北京市各区高三一模试题汇编立体几何

2023北京高三一模数学汇编空间向量与立体几何1．（2023·北京房山·统考一模）如图，已知正方体1111ABCD A B C D −，则下列结论中正确的是（ ）A ．与三条直线111,,AB CCD A 所成的角都相等的直线有且仅有一条 B ．与三条直线111,,AB CC D A 所成的角都相等的平面有且仅有一个 C ．到三条直线111,,AB CC D A 的距离都相等的点恰有两个 D ．到三条直线111,,AB CC D A 的距离都相等的点有无数个2．（2023·北京丰台·统考一模）如图，在直三棱柱111ABC A B C 中，AC BC ⊥，2AC =，1BC =，12AA =，点D 在棱AC 上，点E 在棱1BB 上，给出下列三个结论：①三棱锥E ABD −的体积的最大值为23；②1A D DB +③点D 到直线1C E ． 其中所有正确结论的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．33．（2023·北京西城·统考一模）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，点M ，N 分别在线段1AD 和11B C 上．给出下列四个结论： ①MN 的最小值为2； ②四面体NMBC 的体积为43； ③有且仅有一条直线MN 与1AD 垂直； ④存在点M ，N ，使MBN △为等边三角形． 其中所有正确结论的序号是____．4．（2023·北京海淀·统考一模）如图，直三棱柱111ABC A B C 中，1AC BC ==，12AA =，AC BC ⊥，D 是1AA 的中点．(1)证明：1C D ⊥平面BCD ；(2)求直线CD 与平面1BC D 所成角的正弦值．5．（2023·北京西城·统考一模）如图，在四棱锥P ABCD −中，PA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AB AD ⊥，1AB =，2PA AD CD ===．E 为棱PC 上一点，平面ABE 与棱PD 交于点F ．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，完成下列两个问题(1)求证：F 为PD 的中点； (2)求二面角B FC P −−的余弦值． 条件①：//BE AF ；条件②：BE PC ⊥．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．6．（2023·北京丰台·统考一模）如图，在四棱锥P ABCD −中，底面是边长为2的菱形，AC 交BD 于点O ，60BAD ∠=︒，PB PD =．点E 是棱P A 的中点，连接OE ，OP ．(1)求证：//OE 平面PCD ；(2)若平面P AC 与平面PCD 知，求线段OP 的长．条件①：平面PBD ⊥平面ABCD ； 条件②：PB AC ⊥．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．7．（2023·北京东城·统考一模）如图，在长方体1111ABCD A B C D −中，12AA AD ==，1BD 和1B D 交于点E ，F 为AB 的中点.(1)求证：EF ∥平面11ADD A ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求 （i ）平面CEF 与平面BCE 的夹角的余弦值； （ii ）点A 到平面CEF 的距离. 条件①：1CE B D ⊥；条件②：直线1B D 与平面11BCC B 所成的角为4π. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.8．（2023·北京房山·统考一模）如图，四棱锥P ABCD −的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，2PD DC AD ===，M 为BC 的中点.(1)求证：AM ⊥平面PBD ；(2)求平面ABCD 与平面APM 所成角的余弦值； (3)求D 到平面APM 的距离.9．（2023·北京朝阳·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AA ⊥平面ABC ，D ，E 分别为AC ，11A C的中点，AB BC ==12AC AA ==．(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)求直线DE 与平面ABE 所成角的正弦值； (3)求点D 到平面ABE 的距离．10．（2023·北京石景山·统考一模）如图，在四棱锥P ABCD −中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAD 为等腰直角三角形，且π2PAD ∠=，点F 为棱PC 上的点，平面ADF 与棱PB 交于点E .(1)求证：//EF AD ；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面PCD 与平面ADFE 所成锐二面角的大小.条件①：AE =条件②：平面PAD ⊥平面ABCD ；⊥.条件③：PB FD注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.参考答案1．D【分析】所成的角都相等的直线有无数条，A 错误，成的角相等的平面有无数个，B 错误，距离相等的点有无数个，C 错误，D 正确，得到答案.【详解】对选项A ：根据对称性知1AC 与三条直线的夹角相等，则与1AC 平行的直线都满足条件，有无数条，错误；对选项B ：根据对称性知平面1A BD 与三条直线所成的角相等，则与平面1A BD 平行的平面都满足条件，有无数个，错误；对选项C ：如图所示建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，()1,0,0A ，()1,1,0B ，1DB 上一点(),,P a a a ，则()0,1,0AB =，()1,,PA a a a =−，(cos ,AB PA AB PA AB PAa ⋅==⋅P 到直线AB的距离为21cos ,PA PA AB ⋅−==，同理可得P 到直线1CC 和11D A 1DB 上的点到三条直线111,,AB CC D A 的距离都相等，故有无数个，错误；对选项D ：1DB 上的点到三条直线111,,AB CC D A 的距离都相等，故有无数个，正确； 故选：D 2．C【分析】根据锥体的体积公式判断①，将将ABC 翻折到与矩形11ACC A 共面时连接1A B 交AC 于点D ，此时1A D DB +取得最小值，利用勾股定理求出距离最小值，即可判断②，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质计算可得. 【详解】在直三棱柱111ABC A B C 中1BB ⊥平面ABC ，对于①：因为点E 在棱1BB 上112A B A B ==，所以[]0,2BE ∈，又13E ABD ABDV BE S−=⋅，又AC BC ⊥，2AC =，1BC =，点D 在棱AC 上，所以[]0,2AD ∈，[]110,122ABDSAD BC AD =⋅=∈，所以1233E ABD ABDV BE S−=⋅≤，当且仅当D 在C 点、E 在1B 点时取等号，故①正确； 对于②：如图将ABC 翻折到与矩形11ACC A 共面时连接1A B 交AC 于点D ，此时1A D DB +取得最小值，因为1112A C CC ==，1BC =，所以13BC =，所以1A B == 即1A D DB +对于③：如图建立空间直角坐标系，设(),0,0D a ，[]0,2a ∈，()0,1,E c ，[]0,2c ∈，()10,0,2C ，所以()1,0,2C D a =−，()10,1,2C E c =−，则点D 到直线1C E 的距离221111CD CE d C D C E ⎛⎫⋅ ⎪=−=⎪⎝⎭=当2c =时2d =≥， 当02c ≤<时()2024c <−≤，()21142c ≤−，()215142c +≥−，则()241601512c <≤+−，所以当()()224221c c −−+取最大值165，且20a=时min d = 即当D 在C 点E 在B 点时点D 到直线1C E ，故③正确；故选：C 3．①②④【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以M 为顶点，NBC 为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，利用空间坐标即可求解.【详解】对于①，由于M 在1AD 上运动，N 在11B C 上运动，所以MN 的最小值就是两条直线之间距离11D C ，而112D C =，所以MN 的最小值为2；对于②，111233M BNC BNC BNC V SD C S −=⋅⋅=⋅，而12222BNCS=⨯⨯=，所以四面体NMBC 的体积为43；对于③，由题意可知，当M 与1D 重合，N 与1C 重合时， 111D C AD ⊥，又根据正方体性质可知，111AD A B CD ⊥，所以当M 为1AD 中点，N 与1B 重合时，此时1MN AD ⊥，故与1AD 垂直的MN 不唯一，③错误；对于④，当MBN △为等边三角形时，BM BN =，则此时1AM B N =.所以只需要BM 与BN 的夹角能等于π3即可.以D 为原点，DA 、DC 、1DD 分别为x轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如下图，设1AM B N n ==，则由题意可得2M ⎛⎝，()2,2,0B ，()2,2,2N n −，则可得BM ⎛=− ⎝，(),0,2BN n =−，则12cos2n BM BN MBN BM BN ⋅∠===⋅，整理可得2120n n ⎫−+=⎪⎪⎝⎭，该方程看成关于n的二次函数，44140⎫∆=−⨯⨯=>⎪⎪⎝⎭，所以存在n 使得MBN △为等边三角形. 故答案为：①②④ 4．(1)证明见解析(2)3【分析】（1）以点C 为坐标原点，CA 、CB 、1CC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出1C D CB ⊥，1C D CD ⊥，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线CD 与平面1BC D 所成角的正弦值.【详解】（1）证明：在直三棱柱111ABC A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，且AC BC ⊥，以点C 为坐标原点，CA 、CB 、1CC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则点()0,1,0B 、()0,0,0C 、()10,0,2C 、()1,0,1D ，()0,1,0CB =、()1,0,1CD =、()11,0,1C D =−，所以，10CB C D ⋅=，11010CD C D ⋅=+−=，则1C D CB ⊥，1C D CD ⊥， 又因为CB CD C =，CB 、CD ⊂平面BCD ，因此，1C D ⊥平面BCD . （2）解：设平面1BC D 的法向量为(),,m x y z =，()10,1,2BC =−， 则11200m BC y z m C D x z ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=−=⎪⎩，取1z =，可得()1,2,1m =，所以，cos ,2CD m CD m CD m⋅===⋅ 因此，CD 与平面1BC D . 5．(1)证明见解析【分析】（1）若选条件①，利用线面平行判定定理和性质定理即可得出四边形ABEF 为平行四边形，又12AB CD =即可得EF 为PCD 的中位线即可得出证明；若选条件②，利用勾股定理可得E 为PC 的中点，再利用线面平行判定定理和性质定理即可得CD EF ∥，即可得出证明；（2）建立以A 为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面BCF 的法向量为(2,1,3)m =−，易知AF 是平面PCD 的一个法向量，根据空间向量夹角与二面角之间的关系即可求得结果. 【详解】（1）选条件①：BE AF ∥因为//AB CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， 所以//AB 平面PCD因为平面ABEF ⋂平面PCD EF =， 所以AB EF ∥又//BE AF ， 所以四边形ABEF 为平行四边形． 所以AB EF ∥且AB EF =．因为//AB CD 且12AB CD =，所以//EF CD 且12EF CD =．所以EF 为PCD 的中位线． 所以F 为PD 的中点． 选条件②：BE PC ⊥．因为PA ⊥平面ABCD ，,AB AD ⊂ABCD ，所以,PA AB PA AD ⊥⊥．在Rt PAB 中，PB 在直角梯形ABCD 中，由1AB =，2AD CD ==，可求得BC =PB BC =． 因为BE PC ⊥，所以E 为PC 的中点． 因为ABCD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， 所以//AB 平面PCD ．因为平面ABEF ⋂平面PCD EF =，所以AB EF ∥． 所以CD EF ∥， 所以F 为PD 的中点；（2）由题可知因为PA ⊥平面ABCD ，所以,PA AB PA AD ⊥⊥． 又AB AD ⊥，所以,,AB AD AP 两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系A x y z −，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,0,2)P ，(0,2,0)D ，(0,1,1)F ．所以(1,2,0)BC =，(,,)111BF =−，(0,1,1)AF =．设平面BCF 的法向量为(,,)m x y z =，则·0·0m BC m BF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即20,0.x y x y z +=⎧⎨−++=⎩ 令1y =−，则2x =，3z =．于是(2,1,3)m =−．因为AB ⊥平面PAD ，且//AB CD ，所以CD ⊥平面PAD ，又AF ⊂平面PAD ，所以AF CD ⊥．又PA AD =，且F 为PD 的中点，所以AF PD ⊥．,,CD PD D CD PD ⋂=⊂平面PCD ，所以AF ⊥平面PCD ，所以AF 是平面PCD 的一个法向量． 7cos ,7m AFm AF m AF ⋅==由题设，二面角B FC P −−的平面角为锐角，所以二面角B FC P −−． 6．(1)证明见解析【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算表示出平面P AC 与平面PCD 的夹角的余弦值，即可求解.【详解】（1）因为底面ABCD 是菱形，所以O 是AC 中点，因为E 是棱P A 的中点，所以//OE PC ，又因为PC ⊂平面PCD , OE ⊄平面PCD ,所以//OE 平面PCD.（2）选择条件①:因为PB PD =，O 是BD 的中点，所以PO BD ⊥,因为平面PBD ⊥平面ABCD ,平面PBD 平面ABCD BD =, PO ⊂平面PBD ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以PO AC ⊥，又AC BD ⊥，所以,,OB OC OP 两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系O xyz −,因为菱形的边长为2，60BAD ︒∠=所以2,BD AC ==所以(1,0,0),C D −设(0,0,)(0),P t t > 所以(1,3,0),(1,0,)DC DP t ==，设(,,)n x y z =为平面PCD 的一个法向量，由,,n DC n DP ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩得0,0,n DC n DP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以0,0,x x tz ⎧=⎪⎨+=⎪⎩取,,x y t z ==−=，所以(3,,n t t =−， 因为BO ⊥平面PAC ，所以平面PAC 的一个法向量为1(1,0,0)=n ,平面P AC 与平面PCD 的夹角的余弦值为所以115cos ,5n n <>=所以22543t t =+，所以23t =，因为0t >，所以0t >，所以t =.所以线段OP选择条件②:因为PB AC ⊥.在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，因为BD ⊂平面,PBD PB ⊂平面,PBD PBBD B =,所以AC ⊥平面PBD ,因为PO ⊂平面PBD ，所以AC PO ⊥，因为,PO BD AC BD ⊥⊥,所以,,OB OC OP 两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系O xyz −,因为菱形的边长为2，60BAD ︒∠=所以2,BD AC ==所以(1,0,0),C D −设(0,0,)(0),P t t > 所以(1,3,0),(1,0,)DC DP t ==，设(,,)n x y z =为平面PCD 的一个法向量，由,,n DC n DP ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩得0,0,n DC n DP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以0,0,x x tz ⎧=⎪⎨+=⎪⎩取,,x y t z ==−=，所以(3,,n t t =−， 因为BO ⊥平面PAC ，所以平面PAC 的一个法向量为1(1,0,0)=n ,平面P AC 与平面PCD所以115cos ,5n n <>=所以22543t t =+，所以23t =，因为0t >，所以0t >，所以t =.所以线段OP7．(1)证明见解析(2)（ⅰ）（ⅱ） 1【分析】（1）利用空间中直线与平面平行的判定定理，结合三角形中位线即可证明；（2）若选条件①，利用1CE B D ⊥，通过推理论证得到1CD B C ==向量，再根据面面夹角的向量公式及点到面的距离公式运算求解；若选条件②，利用1B D 与平面11BCC B 所成角为4π，通过推理论证得到1CD B C ==，建立空间直角坐标系，求平面法向量，再根据面面夹角的向量公式及点到面的距离公式运算求解．【详解】（1）如图，连接1AD ，11B D ，BD .因为长方体1111ABCD A B C D −中,1BB ∥1DD 且11BB DD =，所以四边形11BB D D 为平行四边形.所以E 为1BD 的中点，在1ABD 中，因为E ，F 分别为1BD 和AB 的中点，所以EF ∥1AD .因为EF ⊄平面11ADD A ，1AD ⊂平面11ADD A ，所以EF ∥平面11ADD A .（2）选条件①：1CE B D ⊥.(ⅰ)连接1B C .因为长方体中12AA AD ==，所以1=B C .在1CBD △中,因为E 为1B D 的中点，1CE B D ⊥，所以1CD B C ==如图建立空间直角坐标系D xyz −，因为长方体中12A A AD ==,CD =，则(0,0,0)D ，(2,0,0)A，(0,C，B，F ，1B，E .所以(1,CE =，(2,CF =，(2,0,0)CB =.设平面CEF 的法向量为111(,,)m x y z =，则0,0,m CE m CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即111110,20.x z x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩令11x =，则1y =11z =，可得(1,2,1)m =.设平面BCE 的法向量为222(,,)n x y z =，则0,0,n CE n CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即22220,20.x z x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩ 令21y =，则20x =，2z =(0,1,2)n =.设平面CEF 与平面BCE 的夹角为θ ， 则||6cos |cos ,|.3||||mn m n m n θ⋅=<>== 所以平面CEF 与平面BCE(ⅱ)因为(0,AF =，所以点A 到平面CEF 的距离为||1||AF m d m ⋅==. 选条件②：1B D 与平面11BCC B 所成角为4π. 连接1B C . 因为长方体1111ABCD A B C D −中，CD ⊥平面11BCC B ，1B C ⊂平面11BCC B ，所以1CD B C ⊥.所以1DB C ∠为直线1B D 与平面11BCC B 所成角，即14DB C π∠=. 所以1DB C 为等腰直角三角形.因为长方体中12AA AD ==，所以1=B C .所以1CD B C ==以下同选条件① .8．(1)证明过程见解析【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；（3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可.【详解】（1）因为2DC AD ==，M 为BC 的中点，所以AD AB AB AM=， 因为四棱锥P ABCD −的底面是矩形，所以π2DAB MBA ∠=∠=， 所以Rt Rt DAB ABM ∽，所以DBA AMB ∠=∠，而π2MBD DBA ∠+∠=，即π2MBD ANB AM DB ∠+∠=⇒⊥， 因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥，而,,DBPB B DB PB =⊂平面PBD ，所以AM ⊥平面PBD ；（2）因为PD ⊥平面ABCD ，,AD DC ⊂平面ABCD ，所以,PD AD PD DC ⊥⊥，因为因为四棱锥P ABCD −的底面是矩形，所以AD DC ⊥，建立如下图所示的空间直角坐标系，()()())0,0,0,0,0,2,,2,0D P A M ， 因为PD ⊥平面ABCD ，所以平面ABCD 的法向量为()0,0,2DP =，设平面APM 的法向量为(),,n x y z =，()22PA =−，()2,2,0MA =−，于是有()202,1,220n PA z n n MA y ⎧⎧⊥−=⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⊥−=⎪⎪⎩⎩，平面ABCD 与平面APM 所成角的余弦值为(DP n DP n⋅==⋅ （3）由（2）可知平面APM的法向量为()2,1,2n=，4cos ,7DP n 〈〉= 所以D 到平面APM的距离为cos ,2DP DP n ⋅〈〉=9．(1)证明见解析；. 【分析】（1）根据线面垂直的性质得到DE AC ⊥，根据等腰三角形三线合一的性质得到AC BD ⊥，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）利用空间向量的方法求线面角即可；（3）利用空间向量的方法求点到面的距离即可.【详解】（1）在三棱柱中，D ，E 为AC ，11A C 的中点，∴1DE AA ∥，∵1AA ⊥平面ABC ，∴DE ⊥平面ABC ，∵AC ⊂平面ABC ，∴DE AC ⊥，在三角形ABC 中，AB BC =，D 为AC 中点，∴AC BD ⊥，∵DE BD D ⋂=，,DE BD 平面BDE ，∴AC ⊥平面BDE .（2）如图，以D 为原点，分别以,,DA DB DE 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，在直角三角形ABD 中，AB =112AD AC ==，∴2BD =， ()0,0,0D ，()0,0,2E ，()1,0,0A ，()0,2,0B ，()0,0,2DE =，()1,2,0AB =−，()1,0,2AE =−，设平面ABE 的法向量为(),,m x y z =，2020AB m x y AE m x z ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，令2x =，则1y =，1z =，所以()2,1,1m =， 设直线DE 与平面ABE 所成角为θ，所以sin cos ,2DE mDE m DE m θ⋅====⨯⋅（3）设点D 到平面ABE 的距离为d ，所以26DE md m ⋅=== 10．(1)证明见解析(2)π3 【分析】（1）根据条件可以证明//AD 平面PBC ，再利用线面平行的性质定理即可证明出结论；（2）选条件①②可以证明出,,AB AD AP 两两垂直，建立空间直角坐标系A xyz −，求出相应坐标，再求出两平面的法向量，进而求出结果;选条件①③或②③同样可以证明求解.【详解】（1）证明：因为底面ABCD 是正方形，所以//AD BC ，BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ,所以//AD 平面PBC ，又因为平面ADF 与PB 交于点E .AD ⊂平面ADFE ，平面PBC ⋂平面,ADFE EF = 所以//EF AD .（2）选条件①②侧面PAD 为等腰直角三角形，且π,2PAD ∠=即2PA AD ==，PA AD ⊥平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PA ⊂平面PAD , 则PA ⊥平面ABCD ，又ABCD 为正方形， 所以,,PA AB PA AD AB AD ⊥⊥⊥.以点A 为坐标原点，,,AB AD AP 分别为x 轴,y 轴,z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A xyz −，则(0,0,0),(0,0,2),(2,2,0),(2,0,0),(0,2,0)A P C B D 因为2AE =，所以点E 为PB 的中点，则(1,0,1)E 从而：(2,2,2),(0,2,0),(1,0,1)PC AD AE =−==， 设平面ADFE 的法向量为：(,,)n x y z =， 则020n AE x z n AD y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩， 令1x =，可得(1,0,1)n =−设平面PCD 的法向量为：(,,)n a b c =，则2202220n PD b c n PC a b c ⎧⋅=−=⎪⎨⋅=+−=⎪⎩， 令1b =，可得(0,1,1)n = 所以1cos ,2PB nPB n PB n ⋅== 则两平面所成的锐二面角为π3选条件①③侧面PAD 为等腰直角三角形，且,2PAD π∠=即2,PA AD PA AD ==⊥,AD AB PA AB A ⊥⋂=，且两直线在平面内，可得AD ⊥平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，则AD PB ⊥. 又因为,,PB FD AD FD D ⊥⋂=且两直线在平面内， 则PB ⊥平面ADFE ,AE ⊂平面,ADFE 则PB AE ⊥ 因为PA AB =，所以PAB 为等腰三角形，所以点E 为PB 的中点又因为AE PAB 为等腰直角三角形， 下面同①②选条件②③侧面PAD 为等腰直角三角形，且2PAD π∠=，即2,PA AD PA AD ==⊥平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PA ⊂平面PAD , 则PA ⊥平面,ABCD ABCD 为正方形，所以,,PA AB PA AD AB AD ⊥⊥⊥.又因为,,PB FD AD FD D ⊥⋂=且两直线在平面内，则PB ⊥平面ADFE ，AE ⊂平面,ADFE 则PB AE ⊥因为PA AB =，所以PAB 为等腰三角形，所以点E 为PB 的中点. 下面同①②。

北京高三最新模拟试题分类汇编（含9区一模及上学期期末试题精选）专题：立体几何一、选择题1 ．（北京大兴区一模理科）已知平面βα,，直线n m ,，下列命题中不．正确的是 （ ）A ．若α⊥m ，β⊥m ，则α∥βB ．若m ∥n ，α⊥m ，则α⊥nC ．若m ∥α，n =βα ，则m ∥nD ．若α⊥m ，β⊂m ，则βα⊥．2 ．（北京海滨一模理科）设123,,l l l 为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4，5，6的直线.给出下列三个结论：①i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是直角三角形； ②i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是等边三角形；③三条直线上存在四点(1,2,3,4)i A i =，使得四面体1234A A A A 为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体.其中，所有正确结论的序号是（ ）A ．①B ．①②C ．①③D ．②③3 ．（北京市延庆县一模数学理）一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是 （ ）A ．2B ．22C ．3D ．324 ．（北京西城区一模理科）某正三棱柱的三视图如图所示，其中正（主）视图是边长为2的正方形，该正三棱柱的表面积是 （ ）A．6 B．12C．12+D ．24+5 ．（北京西城区一模理科）如图，正方体11ABCD A BC -中，P 为底面ABCD 上的动点，1PE AC ⊥于E ，且PA PE =，则点轨迹是（7题图）A．线段B．圆弧C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分6 ．（房山区一模理科数学）某三棱椎的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的是（）A．B．8C．D．837 ．（门头沟区一模理科）一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积是（）A．21B．13C．65D．18 ．（北京市东城区普通高中示范校高三3月联考综合练习（二）数学（理）试题）已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的（）A．B．C．D．9 ．（北京市东城区普通校高三3月联考数学（理）试题）平面α∥平面β的一个充分条件是（）A．存在一条直线a aααβ，∥，∥B．存在一条直线a a aαβ⊂，，∥C．存在两条平行直线a b a b a bαββα⊂⊂，，，，∥，∥D．存在两条异面直线a b a b a bαββα⊂⊂，，，，∥，∥10．（北京市海淀区北师特学校高三第四次月考理科数学）已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体，其三视图如下，若图中圆的半径为1（）A．43πB．2πC．83πD．103π正视图侧视图俯视图正视图侧视图俯视图正视图侧视图俯视图正视图侧视图俯视图主视图左视图俯视图11．（北京市西城区高三上学期期末考试数学理科试题）某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是（ ）A．B．C．D．12．（北京市通州区高三上学期期末考试理科数学试题 ）一个几何体的三视图如图所示，该几何 体的表面积是（ ）A．16+B．12+C．8+D．4+13．（北京市丰台区高三上学期期末考试 数学理试题 ）正（主）视图 侧（左）视图俯视图角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是（）A B．C．1 D．214．（北京市昌平区高三上学期期末考试数学理试题）已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为（）A．10+B．10+．14+D．14+15．（【解析】北京市朝阳区高三上学期期末考试数学理试题）已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为（）A B C．34D．116．（【解析】北京市朝阳区高三上学期期末考试数学理试题 ）在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，点1P，2P 分别是线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是 （ ）A ．124 B ．112C ．16D ．1217．（【解析】北京市石景山区高三上学期期末考试数学理试题 ）设,m n 是不同的直线，,αβ是不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则αβ⊥B ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则//αβC ．若//,,//m n m n αβ⊥，则α⊥βD ．若//,,//m n m n αβ⊥，则//αβ18．（【解析】北京市石景山区高三上学期期末考试数学理试题 ）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是（ ）A ．38B ．4C ．2D ．3419．（北京市房山区高三上学期期末考试数学理试题 ）若正三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的表面积是（ ）A．C．6+二、填空题20．（北京丰台区一模理科）某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是_______.21．（北京市东城区高三上学期期末考试数学理科试题）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．22．（【解析】北京市海淀区高三上学期期末考试数学理试题 ）三棱锥D ABC -及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱BD 的长为_________.23．（【解析】北京市海淀区高三上学期期末考试数学理试题 ）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点P 在正方体1111A B C D A B C D -表面上运动，且PA r =（0r <<），记点P 的轨迹的长度为()f r ，则1()2f =______________;关于r 的方程()f r k =的解的个数可以为________.（填上所有可能的值）. 三、解答题24．（北京大兴区一模理科）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，ABC D 是等边三角形，D 是BC 的中点．（Ⅰ）求证：A 1B //平面ADC 1；（Ⅱ）若AB=BB 1=2，求A 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值．25．（北京丰台区一模理科）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ∥MD ，且NB=1，MD=2；（Ⅰ）求证：AM ∥平面BCN;（Ⅱ）求AN 与平面MNC 所成角的正弦值；（Ⅲ）E 为直线MN 上一点，且平面ADE ⊥平面MNC ，求MEMN的值..26．（北京海滨一模理科）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆是正三角形，AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点，又4PA AB ==，120CDA ∠=，点N 在线段PB上，且PN =（Ⅰ）求证：BD PC ⊥；（Ⅱ）求证：//MN 平面PDC ; （Ⅲ）求二面角A PC B --的余弦值．27．（北京市延庆县一模数学理）如图，四棱锥ABCDP -的底面ABCD 为菱形， 60=∠ABC ，侧面PAB 是边长为2的正三角形，侧面PAB ⊥底面ABCD .(Ⅰ)设AB 的中点为Q ，求证：⊥PQ 平面ABCD（Ⅱ）求斜线PD 与平面ABCD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在侧棱PC 上存在一点M ，使得二面角C BD M --的大小为 60，求CPCM的值.28．（北京西城区一模理科）在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB //CD ，BC AB 2=，60ABC ︒∠=，AC FB ⊥．（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ；（Ⅱ）求BC 与平面EAC 所成角的正弦值；（Ⅲ）线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．29．（东城区一模理科）如图，已知ACDE 是直角梯形，且//ED AC ，平面ACDE ⊥平面ABC ，90BAC ACD ∠=∠=︒，AB AC AE ==2=，12ED AB =， P 是BC 的中点． （Ⅰ）求证：//DP 平面EAB ；（Ⅱ）求平面EBD 与平面ABC 所成锐二面角大小的余弦值．30．（房山区一模理科数学）在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD ⊥底面ABCD ， ABCD 为直角梯形，BC //AD ，90ADC ∠=︒，112BC CD AD ===，PA PD =，E F ,为AD PC ,的中点． （Ⅰ）求证：P A //平面BEF ；（Ⅱ）若PC 与AB 所成角为45︒，求PE 的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A 的余弦值．31．（门头沟区一模理科）在等腰梯形ABCD 中，//AD BC ，12AD BC =，60ABC ∠=，N 是BC 的中点．将梯形ABCD 绕AB 旋转90，得到梯形ABC D ''（如图）． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面ABC '； （Ⅱ）求证：//C N '平面AD D '； （Ⅲ）求二面角A C N C '--的余弦值．32．（北京市东城区普通高中示范校高三3月联考综合练习（二）数学（理）试题 ）(本小题满分13分) 在四棱锥D FECBAPACDD 'C 'ABCD P -中，底面ABCD 为矩形，ABCD PD 底面⊥，1=AB ，2=BC ，3=PD ，F G 、分别为CD AP 、的中点． （1）求证：PC AD ⊥；（2）求证：//FG 平面BCP ；（3）线段AD 上是否存在一点R ，使得平面⊥BPR 平面PCB ，若存在，求出AR 的长；若不存在，请说明理由．33．（北京市东城区普通校高三3月联考数学（理）试题 ）已知几何体A —BCED 的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角 三角形，正视图为直角梯形． （Ⅰ）求此几何体的体积V 的大小;（Ⅱ）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值； （Ⅲ）试探究在棱DE 上是否存在点Q ，使得 AQ ⊥BQ ，若存在，求出DQ 的长，不存在说明理由.侧视图俯视图正视图F G P D CB A34．（北京市东城区高三上学期期末考试数学理科试题）如图，在菱形ABCD 中，60DAB ∠=，E 是AB 的中点，MA ⊥平面ABCD ，且在矩形ADNM 中，2AD =，7AM =． （Ⅰ）求证：AC ⊥BN ；（Ⅱ）求证：AN // 平面MEC ； （Ⅲ）求二面角M EC D --的大小.35．（北京市海淀区北师特学校高三第四次月考理科数学）如图所示，正方形D D AA 11与矩形ABCD 所在平面互相垂直，22==AD AB ,点E 为AB 的中点。

2021北京高三一模数学汇编：立体几何一．选择题（共9小题）1．（2021•延庆区一模）某四棱锥的三视图如图所示，其中正（主）视图是等腰直角三角形，侧（左）视图是直角三角形，俯视图是直角梯形，则该四棱锥的体积是（）A．1 B．2 C．3 D．42．（2021•西城区一模）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（）A．12 B．C．16 D．3．（2021•东城区一模）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为（）A．B．9 C．D．274．（2021•怀柔区一模）某四棱柱的三视图如图所示，该几何体的体积为（）A．2 B．4 C．6 D．85．（2021•石景山区一模）一几何体的直观图和主视图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是（）A．B．C．D．6．（2021•房山区一模）祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是，如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．此即祖暅原理．利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行相距为h（0＜h＜2）的平面截该几何体，则截面面积为（）A．4πB．4πh2C．π（2﹣h2）D．π（4﹣h2）7．（2021•朝阳区一模）某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥最长的棱长为（）A．2 B．C．D．8．（2021•门头沟区一模）某四棱锥的三视图如图所示，则此四棱锥最长的棱长为（）A．2 B．C．4 D．9．（2021•丰台区一模）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长的棱长为（）A．2 B．C．D．4二．填空题（共1小题）10．（2021•丰台区一模）如图，从长、宽、高分别为a，b，c的长方体AEBF﹣GCHD中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥A﹣BCD．下列四个结论中，所有正确结论的序号是．①三棱锥A﹣BCD的体积为；②三棱锥A﹣BCD的每个面都是锐角三角形；③三棱锥A﹣BCD中，二面角A﹣CD﹣B不会是直二面角；④三棱锥A﹣BCD中，三条侧棱与底面所成的角分别记为α，β，γ，则sin2α+sin2β+sin2γ≤2．三．解答题（共11小题）11．（2021•延庆区一模）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面ADD1A1为矩形，且侧面ADD1A1⊥底面ABCD，AA1＝4，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面C1DE；（Ⅱ）求二面角D﹣C1E﹣B1的余弦值．12．（2021•西城区一模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点．（Ⅰ）求证：BD∥平面ACE；（Ⅱ）求直线AD与平面ACE所成角的正弦值．13．（2021•东城区一模）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形BCC1B1是边长为1的正方形，AB＝2，M，N分别为AD，A1B1的中点．（Ⅰ）求证：MA1∥平面ANC；（Ⅱ）求直线CN与平面D1AC所成角的正弦值．14．（2021•海淀区一模）在如图所示的多面体中，AB∥CD，四边形ACFE为矩形，AB＝AE＝1，AD＝CD＝2．（Ⅰ）求证：平面ABE∥平面CDF；（Ⅱ）设平面BEF∩平面CDF＝l，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角B﹣l﹣C的大小确定，并求此二面角的余弦值．条件①：AB⊥AD；条件②：AE⊥平面ABCD；条件③：平面AED⊥平面ABCD．15．（2021•丰台区一模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，，M是棱PB上的点，O是AD 中点，且PO⊥底面ABCD，．（Ⅰ）求证：BC⊥OM；（Ⅱ）若，求二面角B﹣OM﹣C的余弦值．16．（2021•怀柔区一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB1⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A1A＝2．（Ⅰ）求证：C1D∥平面ABB1A1；（Ⅱ）求证：AC⊥BC1；（Ⅲ）求二面角C1﹣BD﹣D1的余弦值．17．（2021•房山区一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝BC＝1，AC＝，BB1＝2，E为CC1上一点，且EC＝．（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）求直线A1C与平面ABE所成角的正弦值．18．（2021•石景山区一模）如图，在五面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，面ABFE∩面CDEF＝EF，AD⊥ED，CD ⊥EA．（Ⅰ）求证：CD∥平面ABFE；（Ⅱ）若EF＝ED，CD＝2EF＝2，求平面ADE与平面BCF所成的锐二面角的大小．19．（2021•朝阳区一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，O是AD边的中点，PO⊥底面ABCD，PO＝1．在底面ABCD 中，BC∥AD，CD⊥AD，BC＝CD＝1，AD＝2．（Ⅰ）求证：AB∥平面POC；（Ⅱ）求二面角B﹣AP﹣D的余弦值．20．（2021•门头沟区一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝PA，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝，E是PC上任一点，AC∩BD＝O．（Ⅰ）求证：平面EBD⊥平面PAC；（Ⅱ）若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值．21．（2021•平谷区一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，PM＝MD．（Ⅰ）求证：PB∥平面ACM；（Ⅱ）求二面角M﹣BC﹣D的余弦值．2021北京高三一模数学汇编：立体几何参考答案一．选择题（共9小题）1．【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，则该几何体的体积为V＝．故选：A．【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．2．【分析】由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，由此求出四棱锥的表面积．【解答】解：由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：则该四棱锥的表面积为：S＝S正方形ABCD+S△PAB+S△PAD+S△PBC+S△PCD＝22+×2×3+×2×3．故选：D．【点评】本题考查了利用三视图求几何体表面积，是基础题．3．【分析】由三视图知该四棱锥底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，结合图中数据求出四棱锥的体积．【解答】解：由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：则该四棱锥的体积为V＝S正方形ABCD•PA＝×36×3＝9．故选：B．【点评】本题考查了利用三视图求几何体的体积，是基础题．4．【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为直角梯形，高为2的直四棱柱；如图所示：故：V＝．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．5．【分析】通过几何体结合三视图的画图方法，判断选项即可．【解答】解：几何体的俯视图，轮廓是矩形，所以C；几何体的上部的棱与正视图方向垂直，所以A不正确．故选：B．【点评】本题考查三视图的画法，几何体的结构特征，属于基础题．6．【分析】根据三视图知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，得到截面为圆环，根据圆环面积公式计算即可．【解答】解：由已知得到几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，底面半径为2，截面为圆环，设小圆半径为r，则＝，所以r＝h，所以截面圆环的面积为4π﹣πh2＝π（3﹣h2）；故选：D．【点评】本题考查了几何体得到三视图以及截面面积的计算问题，也考查了空间几何体的结构特征，是基础题．7．【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的个各棱长，从而确定结果．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥A﹣BCD；如图所示：所以：AB＝BC＝，CD＝BD＝7，AC＝，故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，三棱锥的棱长的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．8．【分析】画出直观图，利用三视图的数据转化求解即可．【解答】解：根据直观图不难得出，PC是最长的棱长，长度为：．故选：D．【点评】本题考查三视图求解几何体的相关数据，最长棱长的求法，是基础题．9．【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出最大棱长．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体；如图所示：最长的棱长为AB＝．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的棱长的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．二．填空题（共1小题）10．【分析】求出三棱锥A﹣BCD的体积判断①；由余弦定理的推论判断②；利用空间向量判断③；直接证明sin2α+sin2β+sin2γ≤2判断④．【解答】解：对于①，长方体的体积为abc，三棱锥A﹣BCD的体积为abc﹣4×＝，故①正确；对于②，三棱锥A﹣BCD的每一个面的三边长都可以用过一个顶点的三条侧棱表示，不妨以△ACD为例，AD2＝a2+c2，AC2＝b8+c2，CD2＝a6+b2，∵AD2+AC5＞CD2，AD2+CD3＞AC2，AC2+CD3＞AD2，∴△ACD一定是锐角三角形，同理可得△ABC，△BCD为锐角三角形，则三棱锥A﹣BCD的每个面都是锐角三角形，故②正确；对于③，如图，分别以FA、FD所在直线为x、y，则A（a，0，4），b，0），b，0），5，0），0，c），C（a，b，c），2，c），，，，设平面ACD的一个法向量为，由，取y＝7，则，同理可得平面BCD的一个法向量为，，取a＝b＝，，可得二面角A﹣CD﹣B是直二面角；对于④，不妨设AB与底面所成角为α，AD与底面所成角为γ，由③可知，平面BCD的一个法向量为，，sinβ＝，＝＝．同理可得，，，则sin6α+sin2β+sin2γ，故④正确．故答案为：①②④．【点评】本题考查空间角与多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．三．解答题（共11小题）11．【分析】（Ⅰ）连结B1C，ME，利用中位线定理可证明四边形MNDE为平行四边形，从而得到MN∥ED，由线面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，然后由向量的夹角公式求解即可．【解答】（Ⅰ）证明：连结B1C，ME，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B5C，且，又因为N为A1D的中点，所以，由题设知A1B7∥DC且A1B1＝DC，可得B3C∥A1D且B1C＝A8D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C8DE；（Ⅱ）因为底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD，又因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD，且侧面ADD2A1∩底面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面ADD1A2，又DD1⊂平面ADD1A6，所以CD⊥DD1，又因为侧面ADD1A2为矩形，所以AD⊥DD1，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系D﹣xyz如图所示，其中D（0，2，0），C1（7，2，4），4，0），2，3），所以，，因为CD⊥平面ADD1A4，所以DC⊥平面BCC1B1，故为平面C7EB1的一个法向量，设为平面DC1E面的法向量，则，即，令y＝﹣2，可得，所以，因为二面角A﹣DE﹣B4的平面角是钝角，所以二面角A﹣DE﹣B1的余弦值．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的判定定理的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．12．【分析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连接OE，证明OE∥BD1.然后证明BD1∥平面ACE．（Ⅱ）不妨设正方体的棱长为2，建立空间直角坐标系A﹣xyz．求出平面ACE的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AD与平面ACE所成角的正弦值即可．【解答】（Ⅰ）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，在正方形ABCD中，OB＝OD．因为E为DD1的中点，所以OE∥BD1.………………（7分）因为BD1⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE．&nbsp;&nbsp;………………（8分）（Ⅱ）解：不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．则A（0，5，0），2，7），2，0），6，1），所以，，．&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;………………（8分）设平面ACE的法向量为＝（x，y，所以所以即令y＝﹣1，则x＝7，于是＝（1，2）设直线AD与平面ACE所成角为θ，则．………………（13分）所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值为．【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．13．【分析】（Ⅰ）取AC的中点O，连结OM，ON，先证明OM∥CD，OM＝CD，再证明NA1∥CD，NA1＝CD，从而证明MA1∥ON，利用线面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面D1AC的法向量，由向量的夹角公式求解即可．【解答】（Ⅰ）证明：取AC的中点O，连结OM，因为M是AD的中点，所以OM∥CD CD，在长方体ABCD﹣A6B1C1D5中，因为N是A1B1的中点，所以NA3∥CD，NA1＝CD，所以NA1∥OM且NA1＝OM，所以四边形NOMA3是平行四边形，所以MA1∥ON，又因为MA1⊄平面ANC，ON⊂平面ANC，所以MA8∥平面ANC；（Ⅱ）解：在长方体ABCD﹣A1B1C5D1中，以点B为坐标原点，则C（1，6，0），2，2），D1（1，7，1），1，6），所以，设平面D1AC的法向量为，则有，即，令y＝1，则x＝2，故，所以＝，故直线CN与平面D1AC所成角的正弦值为．【点评】本题考查了线面平行的证明以及线面角的求解，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．14．【分析】（Ⅰ）利用线面平行的判定定理分别证明CF∥平面ABE，CD∥平面ABE，再利用面面垂直的判定定理，即可证明面面平行；（Ⅱ）若选①②：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可．若选①②③：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可．若选①③：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：因为四边形ACFE为矩形，所以CF∥AE，又AE⊂平面ABE，CF⊄平面ABE，又因为AB∥CD，又AB⊂平面ABE，所以CD∥平面ABE，又CD∩CF＝C，CD，所以平面ABE∥平面CDF；（Ⅱ）选择①②：因为AE⊥平面ABCD，AB，所以AE⊥AB，AE⊥AD，所以AB，AE，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则B（1，0，6），0，1），4，1），所以，设平面BEF的法向量为，则，即，令x＝1，则y＝﹣1，故，因为AD⊥平面ABE，又平面ABE∥平面CDF，所以AD⊥平面CDF，取平面CDF的一个法向量为，所以，故二面角B﹣l﹣C的余弦值为．选择①②③：因为AE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，所以AB⊥AE，又因为AB⊥AD，所以AB，AE，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则B（1，0，3），0，1），7，1），所以，设平面BEF的法向量为，则，即，令x＝1，则y＝﹣1，故，因为AD⊥平面ABE，又平面ABE∥平面CDF，所以AD⊥平面CDF，取平面CDF的一个法向量为，所以，故二面角B﹣l﹣C的余弦值为．选择①③：因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，所以AB⊥AE，在矩形ACFE中，AE⊥AC，又AC，AB⊂平面ABCD，所以AE⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，所以AE⊥AD，所以AB，AE，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则B（1，0，5），0，1），4，1），所以，设平面BEF的法向量为，则，即，令x＝1，则y＝﹣1，故，因为AD⊥平面ABE，又平面ABE∥平面CDF，所以AD⊥平面CDF，取平面CDF的一个法向量为，所以，故二面角B﹣l﹣C的余弦值为．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了面面平行的判定定理，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．15．【分析】（Ⅰ）推导出OB⊥AD，由AD∥BC，得OB⊥BC，由PO⊥底面ABCD，得OP⊥BC，从而BC⊥平面POB，由此能证明BC⊥OM．（Ⅱ）由PO⊥底面ABCD，OB⊥AD，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出二面角B﹣OM﹣C的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：在菱形ABCD中，，△ABD为等边三角形，∵O为AD的中点，∴OB⊥AD，∵AD∥BC，∴OB⊥BC，∵PO⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴OP⊥BC，∵OP∩OB＝O，OP，∴BC⊥平面POB，∵M是棱PB上的点，∴OM⊂平面POB，∴BC⊥OM．（Ⅱ）∵PO⊥底面ABCD，OB⊥AD，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，设OA＝1，则OP＝OB＝，O（0，0，6），0，0），，0），，2），0，），∴＝（﹣7，，由PM＝，得＝＝（6，，），设＝（x，y，由，令y＝2，得），∵平面POB的法向量为＝（1，5，∴cos＜＞＝＝．由题知二面角B﹣OM﹣C为锐二面角，∴二面角B﹣OM﹣C的余弦值为．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．16．【分析】（Ⅰ）证明C1D平行于平面ABB1A1内的直线AB1即可；（Ⅱ）证明AC垂直于平面C1BD内两条相交直线，得到AC⊥平面C1BD，从而得到AC⊥BC1；（Ⅲ）先求二面角两面的法向量，再用夹角公式计算二面角的余弦值即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：因为B1C1∥BC、B6C1＝BC，AD∥BC，所以B1C2∥AD、B1C1＝AD，所以四边形B5C1DA为平行四边形，所以C1D∥AB4，AB1⊂平面ABB1A7，C1D⊄平面ABB1A4，所以C1D∥平面ABB1A2；（Ⅱ）证明：因为AB1⊥平面ABCD，由（Ⅰ）知C1D∥AB8，所以C1D⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以AC⊥C1D，因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又因为C6D∩BD＝D，所以AC⊥平面C1BD，因为C1B⊂平面C6BD，所以AC⊥BC1；（Ⅲ）因为AB1⊥平面ABCD，所以AB5⊥AD，AB1⊥AB，又因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD，于是AD、AB1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，平面C4BD的法向量为＝＝（1，1，＝（﹣4，1，0），，﹣1，），设平面BDD6的法向量为＝（x，y，则，令y＝，则，，1），所以二面角C2﹣BD﹣D1的余弦值为＝＝．【点评】本题考查了直线与平面位置关系，线面垂直的判定定理和性质，考查了二面角的计算问题，属于中档题．17．【分析】（Ⅰ）由BB1⊥平面ABC，知BB1⊥AB，由勾股定理的逆定理证AB⊥BC，再结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，即可证明平面ABE⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）以B为原点建立空间直角坐标系，求得平面ABE的法向量，设直线A1C与平面ABE所成角为θ，由sin θ＝|cos＜，＞|，求出直线A1C与平面ABE所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：由直三棱柱的性质知，BB1⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴BB1⊥AB，∵AB＝BC＝4，AC＝，∴AB⊥BC，又BB1∩BC＝B，BB2、BC⊂平面B1BCC1，∴AB⊥平面B4BCC1，∵AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面B1BCC6．（Ⅱ）以B为原点，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，则A（1，3，0），0，3），1，0），8，），A7（1，0，4），∴＝（﹣1，6，＝（1，0，＝（5，1，），设平面ABE的法向量为＝（x，y，则，即，令z＝2，则x＝0，∴＝（3，2），设直线A1C与平面ABE所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|＝||＝，故直线A1C与平面ABE所成角的正弦值为．【点评】本题考查空间中线与面的垂直关系、线面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，以及利用空间向量处理线面角的方法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．18．【分析】（Ⅰ）证明CD∥AB，然后证明CD∥平面ABFE．（Ⅱ）以点D为坐标原点，DA，DC，DE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．求出平面ADE的法向量，平面BCF的法向量，利用空间向量的数量积求解平面ADE与平面BCF所成锐二面角的大小即可．【解答】（Ⅰ）证明：在五面体ABCDEF中，因为面ABCD是正方形，所以CD∥AB．又因为AB⊂平面ABFE，CD⊄平面ABFE，所以CD∥平面ABFE．（Ⅱ）解：因为面ABCD是正方形，所以CD⊥AD．又因为CD⊥AE．又AD∩AE＝A，所以CD⊥平面ADE又因为DE⊂平面ADE，所以CD⊥DE．因为面ABCD是正方形，所以CD⊥AD．又因为AD⊥DE，所以以点D为坐标原点，DA，DE分别为x，y，如图建立空间直角坐标系．因为CD＝2EF＝2，EF＝ED，7，0），0，7），2，0），4，0），0，5）．由（Ⅰ）CD∥平面ABFE，CD⊂平面CDEF，平面CDEF∩平面ABFE＝EF，所以CD∥EF．所以．可得F（2，1，1）．由题意知平面ADE的法向量为设平面BCF的法向量为．由得令y＝1，得z＝3，所以设平面ADE与平面BCF所成锐二面角为θ．cosθ＝．所以平面ADE与平面BCF所成锐二面角为【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．19．【分析】（Ⅰ）先证明四边形ABCO是平行四边形，即可得到AB∥OC，由线面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，然后求出所需点的坐标，利用待定系数法求出平面BAP的法向量，由向量的夹角公式求解即可．【解答】（Ⅰ）证明：在四边形ABCD中，因为BC∥AD，，O是AD的中点，则BC∥AO，所以四边形ABCO是平行四边形，所以AB∥OC，又因为AB⊄平面POC，CO⊂平面POC，所以AB∥平面POC；（Ⅱ）连结OB，因为PO⊥平面ABCD，PO⊥OD，又因为点O时AD的中点，且，所以BC＝OD，因为BC∥AD，CD⊥AD，所以四边形OBCD是正方形，所以BO⊥AD，建立空间直角坐标系如图所示，则A（0，﹣2，B（1，0，C（3，1，D（0，3，P（0，0，所以，设平面BAP的法向量为，则，即，令y＝1，故，因为OB⊥平面PAD，所以是平面PAD的一个法向量，所以＝，由图可知，二面角B﹣AP﹣D为锐角，所以二面角B﹣AP﹣D的余弦值为．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的判定定理的应用，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．20．【分析】（Ⅰ）证明PA⊥BD，BD⊥AC，推出BD⊥平面PAC，即可证明平面EBD⊥平面PAC．（Ⅱ）E是PC的中点，连结OE，OB，OC，OE两两垂直，建立如图所示的坐标系，求出平面EBC的法向量，直线DE的方向向量，利用空间向量的数量积求解ED与平面EBC所成角的正弦值即可．【解答】解：（Ⅰ）PA⊥平面ABCD⇒PA⊥BD，…………………………………（1分）底面ABCD菱形，可得BD⊥AC又PA∩AC＝A，又PA⊥BD，BD⊥AC，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，…………………………………………（2分）BD⊂平面EBD，平面EBD⊥平面PAC（Ⅱ）若E是PC的中点，连结OE，……（6分）所以，OB，OE两两垂直，………（1分）不妨设AB＝2，则…（6分）设平面EBC的法向量为＝（x，y，，取x＝1，则y＝z＝，＝（1，，），直线DE的方向向量为＝（，0，cos＝＝．ED与平面EBC所成角的正弦值为：．【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，是中档题．21．【分析】（Ⅰ）连接BD交AC于H点，连接MH，推导出MH∥BP，从而PB∥平面ACM；（Ⅱ）取AB中点O，连接PO，证明PO⊥平面ABCD，以O为原点，分别以OB，OH，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面MBC与平面ABCD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角M ﹣BC﹣D的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD交AC于H点，连接MH，∵四边形ABCD是菱形，∴点H为BD的中点．又∵M为PD的中点，∴MH∥BP，又∵BP⊄平面ACM，MH⊂平面ACM，∴PB∥平面ACM；解：（Ⅱ）取AB中点O，连接PO，∵△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，以O为原点，分别以OB，OP所在直线为x，y，则B（1，0，6），2，0），1，），＝（0，2，0），，1，），设平面MBC的一个法向量为，由，取z＝，得，平面ABCD的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝．由图可知，二面角M﹣BC﹣D为锐角．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．。

北京市2022年高三数学理试卷分类汇编（含9区一模及上学期年末试卷）专项：立体几何一、选择题1 ．（2020届北京大兴区一模理科）已知平面βα,，直线n m ,，下列命题中不．正确的是 （ ）A ．若α⊥m ，β⊥m ，则α∥βB ．若m ∥n ，α⊥m ，则α⊥nC ．若m ∥α，n =βα ，则m ∥nD ．若α⊥m ，β⊂m ，则βα⊥．2 ．（2020届北京海边一模理科）设123,,l l l 为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4，5，6的直线.给出下列三个结论：①i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是直角三角形；②i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是等边三角形； ③三条直线上存在四点(1,2,3,4)i A i =，使得四面体1234A A A A 为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体. 其中，所有正确结论的序号是 （ ）A ．①B ．①②C ．①③D ．②③3 ．（2020届北京市延庆县一模数学理）一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是 （ ）A ．2B ．22C ．3 D ．324 ．（2020届北京西城区一模理科）某正三棱柱的三视图如图所示，其中正（主）视图是边长为2的正方形，该正三棱柱的表面积是 （ ）A ．63+B ．123+C ．1223+D ．2423+（7题图）5 ．（2020届北京西城区一模理科）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 上的动点，1PE A C ⊥于E ，且PA PE =，则点P 的轨迹是（ ）A ．线段B ．圆弧C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分6 ．（2020届房山区一模理科数学）某三棱椎的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的是 （ ）A ．43B ．8C ．47D ．837 ．（2020届门头沟区一模理科）一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积是（） A ．21B ．13C ．65D ．18 ．（北京市东城区一般高中示范校2020届高三3月联考综合练习（二）数学（理）试题 ）已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的（ ）A ．B ．C ．D ．9 ．（北京市东城区一般校2020届高三3月联考数学（理）试题 ）平面α∥平面β的一个充分条件是（ ）A ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥正视图 侧视图俯视图正视图 侧视图 俯视图 正视图 侧视图俯视图正视图 侧视图俯视图主视图1左视图1俯视图1B ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥C ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥D ．存在两条异面直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥10．（北京市海淀区北师特学校2020届高三第四次月考理科数学）已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体，其三视图如下，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为5，则该几何体的体积是 （ ）A ．43πB ．2πC ．83πD ．103π11．（北京市西城区2020届高三上学期期末考试数学理科试题）某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是（ ）A ．25B ．26C ．7D ．4212．（北京市通州区2020届高三上学期期末考试理科数学试题 ）一个几何体的三视图如图所示，该几何 体的表面积是（ ）A ．1642+B ．1242+C ．842+D ．442+13．（北京市丰台区2020届高三上学期期末考试 数学理试题 ）如图，某三棱锥的三视图差不多上直角边为2的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是（ ）A ．3B ．23C ．1D ．214．（北京市昌平区2020届高三上学期期末考试数学理试题 ）已知一个空间几何体的三视图如图所示，依照图中标出的尺寸，可得那个几何体的全面积为（ ）A ．1032+B ．102342+C ．142342+D ．144342+15．（【解析】北京市朝阳区2020届高三上学期期末考试数学理试题 ）已知三棱锥的底面是边222正（主）视图 侧（左）视图俯视图长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为（ ）A 3B 3C ．34D ．116．（【解析】北京市朝阳区2020届高三上学期期末考试数学理试题 ）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点1P ，2P 分别是线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是（ ）A ．124B ．112C ．16D ．1217．（【解析】北京市石景山区2020届高三上学期期末考试数学理试题 ）设,m n 是不同的直线，,αβ是不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则αβ⊥B ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则//αβC ．若//,,//m n m n αβ⊥，则α⊥βD ．若//,,//m n m n αβ⊥，则//αβ18．（【解析】北京市石景山区2020届高三上学期期末考试数学理试题 ）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是 （ ）A ．38B．4C ．2D ．3419．（北京市房山区2020届高三上学期期末考试数学理试题 ）若正三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的表面积是 （ ）A ．3B ．932C ．63+D ．623+二、填空题20．（2020届北京丰台区一模理科）某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是_______.21．（北京市东城区2020届高三上学期期末考试数学理科试题）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．22．（【解析】北京市海淀区2020届高三上学期期末考试数学理试题 ）三棱锥D ABC -及其正（主）视图 侧（左）视图俯视图22 3231三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱BD 的长为_________.23．（【解析】北京市海淀区2020届高三上学期期末考试数学理试题 ）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -表面上运动，且PA r=（03r <<），记点P 的轨迹的长度为()f r ，则1()2f =______________;关于r 的方程()f r k =的解的个数能够为________.（填上所有可能的值）.三、解答题24．（2020届北京大兴区一模理科）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，ABC 是等边三角形，D 是BC 的中点．（Ⅰ）求证：A 1B //平面ADC 1；（Ⅱ）若AB=BB 1=2，求A 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值．25．（2020届北京丰台区一模理科）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ∥MD ，且NB=1，MD=2； （Ⅰ）求证：AM ∥平面BCN;（Ⅱ）求AN 与平面MNC 所成角的正弦值；NCDME（Ⅲ）E为直线MN上一点，且平面ADE⊥平面MNC，求MEMN的值..26．（2020届北京海边一模理科）在四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，ABC∆是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC中点，又4PA AB==，120CDA∠=，点N在线段PB上，且PN=（Ⅰ）求证：BD PC⊥；（Ⅱ）求证：//MN平面PDC;（Ⅲ）求二面角A PC B--的余弦值．27．（2020届北京市延庆县一模数学理）如图，四棱锥ABCDP-的底面ABCD为菱形，60=∠ABC侧面PAB⊥底面ABCD.(Ⅰ)设AB的中点为Q，求证：⊥PQ平面ABCD（Ⅱ）求斜线PD与平面ABCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在侧棱PC上存在一点M，使得二面角CBDM--的大小为60，求CPCM的值.28．（2020届北京西城区一模理科）在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB//CD，BCAB2=，60ABC ︒∠=，AC FB ⊥．（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ；（Ⅱ）求BC 与平面EAC 所成角的正弦值；（Ⅲ）线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．29．（2020届东城区一模理科）如图，已知ACDE 是直角梯形，且//ED AC ，平面ACDE ⊥平面ABC ，90BAC ACD ∠=∠=︒，AB AC AE ==2=，12ED AB=， P 是BC 的中点．（Ⅰ）求证：//DP 平面EAB ；（Ⅱ）求平面EBD 与平面ABC 所成锐二面角大小的余弦值．30．（2020届房山区一模理科数学）在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，ABCD 为直角梯形，BC //AD ，90ADC ∠=︒，112BC CD AD ===，PA PD =，E F ,为AD PC ,的中点． （Ⅰ）求证：PA //平面BEF ；（Ⅱ）若PC 与AB 所成角为45︒，求PE 的长； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A 的余弦值．31．（2020届门头沟区一模理科）在等腰梯形ABCD 中，//AD BC ，12AD BC=，60ABC ∠=，N 是BC 的中点．将梯形ABCD绕AB 旋转90，得到梯形ABC D ''（如图）． （Ⅰ）求证：AC ⊥平面ABC '； （Ⅱ）求证：//C N '平面ADD '； （Ⅲ）求二面角A C N C '--的余弦值．32．（北京市东城区一般高中示范校2020届高三3月联考综合练习（二）数学（理）试题 ）(本小题满分13分) 在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为矩形，ABCD PD 底面⊥，1=AB ，2=BC ，3=PD ，F G 、分别为CD AP 、的中点．（1）求证：PC AD ⊥； （2）求证：//FG 平面BCP ；（3）线段AD 上是否存在一点R ，使得平面⊥BPR 平面PCB ，若存在，求出AR 的长；若不存在，请说明理由．33．（北京市东城区一般校2020届高三3月联考数学（理）试题 ）已知几何体A —BCED 的三D FECBAPACDBN D 'C 'F G PD CBA视图如图所示，其中俯视图和侧视图差不多上腰长为4的等腰直角 三角形，正视图为直角梯形． （Ⅰ）求此几何体的体积V 的大小;（Ⅱ）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值； （Ⅲ）试探究在棱DE 上是否存在点Q ，使得 AQ ⊥BQ ，若存在，求出DQ 的长，不存在说明理由.34．（北京市东城区2020届高三上学期期末考试数学理科试题）如图，在菱形ABCD 中，60DAB ∠=，E 是AB 的中点， MA ⊥平面ABCD ，且在矩形ADNM 中，2AD =，37AM =．（Ⅰ）求证：AC ⊥BN ； （Ⅱ）求证：AN // 平面MEC ； （Ⅲ）求二面角M EC D --的大小.侧视图俯视图正视图144 4 ABCDENM35．（北京市海淀区北师特学校2020届高三第四次月考理科数学）如图所示，正方形D D AA11与矩形ABCD 所在平面互相垂直，22==AD AB ,点E 为AB 的中点。