)求证：A1(n)求直线 A12 t 2 +13P ,使得CP与AF所成的角为(本小题共 13分)ABC KE , F , P分别为30.14分AB , ACBC上的点,CP 1 .将 AEF沿EF折起到 A1 EF的地点，使二面角A1B , A1P .(如图 2)E，平面E与平面A1 BP所成角的大小.【答案】(i)证明：取BE中点D ,连结DF由于 AE CF 1, DE 1,因此 AF AD 2，而 A 60o ,即 ADF是正三角形A1

13、 EF BAEED1,EFAD.2AiEEF BEEF.3A1EBA1EF B.Ai EFAiEBE .BEI EFAiEBEFAi EBEP.E xyzE(0,0,0)AF(0,3,0)CF2020AiEBEPBEEFEAii(0,0 ,i)B(2,0,0)DP .FACPPBPF BEPFEFPD.EF DPEFPiuuuurAiB (2,0,AiBPncos2x0,AiEAizxBPy 0.uuur n, EAiABCD BDEFi一 BE2DP .uuuri) BP3nuuuur n EA i uuuuurI n II EAi |i7i4(i,V3,0)(x, y, z)uuuurEA

14、iuuuur AiB n uuur BP n(3 , 3,6).3一.i2(0,0,i).80,0.i0i3DAB DBF 60FA FC(I)求证： AC平面BDEF ；(n)求证:FC /平面 EAD ；(田)求二面角A FC B的余弦值.【答案】(I)证明:设 AC与BD连结由于四边形ABCD为菱形,因此 ACBD且。为AC中点.又 FA FC,因此ACFO. 3 分由于FOBD因此AC平面BDEF .(n)证明:由于四边形ABCD 与 BDEF均为菱形,E1分4分因此AD / BC,DE/ BF ,因此平面FBC /平面EAD .(田)OA又FC平面FBC ,因此FC / 平面EAD

15、.解：由于四边形 BDEF为菱形，且由于O为BD中点，因此由OA, OB, OF两两垂直,设AB 2 .由于四边形OF因此O(0,0,0), A(因此DBF 60 ,因此 DBF为等边三角形.FO BD，故 FO 平面 ABCD .成立如下图的空间直角坐标系ABCD 为菱形，DAB 60 ,则 BD2 ,因此OB 13,0,0), B(0,1,0),C( N 3,0,0), F (0,0, 5 3).uuur _CF ( - 3,0, 3),uuur _CB(V 3,1,0).设平面BFC的法向量为n = ( x,y,z )，则有uuur CF uuurCB0,0.因此3x3x y3z 0,取

16、 x 1，得 n 0.(1, 3,12分易知平面 AFC的法向量为v (0,1,0)13分AFC Bcos n, vI n v 35I in v5A FC B202017.1551414ABCA1B1C1BCCC1 AB=2 , AB BC .M,NCC1 , B1CGAB.(I)IB1CBNG(II)(III)BNABCG /AB1MGB1CBC, ABABBi BCCiB1CB1 BCC1AB1 B.ABC A 1B1C1BCBB1 , BB1 BC BB1CABB1CGB3BN BG BB1CBNGIIGABCG /AB1M .AB1, AB1HHG , HM ,GC ,HGAB 1B-1 BB 1GH BB1 GH 2B1BCC1CCiBBi CCi BBiM CCiCM iCCi72MC GH MC GHHGCMGC HMGC平面 ABiM ,HM平面ABi MCG/ABi M(iii) ABCAi BiCi AB BCBiBi