2021-2022学年北京市各区高三一模试题汇编-立体几何 附解析

2021-2022学年北京市各区高三一模试题汇编—立体几何一、选择题1.（2022东城一模第6题）已知正方体的棱长为1，E为BC上一点，则三棱锥的体积为（A） （B）（C） （D）解析：由为到平面的距离，所以根据体积法可得，代入数值即可得解.，答案D2.（2022海淀一模第5题）下列命题中正确的是（A）平行于同一个平面的两条直线平行（B）平行于同一条直线的两个平面平行（C）垂直于同一个平面的两个平面平行（D）垂直于同一条直线的两个平面平行解析：线面关系命题的判断，首先要对相关的判定和性质定理理解要到位，尤其是直线与平面平行和平面与平面垂直的时候，直线、平面位置可以相应转动，只有线面垂直时是相对位置确定的。所以选D3.（2022朝阳一模第7题）已知三棱锥，现有质点从点出发沿棱移动，规定质点从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为1次移动，则该质点经过3次移动后返回到点的不同路径的种数为（A）3 （B）6 （C）9 （D）12解析：第1步和最后一步位置都A，中间两步位置可从B、C、D三个点中选两个排列即可.也可以看成先后顺序为1、2、3、4的四个座位，第1和第4个座位都是A，第2和第3两个座位从B、C、D三个字母选两个进行排列，共种排法.4.（2022石景山一模第4题）设是直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是A．若∥，∥，则∥B．若∥，⊥，则⊥C．若⊥，⊥，则⊥D．若⊥，∥，则⊥解析：线面关系命题的判断，首先要对相关的判定和性质定理理解要到位，对于用符号语言表达的命题，最好准确的翻译为文字语言。尤其是直线与平面平行和平面与平面垂直的时候，直线、平面位置可以相应转动，只有线面垂直时是相对位置确定的。所以选B5.（2022朝阳一模第10题）在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，，，两两垂直，（单位：），小明同学计划过侧面内任意一点将木块锯开，使截面平行于直线和，则该截面面积（单位：）的最大值是（A） （B）（C） （D）解析：解：根据题意，平面内，过点作分别交于，在平面内，过作交于，在平面内，过作交于，连接，作图如下，因为，则，所以∽，设其相似比为，则，因为，所以在中，，因为，所以，即，因为，则，所以，∽，即，因，所以，即，同理∽，即，因为，平面，平面，所以平面，因为，所以平面，平面，因为平面，所以，因为所以因为，所以∽，所以，因为，所以，因为，所以，所以四边形是矩形，即，所以，由二次函数的性质知，当时，有最大值.故选：二、填空题1.（2022丰台一模第15题）15．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：①平面截正方体所得的截面图形是五边形；②直线到平面的距离是；③存在点，使得；④△面积的最小值是.其中所有正确结论的序号是．[思路分析]对于①，根据正方体的结构特征，相对的面相互平行，可得截面与各棱的交点，画出图形可得截面的形状．对于②③④，可以通过建立空间直角坐标系用向量法求解．是否存在点，使得，可以转化为是否有解；当直线与平面平行时，直线到平面的距离可以转化为点到平面的距离．求△面积关键是求点到直线距离的最小值．[解析]答案：=1\*GB3①=3\*GB3③①：由图可知，截面图形是五边形．②：以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，．由于，故点到平面的距离即为直线到平面的距离．设平面的法向量，则可得故平面的一个法向量为，则．故结论错误．=3\*GB3③：令，则，，故，，，可得．故结论正确．④：，点到直线的距离为=．当时，，故．故结论错误．2.（2022房山一模第15题）（15）如图,正方体的棱长，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动.给出下列四个结论：①；②存在一点，//；③若，则△面积的最大值为；④若到直线的距离与到点的距离相等，则的轨迹为抛物线的一部分.其中所有正确结论的序号是___.[思路分析]利用线面垂直与线面平行的有关定理、定义，可以确定①②④，利用空间直角坐标系，可以确定③．[解析]答案：①③①：由，，可证．故结论正确．②：易证，与平面相交，则与平面相交，平面同不存在与平行的直线．故结论错误．③：以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，．设，则，，，故=，时，，．故结论正确．④：到直线的距离即为到的距离，故到的距离等于到的距离，其轨迹为线段．3.（2022西城一模第13题）如图，在棱长为的正方体中，点为棱的中点，点为底面内一点，给出下列三个论断：①;②;③.以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_____.[思路分析]利用线面垂直的相关定理．[解析]答案：若，则；若，则.分别取、中点，，易证，．若，由于，可证．由于与相似，且相比为2，故，反之亦成立．4.（2022门头沟一模第15题）（15）如图，已知四棱锥的底面是边长为的菱形，且，，，，分别是，的中点，是线段上的动点，给出下列四个结论：①；②；③直线与底面所成角的正弦值为；④面积的取值范围是.其中所有正确结论的序号是．[思路分析]根据四棱锥的结构特征，利用线面垂直的判定定理及菱形的性质，可以求出有关距离和角．[解析]①④；得：①正确；计算可得，②不正确；由线面角定义知，就是直线与底面所成的角，．故③不正确；由得，，，，当时最小，④正确．三、解答题1.（2022东城一模第17题）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上的一点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离.解析：本题难点在M点是动点，第一问必须看出垂直于；第二问要先用线段比正确表示M点坐标，利用空间向量夹角公式，结合空间点到面距离公式进行求解即可.解：（Ⅰ）因为平面，所以，.因为，所以平面.所以.因为在三棱柱中，，所以.又因为，所以四边形为正方形.连结，则.又因为，所以平面.因为平面，所以.（Ⅱ）因为AB，AC，两两垂直，所以如图建立空间直角坐标系.可得，，，，，．则，，.设，则.设为平面的法向量，则即令，则，，可得．则.解得，则.因为，2.（2022西城一模第17题）如图，四边形是矩形，平面，平面，，，点在棱上．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）若点到平面的距离为，求线段的长.[思路分析]（Ⅰ）利用线面平行或面面平行的相关定理．（Ⅱ）求平面的法向量，利用二面公式可求解；（Ⅲ）设点的坐标，利用点到面的距离公式可得的坐标，进而求出线段的长.[解析]（Ⅰ）证明：在矩形中，.因为平面，平面，所以平面.因为平面，平面，所以．因为平面，平面，所以平面.又因为平面，平面，.所以平面平面.因为平面，所以平面. （Ⅱ）因为平面，平面，平面，所以，.又因为是矩形，，所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则，，，所以，.设平面的一个法向量为，则即令，则，.于是.取平面的法向量为.则.由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值是. （Ⅲ）令线段的长为，则，.所以，因为点到平面的距离.所以，即.解得或（舍）.所以线段的长为. 所以点到平面的距离为.3.（2022海淀一模第17题）如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若与平面的所成角的正弦值为，求的长度.解析：本题第一问还是考察了面面垂直的性质定理，第二问则是线面角正弦值运算的逆向考察.解：（Ⅰ）在四棱柱中，取棱AD中点为O，因为，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.因为底面是正方形，所以，因为，所以平面.所以，即.（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，设长度为，因为正方形的边长，则，，，，，.所以，，.设平面的法向量为，则令，则，于是.因为与平面的所成角的正弦值为，所以，所以，所以.4.（2022朝阳一模第18题）如图1，在四边形中，，，，，，分别是,上的点，，，，．将沿折起到的位置，得到五棱锥，如图2．（Ⅰ）求证：⊥平面；（Ⅱ）若平面⊥平面，（i）求二面角的余弦值；（ii）对线段上任意一点，求证：直线与平面相交．解析：本题关注平面图形与空间图形的变换和关系，是一个亮点，第二问可设，进而可得，利用向量数量积可得，即证.解：（Ⅰ）因为，，所以．所以，．又因为平面，平面，，所以⊥平面．（Ⅱ）（i）因为平面⊥平面，平面平面，平面，，所以平面．因为平面，所以．又因为，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，．所以，．设平面的一个法向量为，则即令，则，．所以．由（I）可知，平面，所以平面的一个法向量是．所以．由题可知，二面角为锐角，其余弦值为．（ii）设是线段上一点，设．则．解得，，．所以．因为，所以．所以直线与平面相交．5.（2022石景山一模第18题）如图1，在平面四边形中，∥，，，．将△沿翻折到△的位置，使得平面平面，如图2所示．（Ⅰ）设平面与平面的交线为，求证：图1（Ⅱ）在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为，请说明理由．图1图2图2解析：（1）延长相交于点，连接，得到为平面与平面的交线，结合线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面，进而证得.（2）以为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式列出方程，即可求解.解：（Ⅰ）依题意，因为∥，所以，由于平面平面，且交线为，，所以平面，因为是平面与平面的交线，所以平面，故（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，平面，所以，由题意可知,．以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设，则，，设是平面的一个法向量，则令，可得，由于是平面的一个法向量，依题意，二面角的余弦值为，所以，解得，所以当点是棱的中点时，符合题意6.（2022房山一模第16题）（16）如图，在三棱柱中，平面，．（Ⅰ）求证：//平面；（Ⅱ）若，求：①与平面所成角的正弦值；②直线与平面的距离．[思路分析]（Ⅰ）通过证明平行四边形，利用线面平行的判定定理可证．（Ⅱ）求平面的法向量，利用线面所成角公式可求解；直线与平面的距离可以转化为点或与平面的距离，利用点到平面的距离公式可得结果．[解析]（Ⅰ）在三棱柱中，四边形为平行四边形.所以.因为平面，平面，所以//平面.（Ⅱ）因为平面，平面，所以.又AB⊥BC，所以两两互相垂直.如图建立空间直角坐标系，则,,,.所以，,设平面的法向量为，则，即令，则.于是.①设直线与平面所成的角为θ，则.所以与平面所成角的正弦值为．②因为//平面，所以直线与平面的距离就是点到平面的距离.设的距离为，则.7.（2022门头沟一模第18题）如图，在正三棱柱中，，，分别是，的中点．（Ⅰ）在侧棱上作出点，满足，并给出证明；（Ⅱ）求二面角的余弦值及点到平面的距离．[思路分析]（Ⅰ）同线面平行的性质，可得．（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用二面角公式与点到面的距离可得．[解析]解：（Ⅰ）设的中点为，的中点为，则，，则，，．（Ⅱ）设是边的中点，是的中点，则，为正三角形，所以，，，，两两垂直，建立如图所示坐标系．则，，，，，设平面的法向量为，则，平面的法向量为，，所以二面角的余弦值为．，设点到平面的距离为，则．8.（2022丰台一模第17题）如图，在直角梯形中，，，．以直线为轴，将直角梯形旋转得到直角梯形，且．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．解：证明：（Ⅰ）由