北京市城六区2018届高三一模理科数学解答题分类汇编之立体几何word含解析

2018年北京高三模拟题分类汇编之立体几何大题精心校对版△注意事项：1.本系列试题包含2018北京市各城区一模二模真题。

2.本系列文档有相关的试题分类汇编，具体见封面。

3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科 i. 、填空题（本大题共2小题，共0分） 1.（2018北京东城区高三一模数学(文)）如图，四边形ABCD 为菱形，60DAB∠=o ，ED ⊥平面ABCD ，22ED AD EF ===，EF ∥AB ，M 为BC 中点．（Ⅰ）求证：FM ∥平面BDE ； （Ⅱ）求证：AC BE ⊥；（Ⅲ）若G 为线段BE 上的点，当三棱锥G BCD -时，求BGBE的值．【答案解析】解：（Ⅰ） 设，结．因为分别是的中点， 因为EF //AB ，且12EF=AB ， 因为OM //AB ，且12OM=AB ， 所以EF //OM ，且EF=OM ．AC BD O =I ,EO MO ,M O ,BC BD 姓名：__________班级：__________考号：__________ ●-------------------------密--------------封--------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●所以四边形EOMF 为平行四边形． 所以∥．又因为平面，平南，所以∥平面． ………5分 （Ⅱ）因为为菱形， 所以． 因为平面， 所以． 因为， 所以平面． 又因为平面，所以． ………10分 （Ⅲ）过作ED 的平行线交BD 于． 由已知平面 所以平面． 所以为三棱锥的高． 因为三棱锥G BCD -的体积为9， 所以三棱锥G BCD -的体积11sin 60329V BD BC GH =⨯⋅⋅⋅⋅=o ．所以． 所以21323GH BG ED BE ===．所以13BG =BE ． ………14分 2.（2018北京丰台区高三二模数学(文)）如图，在矩形ABCD 中，4AB =，2AD =，E 为AB的中点．将△ADE 沿DE 翻折，得到四棱锥1A DEBC -．设1A C 的中点为M ，在翻折过程中，有下列三个命题： ① 总有BM ∥平面1A DE ； ② 线段BM 的长为定值；③ 存在某个位置，使DE 与1A C 所成的角FM EO EO ⊂BDE FM ⊄BDE FM BDE ABCD AC BD ⊥ED ⊥ABCD ED AC ⊥BD ED D =I AC ⊥BDE BE ⊂BDE AC BE ⊥G H ED ⊥ABCD GH ⊥ABCD GH G BCD -23GH =A 1MEDCBAEBFCAB 1C 1A 1HEBFCAB 1C 1A 1为90︒．其中正确的命题是 ．（写出所有．．正确命题的序号）【答案解析】①② ii. 、解答题（本大题共11小题，共0分） 3.（2018北京东城区高三二模数学(文)）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，1AC BC CC ==，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：1AC C F ⊥；（Ⅱ）求证：BE ∥平面； （Ⅲ）在棱1CC 上是否存在一点G ， 使得平面1B EG ⊥平面11AC F ？说明理由．【答案解析】解：（Ⅰ）在三棱柱中， 因为侧棱垂直于底面，所以1CC ⊥平面ABC ． 所以1CC AC ⊥． 因为，1CC BC C =I ， 所以AC ⊥平面11BCC B ． 因为1C F ⊂平面11BCC B ，所以1AC C F ⊥． ………5分 （Ⅱ）取中点，连结，．则∥，且1112EH B C =，又因为BF ∥，且1112BF B C =， 所以∥BF ，且EH BF =． 所以四边形为平行四边形． 所以∥．111ABC A B C -AC BC ⊥E F 11A B BC 11AC F 111ABC A B C -AC BC ⊥11A C H EH FH EH 11B C 11B C EH BEHF BE FHB1A 又平面，平面，所以∥平面． ………10分 （Ⅲ）在棱1CC 上存在点G ，且G 为1CC 的中点． 连接1,EG GB ．在正方形中， 因为F 为BC 中点， 所以△11B C G ≌△1C CF ． 所以11190C CF B GC ∠+∠=︒． 所以11B G C F ⊥． 由（Ⅰ）可得AC ⊥平面， 因为AC //11A C ， 所以11A C ⊥平面． 因为1B G ⊂平面，所以111AC B G ⊥． 因为1111AC C F C =I ，所以1B G ⊥平面11AC F ． 因为1B G ⊂平面1B EG ，所以平面1B EG ⊥平面11AC F ． ………14分 4.（2018北京西城区高三一模数学(文)）如图1，在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，O 为DE 的中点，AB AC ==，4BC =．将△ADE 沿DE 折起到△1A DE 的位置，使得平面1A DE ⊥平面BCED ，F 为1A C 的中点，如图2．（Ⅰ）求证：//EF 平面1A BD ； （Ⅱ）求证：平面1A OB ⊥平面1A OC ；（Ⅲ）线段OC 上是否存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ？说明理由．BE ⊄11AC F FH ⊂11AC F BE 11AC F 11BB C C 11BB C C 11BB C C 11BB CC图1 图2【答案解析】解：（Ⅰ）取线段1A B 的中点H ，连接HD ，HF ． [ 1分]因为 在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以 //DE BC ，12DE BC =．因为 H ，F 分别为1A B ，1A C 的中点，所以 //HF BC ，12HF BC =，所以 //HF DE ，HF DE =，所以 四边形DEFH 为平行四边形， [ 3分]所以 //EF HD ． [ 4分]因为 EF ⊄平面1A BD ， HD ⊂平面1A BD ，所以 //EF 平面1A BD ． [ 5分] （Ⅱ）因为 在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点， 所以 AD AE =．所以 11A D A E =，又O 为DE 的中点，所以 1A O DE ⊥． [ 6分]因为 平面1A DE ⊥平面BCED ，且1A O ⊂平面1A DE ，所以 1A O ⊥平面BCED ， [ 7分] 所以 1CO A O ⊥． [ 8分]在△OBC 中，4BC =，易知 OB OC == 所以 CO BO ⊥，所以 CO ⊥平面1A OB ， [ 9分] 所以 平面1A OB ⊥平面1A OC ． [10分] （Ⅲ）线段OC 上不存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ． [11分] 否则，假设线段OC 上存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ， 连接 GE ，GF ， 则必有 OC GF ⊥，且OC GE ⊥．在 Rt △1A OC 中，由F 为1A C 的中点，OC GF ⊥，得 G 为OC 的中点． [12分] 在 △EOC 中，因为 OC GE ⊥， 所以 EO EC =，这显然与 1EO =，EC 矛盾！所以 线段OC 上不存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ． [14分] 5.（2018北京西城区高三二模数学(文)）如图，梯形ABCD 所在的平面与等腰梯形ABEF 所在的平面互相垂直，////AB CD EF ，AB AD ⊥，G 为AB 的中点．2CD DA AF FE ====，4AB =．（Ⅰ）求证：//DF 平面BCE ； （Ⅱ）求证：平面BCF ⊥平面GCE ； （Ⅲ）求多面体AFEBCD 的体积．【答案解析】解：（Ⅰ）因为 //CD EF ，且CD EF =，所以 四边形CDFE 为平行四边形， 所以 //DF CE ． …… 2分因为 DF ⊄平面BCE ，…… 3分 所以 //DF 平面BCE ．…… 4分 （Ⅱ）连接FG ．因为 平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD I 平面ABEF AB =，AD AB ⊥， 所以 AD ⊥平面ABEF ，所以 BF AD ⊥． ………………6分 因为 G 为AB 的中点，所以 //AG CD ，且AG CD =；//EF BG ，且EF BG =， 所以 四边形AGCD 和四边形BEFG 均为平行四边形．所以 //AD CG ， 所以 BF CG ⊥． ……………… 7分 因为 EF EB =，所以 四边形BEFG 为菱形，所以 BF EG ⊥． ……………… 8分 所以 BF ⊥平面GCE ． ……………… 9分所以 平面BCF ⊥平面GCE ． ………………10分（Ⅲ）设 BF GE O =I ．由（Ⅰ）得 //DF CE ，所以 //DF 平面GCE ， 由（Ⅱ）得 //AD CG ，所以 //AD 平面GCE ， 所以 平面//AD F 平面GCE ，所以 几何体AD F GCE -是三棱柱． ………………11分 由（Ⅱ）得 BF ⊥平面GCE ．所以 多面体AFEBCD 的体积 ADF GCE B GCE V V V --=+ ………………12分 13GCE GCE S FO S BO ∆∆=⋅+⋅43GCE S FO ∆=⋅=………………14分6.（2018北京朝阳区高三一模数学(文)）如图1,在梯形ABCD中,//,1,3,BC AD BC AD BE AD==⊥于E,1BE AE ==.将ABE !沿BE 折起至A BE '!,使得平面A BE '⊥平面 BCDE （如图2）,M 为线段A D '上一点.（Ⅰ）求证:A ECD '⊥;（Ⅱ）若M 为线段A D '中点,求多面体A BCME '与多面体MCDE 的体积之比; （Ⅲ）是否存在一点M ,使得//A B '平面MCE ?若存在,求A M '的长.若不存在,请说明理由.【答案解析】【解析】（Ⅰ）在梯形ABCD 中,因为BE AE ⊥,所以'A E BE ⊥,平面'A BE ⊥平面BCDE ,BE =平面'A BE平面BCDE ,'A E ⊂平面'A BE , 'A E ∴⊥平面BCDE , CD ⊂平面BCDE , 'A E CD ∴⊥.（Ⅱ）M 为'A D 中点,M ∴到底面BCDE 的距离为1'2A E ,在梯形ABCD 中,1121122DCES DE BE =⋅=⨯⨯=!, 111'326M DCEDCE V A E S -=⋅⋅=!, '11'36A BCE BCE V A E S -=⋅⋅=!.'A E DE ⊥,∴在'Rt A DE !中,'12A EM S =!, 'A E ⊥平面BCDE ,'A E ⊂平面'A DE ,∴平面'A DE ⊥平面BCDE ,,BE ED ⊥平面'A DE 平面BCDE ED =,//BC AD ,C ∴到平面'A DE 的距离为1BE =.''1136C A EM A EM V BE S -∴=⋅⋅=!,'''13A BCME CA EM A BCEV V V =+=多面体多面体多面体. ':2:1A BCME MCDE V V ∴=多面体多面体.（Ⅲ）连结BD 交CE 于O ,连结OM , 在四边形BCDE 中,//BC DE ,BOC DOE ∴!!∽,23OD BD ∴=, '//A B 平面CME ,平面'A BD平面CEMOM =,'//A B OM ∴,在'A BD !中,//'OM A B ,'1'3A M BO A D BD ∴==, '1,2,'A E DE A E ED ==⊥,∴在'Rt A ED !中,'A D ='3A M ∴=. 7.（2018北京朝阳区高三二模数学(文)）如图,在四棱锥P ABCD -中，△PBC 是等腰三角形，且3PB PC ==.四边形ABCD 是直角梯形，ABDC ，AD DC ⊥，5,4,3AB AD DC ===.（Ⅰ）求证：AB //平面PDC ；（Ⅱ）当平面PBC ⊥平面ABCD 时，求四棱锥P ABCD -的体积； （Ⅲ）请在图中所给的五个点,,,,P A B C D 中找出两个点，使得这两点所在直线与直线BC 垂直，并给出证明．．.【答案解析】 证明：（Ⅰ）因为ABDC ，又因为AB PDC ⊄平面，DC PDC ⊂平面， 所以//AB 平面PDC ． ……3分 （Ⅱ）取BC 中点F ，连接PF .又因为PB PC =，所以PF BC ⊥，又因为平面PBC ⊥平面ABCD ， 平面PBC平面ABCD =BC ，所以PF ⊥平面ABCD .在直角梯形ABCD 中，因为AB DC ，且AD DC ⊥，4,3AD DC ==，5AB =，所以BC =，且1=(35)4162ABCD S +⨯=梯形. 又因为3PB =，BF =,所以2PF =.所以1132162333P ABCD ABCD V S PF -=⋅=⋅⋅=梯形.……………… 9分 （Ⅲ）,A P 点为所求的点. 证明如下：连接,AF AC . 在直角梯形ABCD 中，因为AB DC ，且AD DC ⊥，4,3AD DC ==，所以5AC =.因为5AB =，点F 为BC 中点，所以AF BC ⊥. 又因为BC PF ⊥,AFPF F =，所以BC PAF ⊥平面.又因为PA PAF ⊂平面，所以PA BC ⊥.…………14分 8.（2018北京海淀区高三一模数学(文)）如图，四棱锥ABCD E -中，BC AD //，112AD AB AE BC ====，且⊥BC 平面ABE ，M 为棱CE 的中点．（Ⅰ）求证：//DM 平面ABE ；（Ⅱ）求证：平面CDE ⊥平面CBE ；（Ⅲ）当四面体D ABE -的体积最大时，判断直线AE 与直线CD 是否垂直，并说明理由．【答案解析】（Ⅰ）证明：取线段EB 的中点N ，连接,MN AN ． 因为M 为棱CE 的中点， 所以在CBE ∆中//MN BC ，12MN BC =． …………………….…1分 又//AD BC ，12AD BC =, 所以//,MN AD MN AD =.所以四边形DMNA 是平行四边形,所以//DM AN . …………………….…2分又DM ⊄平面ABE , AN ⊂平面ABE ,所以//DM 平面ABE . …………………….…4分（Ⅱ）因为AE AB =,N 为EB 中点,所以AN BE ⊥. (5)分又BC ⊥平面ABE ,AN ⊂平面ABE ,所以BC AN ⊥ .…………………….…6分 又BCBE B =,所以AN ⊥平面BCE . …………………….…7分 又//DM AN ，所以DM ⊥平面BCE . …………………….…8分因为DM ⊂平面CDE ,所以平面CDE ⊥平面CBE . (9)分（Ⅲ）AE CD ⊥. .…………………….…10分设EAB θ∠=，则四面体D ABE -的体积111sin sin 326V AE AB AD θθ⨯⋅⋅⋅== (11)分当90θ=︒，即AE AB ⊥时体积最大. .…………………….…12分又BC ⊥平面ABE ，AE ⊂平面ABE ,所以AE BC ⊥. .…………………….…13分 因为BCAB B =,所以AE ⊥平面ABC . 因为CD ⊂平面ABCD ，所以AE CD ⊥. .…………………….…14分9.（2018北京海淀区高三二模数学(文)）如图1，已知菱形AECD 的对角线,AC DE 交于点F ，点E 为AB 的中点.将三角形ADE 沿线段DE 折起到PDE 位置，如图2所示. （Ⅰ）求证：DE ⊥平面PCF ；（Ⅱ）求证：平面PBC ⊥平面PCF ；（Ⅲ）在线段PD ，BC 上是否分别存在点,M N ，使得平面CFM //平面PEN ？若存在，请指出点,M N 的位置，并证明；若不存在，请说明理由.【答案解析】（Ⅰ）证明：折叠前，因为四边形AECD 为菱形，所以AC DE ⊥；所以折叠后，,DE PF DE CF ⊥⊥, …………………2分 又,,PFCF F PF CF =⊂平面PCF ，所以DE ⊥平面PCF …………………4分 （Ⅱ）因为四边形AECD 为菱形， 所以//,DC AE DC AE =. 又点E 为AB 的中点， 所以//,DC EB DC EB =. 所以四边形DEBC 为平行四边形.所以//CB DE . …………………6分 又由（Ⅰ）得，DE ⊥平面PCF ,所以CB ⊥平面PCF . …………………8分 因为CB ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PCF . …………………9分 （Ⅲ）存在满足条件的点,M N ,且,M N 分别是PD 和BC 的中点. ………………10分 如图，分别取PD 和BC 的中点,M N .连接,,,EN PN MF CM .因为四边形DEBC 为平行四边形， 所以1//,2EF CN EF BC CN ==. 所以四边形ENCF 为平行四边形.所以//FC EN . …………………11分 在PDE ∆中，,M F 分别为,PD DE 中点，所以//MF PE . …………………12分 又,EN PE ⊂平面,PEN PEEN E =,,MF CF ⊂平面CFM ,所以平面//CFM 平面PEN . …………………14分 10.（2018北京丰台区高三一模数学(文)）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，//AD BC ，=2AD BC ，90DAB ABP ∠=∠=︒．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面PAB ； （Ⅱ）求证：AB ⊥PC ；（Ⅲ）若点E 在棱PD 上，且CE ∥平面PAB ，求PEPD的值．【答案解析】（Ⅰ）证明：因为90DAB ∠=︒，所以AD ⊥AB ． ……………………1分 因为平面PAB ⊥平面ABCD ， ……………………2分 且平面PAB I 平面=ABCD AB ， ……………………3分 所以AD ⊥平面PAB ． ……………………4分（Ⅱ）证明：由已知得AD ⊥AB因为AD BC ∥， 所以BC ⊥AB ． ……………………5分 又因为90ABP ∠=︒， 所以PB ⊥AB ． ……………………6分因为=PB BC B I ……………………7分 所以AB ⊥平面PBC ……………………8分 所以AB ⊥PC ． ……………………9分 （Ⅲ）解：过E 作EF AD ∥交PA 于F ，连接BF ． ……………………10分因为AD BC ∥， 所以EF BC ∥．所以E ，F ，B ，C 四点共面． ……………………11分 又因为CE ∥平面PAB ， 且CE ⊂平面BCEF ，且平面BCEF I 平面=PAB BF ，所以CE BF ∥， ……………………13分 所以四边形BCEF 为平行四边形， 所以=EF BC ．在△PAD 中，因为//EF AD ，所以1===2PE EF BC PD AD AD ， ……………………14分 即1=2PE PD ．11.（2018北京丰台区高三二模数学(文)）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，D 是AC 的中点，1A D ⊥平面ABC ，=AB BC ，平面1BB D 与棱11AC 交于点E ．（Ⅰ）求证：1AC A B ⊥；（Ⅱ）求证：平面1BB D ⊥平面11AAC C ； （Ⅲ）求证：1B B DE ∥．【答案解析】证明：（Ⅰ）因为 1A D ⊥平面ABC ，所以 1A D ⊥AC ． …………………1分因为△ABC 中，=AB BC ，D 是AC 的中点，所以 BD AC ⊥． …………………2分 因为 1A DBD D =， …………………3分EABCB 1C 1A 1D所以 AC ⊥平面1A BD ． …………………4分 所以 1AC A B ⊥． …………………5分 （Ⅱ） 因为 1A D ⊥平面ABC ， 因为 BD ⊂平面ABC ，所以 1A D BD ⊥． …………………6分 由（Ⅰ）知 BD AC ⊥． 因为 1ACA D D =， …………………7分所以 BD ⊥平面11A ACC ． …………………8分 因为 BD ⊂平面1BB D ，所以 平面1BB D ⊥平面11AAC C ． …………………9分 （Ⅲ）因为在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11A ABB 为平行四边形，所以 11B B A A ∥． …………………10分 因为 1B B ⊄平面11A ACC ，1A A ⊂平面11A ACC ， …………………11分 所以 1B B ∥平面11A ACC ． …………………12分 因为 1B B ⊂平面1BB D ，且平面1BB D平面11A ACC DE =，…………………13分所以 1B B DE ∥． …………………14分12.（2018北京石景山区高三一模数学(文)）如图，在三棱锥D ABC -中，已知BCD △是正三角形，AB ⊥平面BCD ，AB BC a ==，E 为BC 的中点，F 在棱AC 上，且3AF FC =．（Ⅰ）求三棱锥D ABC -的体积； （Ⅱ）求证：AC ⊥平面DEF ；（Ⅲ）若M 为DB 中点，N 在棱AC 上，且38CN CA =，求证：MN //平面DEF ．AB CDNFME【答案解析】解：（Ⅰ）因为BCD △是正三角形，且AB BC a ==，所以2BCD S △． ………………2分 又AB ⊥平面BCD ， ………………3分故13D ABC A BCD V V AB --==⋅⋅S △BCD 213a =⋅3=． ………………4分 （Ⅱ）在底面ABC 中，取AC 的中点H ，连接BH ， 因AB BC =，故BH AC ⊥． 因3AF FC =，故F 为CH 的中点． 又E 为BC 的中点，故EF ∥BH ， 故EF AC ⊥．……5分因AB ⊥平面BCD ，AB ⊂平面ABC ， 故平面ABC ⊥平面BCD ．BCD △是正三角形，E 为BC 的中点，故DE BC ⊥，故DE ⊥平面ABC ． ………………7分AC ⊂平面ABC ，故DE ⊥AC ． ………………8分又DE EF E ⋂=，故AC ⊥平面DEF ． ………………9分（Ⅲ）当38CN CA =时，连CM ，设CM DE O ⋂=，连OF ．因E 为BC 的中点，M 为DB 中点，故O 为△BCD 的重心，23CO CM =． ………………10分因3AF FC =，38CN CA =，故23CF CN =，所以MN ∥OF ． ………………12分 又OF ⊂平面DEF ，MN ⊄平面DEF ，所以MN ∥平面DEF ． ……14分 13.（2018年北京高考真题数学(文)）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.ABCDN F M EHO（Ⅰ）求证：PE ⊥BC ；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求证：EF ∥平面PCD . 【答案解析】【解析】（Ⅰ）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（Ⅱ）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥,学科.网∵PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （Ⅲ）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥， ∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ，∴EF∥平面PCD.。

北京市城六区2018届高三一模理科数学解答题分类汇编之解析几何word含解析【西城一模】19．（本小题满分14分） 已知圆22:4O x y +=和椭圆22:24C xy +=，F 是椭圆C 的左焦点．（Ⅰ）求椭圆C 的离心率和点F 的坐标； （Ⅱ）点P 在椭圆C 上，过P 作x 轴的垂线，交圆O 于点Q （,P Q 不重合），l 是过点Q 的圆O 的切线．圆F 的圆心为点F ，半径长为||PF ．试判断直线l 与圆F 的位置关系，并证明你的结论．解：（Ⅰ）由题意，椭圆C 的标准方程为22142x y +=．[1分]所以24a=，22b=，从而2222ca b =-=．因此2a =，2c =故椭圆C 的离心率22c e a ==．[3分] 椭圆C 的左焦点F 的坐标为(2,0)．[4分] （Ⅱ）直线l 与圆F 相切．证明如下：[5分]设0(,)P x y ，其中022x-<<，则220024xy +=，[6分]依题意可设01(,)Q x y ，则22014xy +=．[7分]直线l 的方程为011()xy y x x y-=--， 整理为 0140x x y y +-=．[9分]所以圆F 的圆心F 到直线l 的距离02|d x ==+．[11分]因为22222200000011||(2)(2)(4)22422PF x y x x x x =+=+-=++．[13分]所以22||PF d =， 即 ||PF d =，所以 直线l 与圆F 相切．[14分]【朝阳一模】19． (本小题满分14分) 已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>2，且过点22．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过椭圆C 的左焦点的直线1l 与椭圆C 交于,A B两点，直线2l 过坐标原点且与直线1l 的斜率互为相反数．若直线2l 与椭圆交于,E F 两点且均不与点,A B 重合，设直线AE 与x 轴所成的锐角为1θ，直线BF 与x 轴所成的锐角为2θ，判断1θ与2θ大小关系并加以证明．19． (本小题满分14分) 解：（Ⅰ）由题意得222222,111.2c a a b c ab ⎧=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩解得a =1b =，1c =．故椭圆C 的方程为2212xy +=． ….….5分 （Ⅱ）12=θθ．证明如下：由题意可设直线1l 的方程为(1)y k x =+，直线2l 的方程为y kx =-，设点11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)E x y ，33(,)F x y --．要证12=θθ，即证直线AE 与直线BF 的斜率之和为零，即0AEBF k k += ．因为13231323AEBF y y y y kk x x x x -++=+-+13231323(1)(1)k x kx k x kx x x x x +++-=+-+2121231323[2()2]()()k x x x x x x x x x +++=-+． 由22(1),1,2y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 得2222(12)4220k xk x k +++-=，所以2122412k x x k -+=+，21222212k x x k -=+．由22,1,2y kx x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(12)2k x+=，所以232212xk =+． 所以2221212322244442()20121212k k x x x x x k k k --+++=++=+++．2121231323[2()2]0()()AE BFk x x x x x k k x x x x ++++==-+．所以12=θθ．….….14分【丰台一模】（19）（本小题共14分）已知点3(1,)2P 在椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>上，(1,0)F 是椭圆的一个焦点． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）椭圆C 上不与P 点重合的两点D ，E 关于原点O 对称，直线PD ，PE 分别交y 轴于M ，N 两点．求证：以MN 为直径的圆被直线32y =截得的弦长是定值．（19）（本小题共14分）解：（Ⅰ）依题意，椭圆的另一个焦点为)0,1(-'F ，且1=c ． ……………………1分因为4)23(0)23(222222=+++=a ，所以2a =，223b ac -= ……………………3分所以椭圆C的方程为13422=+y x ． ……………………4分（Ⅱ）证明：由题意可知D ，E 两点与点P 不重合．因为D ，E 两点关于原点对称， 所以设(,)D m n ，(,)E m n --，)1(±≠m ． ……………………5分设以MN 为直径的圆与直线32y =交于33(,),(,)(0)22G t H t t ->两点，所以GM GN⊥． ……………………6分直线PD ：)1(12323---=-x m n y ．当=x 时，23123+---=m n y ，所以)23123,0(+---m n M ． ………………7分直线PE ：)1(12323-++=-x m n y ．当=x 时，23123+++-=m n y ，所以)23123,0(+++-m n N ．……………………8分所以32(,)1n GM t m -=---，32(,)1n GN t m +=--+， ……………………9分因为GM GN⊥，所以0GM GN ⋅=， ……………………10分 所以2224904(1)n GM GN t m -⋅=+=-． ……………………11分因为13422=+n m ，即124322=+n m ，223394m n -=-，………………12分所以2304t -=，所以23=t ． ……………………13分所以)23,23(G ，)23,23(-H ， 所以3GH =所以以MN 为直径的圆被直线23=y 截得3． …………14分 【海淀一模】( 19)（本小题14分） 已知椭圆C ：22221x y a b+=（0ab 3且点(2,1)T 在椭圆C 上，设与OT 平行的直线l 与椭圆C相交于P ，Q 两点，直线TP ，TQ 分别与x 轴正半轴交于M ，N 两点．(I)求椭圆C 的标准方程；(Ⅱ)判断OM ON +的值是否为定值，并证明你的结论． （19）（本小题14分）（Ⅰ）由题意2222241132a b a b c c e a ⎧+=⎪⎪⎪-=⎨⎪⎪==⎪⎩，解得：22a =，2b =，6c =故椭圆C 的标准方程为22182x y += ·················· 5分（Ⅱ）假设直线TP 或TQ 的斜率不存在，则P点或Q 点的坐标为(2，－1)，直线l 的方程为11(2)2y x +=-，即122y x =-. 联立方程22182122x y y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，得2440xx -+=，此时，直线l 与椭圆C 相切，不合题意.故直线TP 和TQ 的斜率存在.方法1：设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则直线111:1(2)2y TP y x x --=--， 直线221:1(2)2y TQ y x x --=--故112||21x OM y -=--，222||21x ON y -=--由直线1:2OT y x =，设直线1:2PQ y x t =+（0t ≠）联立方程，2222182224012x y x tx t y x t ⎧+=⎪⎪⇒++-=⎨⎪=+⎪⎩当∆>时，122x x t+=-，21224x x t ⋅=-||||OM ON +1212224()11x x y y --=-+--1212224()111122x x x t x t --=-++-+-121221212(2)()4(1)411(1)()(1)42x x t x x t x x t x x t +-+--=-+-++- 22224(2)(2)4(1)411(24)(1)(2)(1)42t t t t t t t t -+----=--+-⋅-+-4= (14)分方法2：设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，直线TP 和TQ 的斜率分别为1k 和2k由1:2OT y x =，设直线1:2PQ y x t =+（0t ≠）联立方程，2222182224012x y x tx t y x t ⎧+=⎪⎪⇒++-=⎨⎪=+⎪⎩当∆>时，122x x t+=-，21224x x t ⋅=-12k k +12121122y y x x --=+--121211112222x t x t x x +-+-=+--121212(2)()4(1)(2)(2)x x t x x t x x +-+--=-- 21224(2)(2)4(1)(2)(2)t t t t x x -+----=--=故直线TP 和直线TQ 的斜率和为零 故TMN TNM ∠=∠ 故TM TN =故T 在线段MN 的中垂线上，即MN 的中点横坐标为2故||||4OM ON += ······························ 14分【东城一模】(18)（本小题13分） 已知椭圆C ：22221x y a b+=（0ab ）的离心率为32，且过点A(2,0).（Ⅰ）求椭圆C 的方程；(II ）设M,N 是椭圆C 上不同于点A 的两点，且直线 AM ，AN 斜率之积等于14-，试问直线MN 是否过定点？若是，求出该点的坐标；若不是，请说明理由． （19）（本小题14分）（Ⅰ）由题意2222241132a b a b c c e a ⎧+=⎪⎪⎪-=⎨⎪⎪==⎪⎩，解得：22a =，2b =，6c =故椭圆C 的标准方程为22182x y += ·················· 5分（Ⅱ）假设直线TP 或TQ 的斜率不存在，则P点或Q 点的坐标为(2，－1)，直线l 的方程为11(2)2y x +=-，即122y x =-. 联立方程22182122x y y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，得2440xx -+=，此时，直线l 与椭圆C 相切，不合题意. 故直线TP 和TQ 的斜率存在.方法1：设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则直线111:1(2)2y TP y x x --=--， 直线221:1(2)2y TQ y x x --=--故112||21x OM y -=--，222||21x ON y -=--由直线1:2OT y x =，设直线1:2PQ y x t =+（0t ≠）联立方程，2222182224012x y x tx t y x t ⎧+=⎪⎪⇒++-=⎨⎪=+⎪⎩当∆>时，122x x t+=-，21224x x t ⋅=-||||OM ON +1212224()11x x y y --=-+--1212224()111122x x x t x t --=-++-+-121221212(2)()4(1)411(1)()(1)42x x t x x t x x t x x t +-+--=-+-++- 22224(2)(2)4(1)411(24)(1)(2)(1)42t t t t t t t t -+----=--+-⋅-+-4= (14)分方法2：设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，直线TP 和TQ 的斜率分别为1k 和2k由1:2OT y x =，设直线1:2PQ y x t =+（0t ≠）联立方程，2222182224012x y x tx t y x t ⎧+=⎪⎪⇒++-=⎨⎪=+⎪⎩当0∆>时，122x xt+=-，21224x xt ⋅=-12k k +12121122y y x x --=+--121211112222x t x t x x +-+-=+--121212(2)()4(1)(2)(2)x x t x x t x x +-+--=-- 21224(2)(2)4(1)(2)(2)t t t t x x -+----=--=故直线TP和直线TQ的斜率和为零故TMN TNM∠=∠故TM TN=故T在线段MN的中垂线上，即MN的中点横坐标为2故||||4+= (14)OM ON分【石景山一模】18．（本小题共13分）在平面直角坐标系xOy中，动点E到定点(1,0)的距离与它到直线1x=-的距离相等．（Ⅰ）求动点E的轨迹C的方程；（Ⅱ）设动直线:l y kx b=+与曲线C相切于点P，与直线1x=-相交于点Q．证明：以PQ为直径的圆恒过x轴上某定点．18．（本小题共13分）（Ⅰ）解：设动点E的坐标为(,)x y，由抛物线定义知，动点E的轨迹是以(1,0)为焦点，1x=-为准线的抛物线，所以动点E 的轨迹C 的方程为24y x=． (5)分（Ⅱ）证明：由24y kx by x=+⎧⎨=⎩，消去x 得：2440ky y b -+=．因为直线l 与抛物线相切，所以16-160kb ∆==，即1b k=． ……8分 所以直线l 的方程为1y kx k =+． 令1x =-，得1y k k=-+． 所以Q 11,k k ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭．……………10分 设切点坐标0(,)P x y ，则2044+0kyy k-=，解得：212(,)P k k，……………11分 设(,0)M m ，2121(1)()k MQ MP m m k k k ⎛⎫⋅=---+-+ ⎪⎝⎭221=2m m m k -+--所以当22=0-10m m m ⎧+-⎨=⎩，即10m MQ MP =⋅=时，所以MQ MP ⊥所以以PQ 为直径的圆恒过x 轴上定点(1,0)M．……………13分。

2018年北京各区高三上期末理科数学分类汇编---立体几何1.（西城）从一个长方体中截取部分几何体，得到一个以原长方体的 部分顶点为顶点的凸多面体，其三视图如图所示．该几何 体的表面积是____．362. （西城）如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥平面11AA C C ，12AA AB AC ===，160A AC ︒∠=.过1AA 的平面交11B C 于点E ，交BC 于点F . （Ⅰ）求证：1A C ⊥平面1ABC ；（Ⅱ）求证：四边形1AA EF 为平行四边形； （Ⅲ）若23BF BC =，求二面角1B AC F --的大小. 解：（Ⅰ）因为 AB ⊥平面11AA C C ，所以 1A C AB ⊥． 因为 三棱柱111ABC A B C -中，1AA AC =，所以 四边形11AA C C 为菱形， 所以 11A C AC ⊥． [ 3分]所以 1A C ⊥平面1ABC ． [ 4分] （Ⅱ）因为 11//A A B B ，1A A ⊄平面11BB C C ，所以 1//A A 平面11BB C C ． [ 5分] 因为 平面1AA EF平面11BB C C EF =，所以 1//A A EF ． [ 6分]因为 平面//ABC 平面111A B C ，平面1AA EF平面ABC AF =，平面1AA EF平面1111A B C A E =，所以 1//A E AF ． [ 7分] 所以 四边形1AA EF 为平行四边形． [ 8分] （Ⅲ）在平面11AA C C 内，过A 作Az AC ⊥．因为 AB ⊥平面11AA C C ，如图建立空间直角坐标系A xyz -． [ 9分]由题意得，(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,2,0)C ，1(0,1A ，1C ．因为23BF BC =，所以 244(,,0)333BF BC −−→−−→==-， 所以 24(,,0)33F ．由（Ⅰ）得平面1ABC 的法向量为1(0,1,A C −−→=设平面1AC F 的法向量为(,,)x y z =n ，则10,0,AC AF −−→−−→⎧⋅=⎪⎨⎪⋅=⎩n n即30,240.33y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 令1y =，则2x =-，z =，所以(2,1,=-n ． [11分]所以111|||cos ,|||||A C A C A C −−→−−→−−→⋅〈〉==n n n [13分] 由图知 二面角1B AC F --的平面角是锐角，所以 二面角1B AC F --的大小为45︒． [14分]3. （海淀）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16② 三棱锥的四个面全是直角三角形③所有正确的说法是 D （A ）① （B ）①② （C ）②③ （D ）①③4.（海淀）如图1，梯形ABCD 中，//AD BC ，CD BC ⊥，1BC CD ==，2AD =，E 为AD 中点.将ABE ∆沿BE 翻折到1A BE ∆的位置， 使11A E A D =如图2.（Ⅰ）求证：平面1A ED⊥平面BCDE ； （Ⅱ）求1A B 与平面1A CD 所成角的正弦值；（Ⅲ）设M 、N 分别为1A E 和BC 的中点，试比较三棱锥1M ACD -和三棱锥1N ACD -（图中未画出）的体积大小，并说明理由.主视图左视图俯视图A E DB CD图1 图2（Ⅰ）证明：由图1，梯形ABCD 中，//AD BC ，CD BC ⊥，1BC =，2AD =，E 为AD 中点，BE AD ⊥故图2，1BE A E ⊥，BE DE ⊥……………..1分 因为1A E DE E =I ，1A E ，DE ⊂平面1A DE……………..2分所以BE ⊥平面1A DE ……………..3分 因为BE ⊂平面BCDE ，所以平面1A DE ⊥平面BCDE ……………..4分（Ⅱ） 解一：取DE 中点O ，连接1OA ，ON .因为在1A DE ∆中，111A E A D DE ===，O 为DE 中点所以1AO DE ⊥因为平面1A DE ⊥平面BCDE平面1A DE平面BCDE DE =1AO ⊂平面1A DE 所以1AO ⊥平面BCDE 因为在正方形BCDE 中，O 、N 分别为DE 、BC的中点， 所以ON DE ⊥ 建系如图. 则1A ，1(1,,0)2B -，1(1,,0)2C ，1(0,,0)2D ，1(0,,0)2E -.……………..5分11(1,,2A B=-uuu r11(0,,2A D =uuu r ，(1,0,0)DC =u u u r ，xy设平面1ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则100n A D n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uuu r r uuu r，即1020y x ⎧=⎪⎨⎪=⎩，令1z =得，y =所以n =r是平面1ACD 的一个方向量. ……………..7分111cos ,4||||A B n A B n A B n ⋅<>===-⋅uuu r ruuu r r uuu r r ……………..9分所以1A B 与平面1A CD……………..10分 （Ⅱ） 解二：在平面1A DE 内作EF ED ⊥， 由BE ⊥平面1A DE ，建系如图.则11(0,2A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,1,0)D ，(0,0,0)E . ……………..5分11(1,,2A B =-uuu r11(0,,2A D =uuu r ，(1,0,0)DC =u u u r ，设平面1ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则100n A D n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uuu r r uuu r，即10220y z x ⎧-=⎪⎨⎪=⎩，令1z =得，y =所以n =r是平面1ACD 的一个方向量. ……………..7分111cos ,||||A B n A B n A B n ⋅<>===⋅uuu r ruuu r r uuu r r ……………..9分所以1A B 与平面1A CD所成角的正弦值为4……………..10分 （Ⅲ）解：三棱锥1M ACD -和三棱锥1N ACD -的体积相等.xy理由如下:方法一：由1(0,4M ，1(1,,0)2N，知1(1,,4MN =uuu r ，则0MN n ⋅=uuu r r……………..11分因为MN ⊂平面1ACD ，……………..12分所以//MN 平面1ACD . ……………..13分 故点M 、N 到平面1A CD 的距离相等，有三棱锥1M A CD -和1N ACD -同底等高，所以体积相等. ……………..14分方法二：如图，取DE 中点P ，连接MP ，NP ，MN .因为在1A DE ∆中，M ，P 分别是1A E ，DE 的中点，所以1//MP A D 因为在正方形BCDE 中，N ，P 分别是BC ，DE 的中点，所以//NP CD 因为MPNP P =，MP ，NP ⊂平面MNP ，1A D ，CD ⊂平面1ACD 所以平面MNP //平面1ACD ……………..11分因为MN ⊂平面MNP ，……………..12分 所以//MN 平面1ACD……………..13分故点M 、N 到平面1ACD 的距离相等，有三棱锥1M ACD -和1N ACD -同底等高，所以体积相等. ……………..14分DD法二 法三 方法三：如图，取1A D 中点Q ，连接MN ，MQ ，CQ .因为在1A DE ∆中，M ，Q 分别是1A E ，1A D 的中点，所以//MQ ED 且12MQ ED =因为在正方形BCDE 中，N 是BC 的中点，所以//NC ED 且12NC ED =所以//MQ NC 且MQ NC =，故四边形MNCQ 是平行四边形，故//MN CQ ……………..11分 因为CQ ⊂平面1ACD ，MN ⊂平面1ACD ， ……………..12分 所以//MN 平面1ACD . ……………..13分 故点M 、N 到平面1ACD 的距离相等，有三棱锥1M ACD -和1N ACD -同底等高，所以体积相等. ……………..14分5.（朝阳） 某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为 AA. 4B.43D.6. （朝阳）如图1，矩形ABCD中，AD =点E 在AB 边上， CE DE ⊥且1AE =. 如图2，ADE △沿直线DE 向上折起成1A DE △．记二面角1A DE A --的平面角为θ，当θ()00180∈，时， ① 存在某个位置，使1CE DA ⊥；② 存在某个位置，使1DE AC ⊥；③ 任意两个位置，直线DE 和直线1AC 所成的角都不相等.以上三个结论中正确的序号是CA . ① B. ①② C. ①③ D. ②③A7. （朝阳）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=，D 是线段AC 的中点，且1A D ⊥ 平面ABC ．（Ⅰ）求证：平面1A BC ⊥平面11AAC C ； （Ⅱ）求证：1//B C 平面1A BD ；（Ⅲ）若11A B AC ⊥，2AC BC ==，求二面角 1A A B C --的余弦值. （Ⅰ）证明：因为90ACB ∠=，所以BC AC ⊥．根据题意， 1A D ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以1A D BC ⊥．因为1A DAC D =，所以BC ⊥平面11AAC C ．又因为BC ⊂平面1A BC ，所以平面1A BC ⊥平面11AAC C ． ………………4分 （Ⅱ）证明：连接1AB ，设11AB A B E =，连接DE ．根据棱柱的性质可知，E 为1AB 的中点， 因为D 是AC 的中点， 所以1//DE B C ．又因为DE ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD ，所以1//B C 平面1A BD ． ………………8分 （Ⅲ）如图，取AB 的中点F ，则//DF BC ，因为BC AC ⊥，所以DF AC ⊥， 又因为1A D ⊥平面ABC ， 所以1,,DF DC DA 两两垂直．以D 为原点，分别以1,,DF DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系（如图）. 由（Ⅰ）可知，BC ⊥平面11AAC C ,ACBB 1C 1A 1DACBB 1C 1A 1DE所以1BC AC ⊥． 又因为11A B AC ⊥，1BCA B B =,所以1AC ⊥平面1A BC ，所以11AC AC ⊥， 所以四边形11AAC C 为菱形． 由已知2AC BC ==，则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B，(1A ． 设平面1A AB 的一个法向量为(),,x y z =n ，因为(1AA =，()2,2,0AB =，所以10,0,AA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即0,220.y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩设1z =，则)=n ．再设平面1A BC 的一个法向量为()111,,x y z =m ，因为(10,CA =-，()2,0,0CB =，所以10,0,CA CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即1110,20. y x ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩设11z =，则()=m ．故cos ,⋅〈〉===⋅m n m n m n由图知，二面角1A A B C --的平面角为锐角， 所以二面角1A A B C --…………14分 8.（通州）如图，各棱长均为1的正三棱柱111ABC A B C -，M ，N 分别为线段1A B ，1B C 上的动点，若点M ，N 所在直线与平面11ACC A 不相交， 点Q 为MN 中点，则点的轨迹的长度是 BA．2 B ．C ．1 DQ NM C 1B 1A 1CBA9. （通州）网格中，某四面体的三视图如图所示．已知小正方形网格的边长为1，那么该四面体的四个面中，面积最大的面的面积是_______. 1210.(通州)在四棱柱1111ABCD A BC D -中，1AA ⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形， //AD BC，AB DC ==1122AD AA BC ===， 点P ，Q 分别为11A D ，AD 的中点. （Ⅰ）求证：//CQ 平面1PAC ； （Ⅱ）求二面角1C AP D --的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点E ，使PE 与平面1PAC所成角的正弦值是21，若存在，求BE 的长；若不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）连接PQ ，因为点P ，Q 分别为11A D ，AD 的中点，所以1//PQ C C ，1PQ C C =. 所以四边形PQCC 1是平行四边形. 所以1//.CQ C P因为CQ ⊄平面1PAC ，1C P ⊂平面1PAC ，所以//CQ 平面1.PAC ……………………4分 （Ⅱ）因为1AA ⊥平面ABCD ,1//AA PQ ，所以PQ ⊥平面ABCD .……………………5分 所以以Q 为坐标原点，分别以直线QA ，QP 为x 轴，z 轴建立空间直角坐标系Qxyz ，则y 轴在平面ABCD 内．BC Q PD 1C 1B 1A 1DCB A所以(),,A 100，(),,P 002，(),,C -1212，(),,B 210， 所以()1,0,2PA =-，()12,1,0PC =-. ……………………7分设平面1PAC 的法向量为(),,n x y z =，所以,,n PA n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩100即,.x z x y -=⎧⎨-+=⎩2020所以()2,4,1n =. ……………………8分 设平面PAD 的法向量为()0,1,0m =，所以cos ,.21n m ==又二面角1C AP D --为锐角，所以二面角1C AP D --的余弦值是21……………………10分 （Ⅲ）存在. 设点(),,E a 10，所以(),1,2.PE a =-设PE 与平面1PAC 所成角为θ，所以2sin cos ,21n PE θ==21=，解得 1.a =所以 1.BE =……………………14分 11.（东城）图所示，则该三棱锥的体积为 A（A ）16（B ）13（C ）12（D ）112.（东城）如图，在四棱锥E ABCD -中，平面ADE ⊥平面ABCD ,,O M 分别为线段,AD DE 的中点．四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE DE =，AE DE ⊥. （Ⅰ）求证：CM //平面ABE ；（Ⅱ）求直线DE 与平面ABE 所成角的正弦值；（III ）点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.正（主）视图侧（左）视图俯视图证明：（Ⅰ）取线段AE 中点P .连接BP 、MP . 因为点M 为DE 中点，所以//MP AD ，12MP AD =. 又因为B C D O 为正方形，所以//BC AD ，BC AD =，所以//BC MP ，BC MP =.所以四边形BCMP 为平行四边形，所以//CM BP . 因为CM ⊄平面ABE ，BP ⊂平面ABE ， 所以//CM 平面ABE . （Ⅱ）连接EO .因为AE DE =，O 为AD 中点，所以EO AD ⊥.. 因为EO ⊂平面ADE ，平面ADE ⊥平面ABCD ， 平面ADE平面ABCD AD =所以 ,EO OB EO OD ⊥⊥又因为正方形BCDO ，所以OB OD ⊥. 如图所示，建立空间直角坐标系O xyz -.()0,1,0A -，()1,0,0B ，()1,1,0C ，()0,1,0D ，()0,0,1E ，110,,22M ⎛⎫⎪⎝⎭.设平面ABE 的法向量为(),,m x y z =， ()1,1,0AB =，()0,1,1AE =，则有 0,0.AB m AE m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.x y y z +=⎧⎨+=⎩ 令1y =-，则1x z ==，即平面ABE 的一个法向量为()1,1,1m =-. ()0,1,1DE =-，cos ,6DE DE DE⋅===m m m . 所以直线DE 与平面ABE （Ⅲ）设ON OD λ=，所以()0,,0N λ=，所以()1,,0NB λ=-，111,,22MB ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.设平面BMN 的法向量为(),,n u v w =，则有 0,0.NB n MB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即0,110.22u v u v w λ-=⎧⎪⎨--=⎪⎩ 令1v =，则()0,1,1n =.因为0CN n ⋅=，则,21u w λλ==-.即平面BMN 的一个法向量为(),1,21n λλ=-.因为平面BMN⊥平面ABE，所以0m n⋅=.解得23λ=，所以53AN=.13. （顺义）体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是___________．8π14.（顺义）中，底面是菱形，，平面平面，，为的中点，是棱上一点，且.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）证明：∥平面；（Ⅲ）求二面角的度数.（Ⅲ）连结，底面是菱形，且，是等边三角形，由（Ⅰ）平面..以为坐标原点，分别为轴轴轴建立空间直角坐标系则.————10分设平面的法向量为，，注意到∥，解得是平面的一个法向量——12分15.（大兴）图如图所示，则该几何体的体积为（）BA．3B．6C．9D．12【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图得该几何体是一个倒放的四棱锥S﹣ABCD，其中ABCD是矩形，AD=2，AB=3，SA⊥平面ABCD，且SA=3，由此能求出该几何体的体积．【解答】解：如图，由三视图得该几何体是一个倒放的四棱锥S﹣ABCD，其中ABCD是矩形，AD=2，AB=3，SA⊥平面ABCD，且SA=3，∴该几何体的体积为：V===6．故选：B．16.（大兴）已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的（）BA．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件；空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】判充要条件就是看谁能推出谁．由m⊥β，m为平面α内的一条直线，可得α⊥β；反之，α⊥β时，若m平行于α和β的交线，则m∥β，所以不一定能得到m⊥β．【解答】解：由平面与平面垂直的判定定理知如果m为平面α内的一条直线，且m⊥β，则α⊥β，反之，α⊥β时，若m平行于α和β的交线，则m∥β，所以不一定能得到m⊥β，所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．故选B．17.（大兴）如图，在三棱锥K﹣ABC中，平面KAC⊥平面ABC，KC⊥AC，AC⊥AB，H为KA的中点，KC=AC=AB=2．（Ⅰ）求证：CH⊥平面KAB；（Ⅱ）求二面角H﹣BC﹣A的余弦值；（Ⅲ）若M为AC中点，在直线KB上是否存在点N使MN∥平面HBC，若存在，求出KN的长，若不存在，说明理由．【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）由已知AB⊥平面KAC，从而AB⊥CH，由等腰三角形性质得CH⊥AK，由此能证明CH⊥平面AKB．（Ⅱ）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A垂直于平面ABCD的直线AD为z轴，建立空间直角坐标系，由此利用向量法能求出二面角H﹣BC﹣A的余弦值．（Ⅲ），N（a，b，c），利用向量法能求出在直线KB上存在点N使MN∥平面HBC，并能求出KN的长．【解答】证明：（Ⅰ）因为平面KAC⊥底面ABC，且AB垂直于这两个平面的交线AC，所以AB⊥平面KAC…所以AB⊥CH…因为CK=CA，H为AK中点，所以CH⊥AK…因为AB∩AK=A，所以CH⊥平面AKB．…解：（Ⅱ）如图，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A垂直于平面ABCD的直线AD为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），K（0，2，2），H（0，1，1），C（0，2，0），B（2，0，0），，…，即，………因为所求的二面角为锐角，．…（Ⅲ），N（a，b，c），…所以N（2λ，2﹣2λ，2﹣2λ）因为M（0，1，0），…，得3﹣2λ=0，．…．．…18.（昌平）的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，面积的最小值为BA. 1B.C. 2D.19. （昌平）在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，PAB ∆为正三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为线段AB 的中点，M 在线段PD 上.（I ）当M 是线段PD 的中点时，求证：PB // 平面ACM ； （II ）求证：PE AC ⊥；（III ）是否存在点M ，使二面角M EC D --的大小为60°，若存在，求出PM PD的值；若不存在，请说明理由．（I ）证明：连接BD 交AC 于H 点，连接MH ，因为四边形ABCD 是菱形，所以点H 为BD 的中点. 又因为M 为PD 的中点， 所以MH // BP .又因为 BP ⊄平面ACM , MH ⊂平面ACM . 所以 PB // 平面ACM . ……………4分（II ）证明：因为PAB ∆为正三角形，E 为AB 的中点，所以PE ⊥AB .因为平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD=AB ，PE ⊂平面P AB ， 所以PE ⊥平面ABCD .又因为AC ⊂平面ABCD ， 所以PE AC ⊥.(Ⅲ) 因为ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，E 是AB 所以CE ⊥AB .主视图左视图俯视图1 1 MPE DBAHMPEDBA又因为PE ⊥平面ABCD ，以E 为原点，分别以,,EB EC EP 为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系E xyz -，则()0,0,0E ，()1,0,0B，(P，()0C，()D -． ………10分 假设棱PD 上存在点M ，设点M 坐标为(),,x y z ，()01PM PD λλ=≤≤，则((,,x y z λ-=-，所以()2)M λλ--，所以()2)EM λλ=--，()EC =，设平面CEM 的法向量为(),,x y z =n ，则2)030EMx y z EC y λλ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅==⎪⎩n n，解得02)y x z λλ=⎧⎪⎨=-⎪⎩． 令2z λ=，则)x λ=-，得)),0,2λλ=-n ．因为PE ⊥平面ABCD ，所以平面ABCD 的法向量()0,0,1=m ，所以cos |||⋅〈〉===⋅n m n,m n |m因为二面角M EC D --的大小为60°12=， 即23210λλ+-=，解得13λ=，或1λ=-（舍去）所以在棱PD 上存在点M ，当13PM PD =时，二面角M EC D --的大小为60°．…………………14分20. （房山）格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积是 B（A ）120 （B ）60 （C ）24 （D ）2021（房山）如图几何体ADM-BCN 中，ABCD 是正方形，NM //CD ，CN CD MD AD ⊥⊥,，=∠MDC o 120， 30=∠CDN ，42==MD MN .（Ⅰ）求证：CDMN AB 平面//；A BCDNM（Ⅱ）求证：AMD DN 平面⊥； （Ⅲ）求二面角D AM N --的余弦解：（Ⅰ）在正方形ABCD 中，CD AB //；又 MNCD 面⊂CD ，MNCD 面⊄AB ；MNCD //面AB ∴ …………………5分（Ⅱ） 四边形ABCD 是正方形⊥∴AD DC⊥AD MD ， CD D MD =，CD ，MNCD MD 平面⊂⊥∴AD MNCD 平面MNCD DN ⊂⊥∴AD DN =∠MDC o 120， 30=∠CDN 90=∠∴MDN ∴MD ND ⊥ D MD AD = ，AMD MD AD 平面，⊂AMD DN 面⊥∴ …………………10分（Ⅲ）法1：以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系xyz D -，如图所示；由（Ⅱ）3,3,32===CN CD DN ；)0,32,0(),0,0,2(),3,0,0(),0,0,0(N M A D ∴)0,32,0(),3,32,0(),3,0,2(=-=-=∴设面AMN 的法向量),,(z y x n =，⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥∴n AM n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=-=-⇒z y z x z y z x 23230332032令3,3,2===y x z 则，)2,3,3(=∴n431632332,cos ==>=<∴ 由图可知二面角D AM N --为锐角∴二面角D AM N --的余弦值为43…………………14分 法2：以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系xyz D -，如图所示； 由（Ⅱ）3,3,32===CN CD DN ；)0,3,0(),0,3,4(),3,0,3(),0,0,3(),0,0,0(N M A D C ∴)0,3,3(),3,3,3(),3,3,1(-=--=-=∴DN AN AM 设面AMN 的法向量),,(z y x n =，⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥∴n n ⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=-+-=-+⇒z y x z y x z y x 300333033令3,1==y z 则，)1,3,0(=∴n432323||||,cos =⋅=>=<∴DN n 由图可知二面角D AM N --为锐角∴二面角D AM N --的余弦值为43. …………………14分 22.（丰台）图如图所示，则该三棱锥最长的棱的棱长为 D(A) 2(B)(C)(D) 323.（丰台）在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PC 的中点，2==AD PA ，2=CD ．（Ⅰ）求证：EF //平面PAD ；（Ⅱ）求PC 与平面EFD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱BC 上是否存在一点M ，使得平面⊥PAM 平面EFD ？若存在，求出BMBC的值；若不存在，请说明理由．解（1）明：取PD 中点G ，连接AG ，FG ． 因为F ，G 分别是PC ，PD 的中点，所以 FG CD ∥，且 12FG CD =． 因为ABCD 是矩形，E 是AB 中点，FE PDCBA所以 AE FG ∥，AE FG =．所以AEFG 为平行四边形．所以 AG EF //． 又因为 ⊂AG 平面PAD ，⊄EF 平面PAD ，所以 EF ∥平面PAD ． ………………5分（Ⅱ）解：因为PA ⊥平面ABCD ， 所以 PA AB ⊥，PA AD ⊥，因为四边形ABCD 是矩形，所以AB AD ⊥．如图建立直角坐标系Axyz ， 所以E，F ，(0,2,0)D ， 所以 (011)EF =,,，2(2)DE =-,0． 设平面EFD 的法向量为 (,,)n x y z =，因为 00n EF n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以202y z x y +=⎧-=⎪⎩． 令 1y =，所以 1z x =-⎧⎪⎨=⎪⎩ 所以 (22,1,1)n =-． ………………8分又因为 (2,2,2)PC =-，设PC 与平面EFD 所成角为θ， 所以 4sin cos ,510PC n PC n PC nθ⋅=<>===⋅．所以PC 与平面EFD 所成角的正弦值为54． (10)分 （Ⅲ）解：因为侧棱PA ⊥底面ABCD ，所以只要在BC 上找到一点M ，使得AM DE ⊥，即可证明平面⊥PAM 平面EFD ．设BC 上存在一点M ，则,0)([0,2])M t t ∈， 所以 (2,,0)AM t =．因为 (ED =-， 所以令 0AM ED ⋅=，即120t -+=，所以21=t ．所以在BC 存在一点M ，使得平面⊥PAM 平面EFD ，且14BM BC =． ………………14分24. （石景山）《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．下图网格纸中实线部分为此刍甍的三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈，那么此刍甍的体积为（ ）BA. 3立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈 25.（石景山）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PCD ⊥平面ABCD ，1BC =，2AB =，PC PD ==E 为PA 中点．（Ⅰ）求证：//PC BED 平面；（Ⅱ）求二面角A PC D --的余弦值；（Ⅲ）在棱PC 上是否存在点M ，使得BM AC ⊥？若存在，求PM PC的值；若不存在，说明理由．解：（Ⅰ）证明：设AC 与BD 的交点为F ，连接EF .因为ABCD 为矩形，所以F 为AC 的中点， 在PAC ∆中，由已知E 为PA 中点，所以//EF PC ， ……………2分又EF ⊂平面BED ，PC ⊄平面BED ， ……………3分所以//PC 平面BED . ……………4分（Ⅱ）解：取CD 中点O ，连接PO . 因为PCD ∆是等腰三角形，O 为CD 的中点，所以PO CD ⊥，又因为平面PCD ⊥平面ABCD ， B AD CE P因为PO ⊂平面PCD ，PO CD ⊥，所以PO ⊥平面ABCD ． ……………5分取AB 中点G ，连接OG ，由题设知四边形ABCD 为矩形，所以OF CD ⊥，所以PO OG ⊥．如图建立空间直角坐标系O xyz -，则(1,1,0)A -，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(0,1,0)D -，(1,1,0)B ，(0,0,0)O ，(1,0,0)G .(1,2,0)AC =-u u u r ，(0,1,1)PC =-u u u r . ……………6分设平面PAC 的法向量为(,,)n x y z =r则0,0,n AC n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r uuu r r uu u r 即20,0.x y y z -=⎧⎨-=⎩令1z =，则1y =，2x =， 所以(2,1,1)n =r .平面PCD 的法向量为(1,0,0)OG =u u u r ，设n r ，OG uuu r 的夹角为α，所以cos 3α=. ……………9分 由图可知二面角A PC D --为锐角，所以二面角A PC B --的余弦值为3……………10分 （Ⅲ）设M 是棱PC 上一点，则存在[]0,1λ∈使得PM PC λ=uuu r uu u r ．因此点(0,,1)M λλ-，(1,1,1)BM λλ=---u u u r ，(1,2,0)AC =-u u u r ． ……12分由0BM AC ⋅=u u u r u u u r ，即12λ=．因为[]10,12λ=∈，所以在棱PC 上存在点M ，使得BM AC ⊥， 此时12PM PC λ==． ……………14分。

2018北京各区数学一模试题分类汇编——立体几何1. （朝阳理16）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，且//AD BC ，90ABC PAD ∠=∠=︒，侧面PAD ⊥底面ABCD . 若12PA AB BC AD ===. （Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）侧棱PA 上是否存在点E ，使得//BE 平面PCD ？若存在，指出点E 的位置并证明，若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求二面角A PD C --的余弦值.解法一：（Ⅰ）因为 90PAD ∠=︒，所以PA AD ⊥.又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，且侧面PAD 底面ABCD AD =， 所以PA ⊥底面ABCD . 而CD ⊂底面ABCD ， 所以PA ⊥CD .在底面ABCD 中，因为90ABC BAD ∠=∠=︒，12AB BC AD ==， 所以2AC CD AD ==， 所以AC ⊥CD . 又因为PA AC A = ， 所以CD ⊥平面PAC . ……………………………4分 （Ⅱ）在PA 上存在中点E ，使得//BE 平面PCD ，证明如下：设PD 的中点是F ， 连结BE ，EF ，FC ，则//EF AD ，且12EF AD =.由已知90ABC BAD ∠=∠=︒，所以//BC AD . 又12BC AD =，所以//BC EF ，且BC EF =，所以四边形BEFC 为平行四边形，所以//BE CF .因为BE ⊄平面PCD ，CF ⊂平面PCD所以//BE 平面PCD . (8)（Ⅲ）设G 为AD 中点，连结CG ，则 CG ⊥AD .又因为平面ABCD ⊥平面PAD ， 所以 CG ⊥平面PAD . 过G 作GH PD ⊥于H ，连结CH ，由三垂线定理可知CH PD ⊥. 所以GHC ∠是二面角A PD C --的平面角.设2AD =，则1PA AB CG DG ====, DP =. 在PAD ∆中，GH DG PA DP =，所以GH =. 所以tan CG GHC GH ∠==，cos GHC ∠=. 即二面角A PD C --………………………………13分解法二：因为 90PAD ∠=︒， 所以PA AD ⊥.又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ， 且侧面PAD 底面ABCD AD =， 所以 PA ⊥底面ABCD . 又因为90BAD ∠=︒，所以AB ，AD ，AP 两两垂直. 分别以AB ，AD ，AP 为x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图.设2AD =，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,2,0)D ，(0,0,1)P .（Ⅰ）(0,0,1)AP = ，(1,1,0)AC = ，(1,1,0)CD =-,所以 0AP CD ⋅= ，0AC CD ⋅=，所以AP ⊥CD ，AC ⊥CD .又因为AP AC A = ， 所以CD ⊥平面PAC . ………………………………4分（Ⅱ）设侧棱PA 的中点是E ， 则1(0, 0, )2E ，1(1, 0, )2BE =- .设平面PCD 的一个法向量是(,,)x y z =n ，则0,0.CD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 因为(1, 1, 0)CD =- ，(0, 2,1)PD =-，所以0,20.x y y z -+=⎧⎨-=⎩ 取1x =，则(1, 1, 2)=n .所以1(1, 1, 2)(1, 0, )02BE ⋅=⋅-= n ， 所以BE ⊥ n .因为BE ⊄平面PCD ，所以BE 平面PCD . ………………………………8分（Ⅲ）由已知，AB ⊥平面PAD ，所以(1, 0, 0)AB =为平面PAD 的一个法向量.由（Ⅱ）知，(1, 1, 2)=n 为平面PCD 的一个法向量. 设二面角A PD C --的大小为θ，由图可知，θ为锐角，所以cos AB ABθ⋅===n n . 即二面角A PD C --的余弦值为6………………………………13分2. （朝阳文17）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，且//AD BC ，90ABC ∠=︒，侧面PAD ⊥底面ABCD ，90PAD ∠=︒. 若12AB BC AD ==. （Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）设侧棱PA 的中点是E ，求证：BE 平面PCD .解：（Ⅰ）因为 90PAD ∠=︒， 所以PA AD ⊥.又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ， 且侧面PAD 底面ABCD AD =， 所以PA ⊥底面ABCD . 而CD ⊂底面ABCD ， 所以PA ⊥CD . 在底面ABCD 中，因为90ABC BAD ∠=∠=︒，12AB BC AD ==， 所以AC CD AD ==， 所以AC ⊥CD . 又因为PA AC A = ， 所以CD ⊥平面PAC . ……………………………6分PA B CD QM（Ⅱ）设侧棱PD 的中点为F ，连结BE ，EF ，FC ，则EF AD ，且12EF AD =. 由已知90ABC BAD ∠=∠=︒，所以BC AD . 又12BC AD =，所以BC EF . 且BC EF =.所以四边形BEFC 为平行四边形，所以BE CF . 因为BE ⊄平面PCD ，CF ⊂平面PCD ，所以BE 平面PCD . ………………………………………………………13分3. （丰台理16）如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD //BC ，∠ADC =90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，PA =PD =2，BC =12AD =1，CD （Ⅰ）若点M 是棱PC 的中点，求证：PA // 平面BMQ ； （Ⅱ）求证：平面PQB ⊥平面PAD ；（Ⅲ）若二面角M -BQ -C 为30°，设PM =tMC ，试确定t 的值 ．证明：（Ⅰ）连接AC ，交BQ 于N ，连接MN ．∵BC ∥AD 且BC =12AD ，∴四边形BCQA 为平行四边形，且N 为AC 中点， 又∵点M 在是棱PC 的中点，∴ MN // PA ∵ MN ⊂平面MQB ，PA ⊄平面MQB ， ∴ PA // 平面MBQ ． （Ⅱ）∵AD // BC ，BC =12AD ，Q 为AD 的中点， ∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD // BQ ． ∵∠ADC =90° ∴∠AQB =90° 即QB ⊥AD ． 又∵平面PAD ⊥平面ABCD 且平面PAD ∩平面ABCD=AD ， ∴BQ ⊥平面PAD ．∵BQ ⊂平面PQB ，∴平面PQB ⊥平面PAD ． …………………9分 另证：AD // BC ，BC =12AD ，Q 为AD 的中点， ∴ 四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD //∵ ∠ADC =90° ∴∠AQB =90°． ∵ PA =PD ， ∴PQ ⊥AD ．∵ PQ ∩BQ =Q ， ∴AD ⊥平面PBQ ． ∵ AD ⊂平面PAD ，∴平面PQB PAD ．……9分（Ⅲ）∵PA =PD ，Q 为AD 的中点， ∴PQ ⊥AD ．∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD=AD ， PA BCDQM∴PQ ⊥平面ABCD ．如图，以Q 为原点建立空间直角坐标系．则平面BQC 的法向量为(0,0,1)n =；(0,0,0)Q，P ，B，(1C -．设(,,)M x y z，则(,,PM x y z =，(1,)MC x y z =---， ∵PM tMC = ，∴(1))(x t x y t y z t z =--⎧⎪=⎨⎪=-⎩）， ∴11t x t y t z ⎧=-⎪+⎪⎪=⎨+⎪⎪=⎪⎩ …………………12分在平面MBQ中，QB =，(1t QM t =-+ ，∴ 平面MBQ法向量为)m t =．∵二面角M -BQ -C 为30°，c o s 30n m n m ︒⋅===∴ 3t =． ……………………14分4. （丰台文16）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AD //BC ，∠ADC =90°，BC =12AD ，PA =PD ，Q 为AD 的中点．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面PBQ ；（Ⅱ）若点M 在棱PC 上，设PM =tMC ，试确定t 的值，使得PA //平面BMQ ．证明：（Ⅰ）AD // BC ，BC =12AD ，Q 为AD 的中点， ∴ 四边形BCDQ 为平行四边形， ∴CD // BQ ． ∵ ∠ADC =90° ∴∠AQB =90° 即QB ⊥AD ． ∵ PA =PD ，Q 为AD 的中点， ∴PQ ⊥AD ． ∵ PQ ∩BQ =Q ，∴AD ⊥平面PBQ ． ……………………6分C（Ⅱ）当1t =时，PA //平面BMQ ．连接AC ，交BQ 于N ，连接MN ． ∵BC //12DQ ， ∴四边形BCQA 为平行四边形，且N 为AC 中点， ∵点M 是线段PC 的中点， ∴ MN // PA ．∵ MN ⊂平面BMQ ，PA ⊄平面BMQ ，∴ PA // 平面BMQ ． ……………………13分5. （门头沟理16）已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为菱形，且060,ABC ∠=2PB PD AB ===，PA PC =，AC 与BD 相交于点O .（Ⅰ）求证：⊥PO 底面ABCD ；（Ⅱ）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值； （Ⅲ）若M 是PB 上的一点，且PB CM ⊥，求PM MB的值．（Ⅰ）证明：因为ABCD 为菱形，所以O 为,AC BD 的中点……………………………1分 因为,PB PD PA PC ==,所以,PO BD PO AC ⊥⊥所以⊥PO 底面 ABCD …………3分 （Ⅱ）因为ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥建立如图所示空间直角坐标系 又060,2ABC PB AB ∠===得1,1OA OB OP === ……………………………4分所以(0,0,1),(0,(1,0,0),P B C D(0,1)PB =- ,(1,0,1)PC =-,1)PD =-……………………5分 设平面PCD 的法向量(,,)m x y z =APDCOB有00m PC m PD ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以00x z z -=⎧⎪-=解得x z y z =⎧⎪⎨=⎪⎩所以m =……………………………8分cos ,m PB m PB m PB =cos ,7m PB ==- ……………………………9分 PB 与平面PCD…………………10分 （Ⅲ）因为点M 在PB 上,所以(0,1)PM PB λλ==-所以(0,,1)M λ-+, (1,,1)CM λ=--+因为PB CM ⊥所以 0CM PB = , 得310λλ+-= 解得14λ=所以13PMMB = ……………………………14分6. （门头沟文16）如图所示，PA 垂直矩形ABCD 所在的平面， F E 、分别为PC AB 、的中点。

.【海淀一模】(19) （本小题14分）x 2 y 2 1 （ab 0）的离心率为 3 ，且点T(2,1)在椭圆C 上，设 已知椭圆C ：2 b 2 2 a与OT 平行的直线l 与椭圆C 订交于P ，Q 两点，直线TP ，TQ 分别与x 轴正半轴交于M ，两点．求椭圆C 的标准方程； (Ⅱ)判断OM ON 的值能否为定值，并证明你的结论． （19）（本小题 14分） 4 11 a2b 2（Ⅰ）由题意a 2b 2c 2，c 3e2a解得：a 22，b2，c6 故椭圆C 的标准方程为 x 2 y 21·······························5分8 2（Ⅱ）假定直线 TP 或TQ 的斜率不存在，则P 点或Q 点的坐标为(2，－1)，直线l 的方程为112(x2)，即y 2x2.y1x 2 y 218 2联立方程，得x 2 4x40，y1 2x2此时，直线 l 与椭圆C 相切，不合题意 .故直线TP 和TQ 的斜率存在.方法1：设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则直线TP:y1y 1 1(x2)，x 1 2直线TQ:y1y 2 1(x2)x 2 2x 12x 2 2故|OM|2，|ON|21y 11 y 2;...由直线OT:y1x ，设直线PQ:y1x t （t 0）22x 2 y 2 182x 22tx 2t 24 0联立方程，1xy t2当0时，x 1 x 22t ，x 1x 22t 24|OM||ON|4(x12x 2 2)y 11 y2 14 (x 1 2x 2 21x)1xt1 t12 12 24x 1x 2 (t 2)(x 1 x 2) 4(t1)1124 x 1x 2 2 (t1)(x 1x 2)(t1)42t 2 4 (t2)(2t) 4(t1)1(t1)(1(2t 24)2t)(t1)242···································14分方法2：设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，直线 TP 和TQ的斜率分别为k1和k2由OT:y1x ，设直线PQ:y1x t （t 0）22x 2 y 218222联立方程，x 2tx 2t 401xy t2当0时，x 1 x 22t ，x 1x 22t 24k 1 k 2y 1 1 y 2 1x 1 2x 2 21x 1 t 1 1x 2 t 12 2 x 1 2x 2 2x 1x 2 (t2)(x 1 x 2) 4(t 1)(x 1 2)(x 22);...2t 24 (t 2)(2t) 4(t 1)(x 1 2)(x 2 2)故直线TP 和直线TQ 的斜率和为零故 TMN TNM故TMTN故T 在线段MN 的中垂线上，即MN 的中点横坐标为2故|OM| |ON| 4···································14分【东城一模】(18)（本小题13分）已知椭圆C ：x 2y 21（ab0）的离心率为3，且过点A(2,0).a 2b 22（Ⅰ）求椭圆C 的方程；(II ）设M,N 是椭圆C 上不一样于点A 的两点，且直线AM ，AN 斜率之积等于1 ，试问直4线MN 能否过定点？假如，求出该点的坐标；若不是，请说明原因．（19）（本小题14分）411a 2b 2（Ⅰ）由题意a 2b 2c 2 ，ec 3a2解得：a2 2，b2，c6故椭圆C 的标准方程为x 2 y 2 1·······························5分8 2（Ⅱ）假定直线 TP 或TQ 的斜率不存在，则 P 点或Q 点的坐标为(2，－1)，直线l 的方程为y11(x2)，即y1x2 .22x 2 y 218 2联立方程，得x 24x40，y 1x 22此时，直线 l 与椭圆C 相切，不合题意 .故直线TP 和TQ 的斜率存在.;...方法1：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则直线TP:y1y11(x2)，x12直线TQ:y1y21 (x2)x22故|OM|2x12，|ON|2x22 y11y21由直线OT:y 1x，设直线PQ:y1x t（t0）22x2y218222联立方程，x2tx2t401xy t2当0时，x1x22t，x1x22t24|OM||ON|4(x12x22)y11y214(x12x221x2) 1x1t1t1 224x1x2(t2)(x1x2)4(t1) 1xx1(t1)(x x)(t1)2 41221242t24(t2)(2t)4(t1) 1(2t24)1(t1)(2t)(t1)2 42···································14分方法2：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线TP和TQ的斜率分别为k1和k2由OT:y 1x，设直线PQ:y1x t（t0）22x2y218222联立方程，x2tx2t401xy t2;..当0时，x1x22t，x1x22t24k1k2y11y21x12x221x1t11x2t122x12x22x1x2(t2)(x1x2)4(t1)(x12)(x22)2t24(t2)(2t)4(t1)(x12)(x22)故直线TP和直线TQ的斜率和为零故TMN TNM故TMTN故T在线段MN的中垂线上，即MN的中点横坐标为2故|OM| |ON|4···································14分【西城一模】19．（本小题满分14分）已知圆O:x2y24和椭圆C:x22y24，F是椭圆C的左焦点．（Ⅰ）求椭圆C的离心率和点F的坐标；（Ⅱ）点P在椭圆C上，过P作x轴的垂线，交圆O于点Q（P,Q不重合），l是过点Q的圆O的切线．圆F的圆心为点F，半径长为|PF|．试判断直线l与圆F的地点关系，并证明你的结论．解：（Ⅰ）由题意，椭圆C的标准方程为x2y21．[1分] 42所以a24，b22，进而c2a2b22．所以a2，c2．故椭圆C的离心率e c2．[3分]a2椭圆C的左焦点F的坐标为(2,0)．[4分]（Ⅱ）直线l与圆F相切．证明以下：[5分]设P(x0,y0)，此中2x02，则x022y024，[6分] ;..依题意可设Q(x 0,y 1)，则x 02y 124．[7 分]直线l的方程为y y 1x 0(x x 0)，y 1整理为 x 0xy 1y 4 0．[ 9分]所以圆F 的圆心F 到直线l的距离d| 2x 04| | 2x 2|．[11分]x 02 y 122由于|PF|2(x2)2y2(x2)21(4x2) 1x 2 22x4．[13分]0 022所以|PF|2 d 2，即|PF|d ，所以 直线l 与圆F 相切．[14分]【旭日一模】19．(本小题满分 14分)222，且过点(1,已知椭圆C:x2y 2 1(a b 0)的离心率为2 )．ab22（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过椭圆C 的左焦点的直线l 1 与椭圆C 交于A,B 两点，直线l 2 过坐标原点且与直线l 1的斜率互为相反数．若直线l 2 与椭圆交于E,F 两点且均不与点A,B 重合，设直线AE 与x 轴所成的锐角为 1，直线BF 与x 轴所成的锐角为2，判断1与2大小关系并加以证明．19．(本小题满分 14分)c2,a2解：（Ⅰ）由题意得a 2b 2 2 ,解得a 2， b1 ，c．c 11 1 1.a22b22故椭圆C 的方程为xy 2 1．..5分2（Ⅱ）1=2．证明以下：由题意可设直线 l 1的方程为yk(x 1)，直线l 2 的方程为y kx ，设点A(x 1,y 1)，;..B(x 2,y 2) ，E(x 3,y 3)， F(x 3, y 3)．要证1=2，即证直线 AE 与直线BF 的斜率之和为零，即k AE k BF 0．由于k AEkBFy 1 y 3 y 2 y 3x 1 x 3 x 2x 3k(x 1 1)kx 3k(x 2 1)kx 3x 1 x 3 x 2 x 3k[2xx(xx) 2x 2]12 12x 3)3．(x 1 x 3)(x 2yk(x1),由x 2y2得(1 2k 2 )x 24k 2 x 2k 22 0 ，1,222所以x 1x 21 4k ，x 1x 22k2 ．2k 2 1 2k 2ykx,2由 x 2得(1 2k 2)x 22，所以 22．y2 1,x 31 2k2所以2x 1x 2(x 1 2 4k 244k 24．x 2)2x 3 121 2k 21202k2kkAEkBFk[2x 1x 2 (x 1 x 2) 2x 32]0 ．(x 1 x 3)(x 2 x 3)所以1=2．..14分【丰台一模】（19）（本小题共 14分）3x 2 y 21(ab0)上，F(1,0)是椭圆的一个焦点．已知点P(1,)在椭圆C ：b 2 2a 2（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）椭圆C 上不与P 点重合的两点D ，E 对于原点O 对称，直线PD ，PE 分别交y 轴于M ，N 两点．求证：以MN 为直径的圆被直线 y3 截得的弦长是定值．2（19）（本小题共14分）解：（Ⅰ）依题意，椭圆的另一个焦点为F(1,0)，且c1．1分由于2a22(3)22(3)24，22;..所以a 2，ba 2 c 23，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分所以C 的方程x 2y 2 1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分4 3（Ⅱ）明：由意可知D ，E 两点与点P 不重合．因D ，E 两点对于原点称，所以D(m,n)，E( m, n)，(m1)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分以MN 直径的与直y3 交于G(t,3),H(t,3)(t0)两点，所以GM GN ．222⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分3n直PD ：y32(x1)．2m1当x 0，y3 直PE ：y2n33 n 32 ，所以M(0, 2 m 1 2 m 1n 32 (x1)． m13)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分2 n 33n当x0，y2 m 13，所以N(0,22m13)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分2n33n所以GM (t,2)，m1GN(t,2)，m 1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9分因GMGN ，所以GMGN0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分2所以GM GNt 24n 2 9 0． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分4(m 1)因m 2n 2 1，即3m 2 4n 212，4n 2 93 3m 2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分43所以t23 0，所以t3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分4．2所以G(3,3)，H(3,3)，所以GH3．2 2 2 2所以以MN 直径的被直y3 3．⋯⋯⋯⋯14分截得的弦是定2【石景山一模】18．（本小共 13分）;...在平面直角坐标系xOy中，动点E到定点(1,0)的距离与它到直线x1的距离相等．（Ⅰ）求动点E的轨迹C的方程；（Ⅱ）设动直线 l:y kx b与曲线C相切于点P，与直线x1订交于点Q．证明：以PQ为直径的圆恒过x轴上某定点．18．（本小题共13分）（Ⅰ）解：设动点E的坐标为(x,y)，由抛物线定义知，动点E的轨迹是以(1,0)为焦点，x1为准线的抛物线，所以动点E的轨迹C的方程为y24x．5分y kxb4y4b0．（Ⅱ）证明：由，消去x得：ky2y24x由于直线l与抛物线相切，所以16-16kb0，即b 1．8分k所以直线l的方程为y kx 1．k令x1，得y k1．k所以Q1,k1．10分k设切点坐标P(x0,y0)，则ky024y0+40，k12解得：P( , )，11分设M(m,0)，MQMP 1m(1m)21)2m1 k2k(k=m m2k2k所以当m2m2=0，即m1时，MQMP0m-10所以MQ MP所以以PQ为直径的圆恒过x轴上定点M(1,0)．13分;..。

第八篇：立体几何一、选择题1.【2018全国一卷7】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．22.【2018全国一卷12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D3.【2018全国二卷9】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA 1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B C D 4.【2018全国三卷3】3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是5.【2018全国三卷10】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC 体积的最大值为 A．B．C．D．6.【2018北京卷5】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.1B.2C.3D.4俯视图正视图7.【2018浙江卷3】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是 A ．2B ．4C ．6D ．88.【2018浙江卷8】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则 A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ19.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）（A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为__________．2.【2018天津卷11】已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为.3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.2.【2018全国二卷20】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．3.【2018全国三卷19】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AM D ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．4.【2018北京卷16】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ； （Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值； （Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．5.【2018天津卷17】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（II ）求二面角E BC F --的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO =4，OA ，OB 是底面半径，且∠AOB =90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.参考答案 一、选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.C7.C8.D9.D 二、填空题 1.π240 2.121 3.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由（1）可得，DE ⊥PE .又DP =2，DE =1，所以PE 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DPHP DP θ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD . 2解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得)0,0,0(O ，)0,0,2(B ，)0,2,0(-A ，)0,2,0(C ，)32,0,0(P ，)32,2,0(=AP 取平面PAC 的法向量)0,0,2(=．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则)0,4,(a a -=． 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z=n ．由0=⋅n ，0=⋅n 得20(4)0yax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以2223)4(32)4(32,cos aa a a n ++-->=<．由已知可得23,cos =><n OB ．4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ． 又)322,0(-=，PC ，所以43,cos >=<n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4． 3.解：（1）由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM . 又 BCCM =C ,所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD 4.解：（Ⅰ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ． （Ⅱ）由（I ）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ． ∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ． 如图建立空间直角坐标系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．)1,0,2(=∴CD ，)0,2,1(=CB ，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为)0,2,0(=，∴2121cos -=>=⋅<n ． 由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴)1,2,0(-=，∴2-=⋅n ，∴n 与不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．5.解：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）证明：依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）解：依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）． 设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得m =（0，2，1）． 因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F． （Ⅲ）解：设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，h ∈［0，2］． 所以线段DP 6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形． 又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ， 因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1 8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB AB ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB BC AC +=，故111AB B C ⊥. 因此1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC AB AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=所以1C D =111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB方法二：（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz.由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),),A B A B C因此111112),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(,0)=n .所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。

北京市城六区2018届高三一模理科数学解答题分类汇编之函数与导数word含解析【西城一模】18．（本小题满分13分）已知函数1()e (ln )xf x a x x=⋅++，其中a ∈R ． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线e xy =-垂直，求a 的值；（Ⅱ）当(0,ln 2)a ∈时，证明：()f x 存在极小值．解：（Ⅰ）()f x 的导函数为2111()e (ln )e ()xxf x a x x x x'=⋅+++⋅- 221e (ln )x a x x x =⋅+-+．[ 2分]依题意，有 (1)e (1)e f a '=⋅+=，[4分]解得0a =．[5分]（Ⅱ）由221()e (ln )x f x a x x x '=⋅+-+及ex>知，()f x '与221ln a x x x +-+同号．令221()ln g x a x x x=+-+，[6分] 则223322(1)1()x x x g x x x -+-+'==．[8分]所以对任意(0,)x ∈+∞，有()0g x '>，故()g x 在（Ⅱ）若12a <<，求证：)(x f 1<-．（Ⅰ）当2a =时，ln 1()2x f x x x -=-.2222ln 22ln ()2x x xf x x x ---'=-=.（ⅰ）可得(1)0f '=，又(1)3f =-，所以()f x 在点（1,3-）处的切线方程为3y =-.….3分 （ⅱ）在区间（0,1）上2220x->，且ln 0x ->，则()0f x '>.在区间（1,+∞）上2220x-<，且ln 0x -<，则()0f x '<.所以()f x 的单调递增区间为（0,1），单调递减区间为（1,+∞）. ….8分（Ⅱ）由0x >，()1f x <-，等价于ln 11x ax x --<-，等价于21ln 0ax x x -+->.设2()1ln h x ax x x=-+-，只须证()0h x >成立.因为2121()21ax x h x ax x x--'=--=，12a <<，由()0h x '=，得2210axx --=有异号两根.令其正根为0x ，则20210axx --=.在0(0,)x 上()0h x '<，在0(,)x +∞上()0h x '>. 则()h x 的最小值为2000()1ln h x axx x =-+-0011ln 2x x x +=-+-03ln 2x x -=-.又(1)220h a '=->，13()2()30222a h a '=-=-<， 所以0112x <<. 则0030,ln 02x x ->->.因此003ln 02x x -->，即0()0h x >.所以()0h x >所以()1f x <-.….….13分【丰台一模】（18）（本小题共13分）已知函数()e(ln 1)()xf x a x a =-+∈R ．（Ⅰ）求函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若函数()y f x=在1(,1)2上有极值，求a的取值范围．（18）（本小题共13分）解：函数()f x的定义域为(0,)+∞，()e x af xx'=-．……………………1分（Ⅰ）因为(1)ef a=-，(1)ef a'=-，……………………3分所以曲线()y f x=在点(1,(1))f处的切线方程为(e)(e)(1)y a a x--=--，即(e)y a x=-．……………………5分（Ⅱ）()e x af xx'=-．（ⅰ）当0a≤时，对于任意1(,1)2x∈，都有()0f x'>，…………………6分所以函数()f x在1(,1)2上为增函数，没有极值，不合题意．……………………8分（ⅱ）当a >时，令()e x a g x x=-，则2()e 0x a g x x'=+>．…………………9分所以()g x 在1(,1)2上单调递增，即()f x '在1(,1)2上单调递增，…………10分所以函数()f x 在1(,1)2上有极值，等价于(1)0,1()0.2f f '>⎧⎪⎨'<⎪⎩ …………………12分 所以e 0,e 20.a a ->⎧⎪-< 所以ee 2a <<． 所以a的取值范围是e 2． (13)分【海淀一模】(18)（本小题13分）已知函数ln()xf x x a =+(I)当0a =时，求函数()f x 的单调递增区间； (Ⅱ)当0a时，若函数()f x 的最大值为e21，求a 的值.18.（本题满分13分）（Ⅰ）当0a =时，ln ()x f x x=故221ln 1ln '()x xxx f x x x ⋅--==令'()0f x >，得0x <<e故()f x 的单调递增区间为(0,)e ·············· 4分 （Ⅱ）方法1：22ln 1ln '()()()x a ax xx x f x x a x a +-+-==++令()1ln ag x x x=+-则221'()0a x ag x x x x +=--=-<由()0a g =>e e，1111()1(1)(1)0a a a a g a a e e +++=+-+=⋅-<e故存在10(,)a x+∈e e ，0()0g x =故当0(0,)x x ∈时，()0g x >；当0(,)x x ∈+∞时，()0g x <x0(0,)xx0(,)x +∞'()f x+-()f x↗极大值↘故02()f x =e故000201ln 0ln 1ax x x x a ⎧+-=⎪⎪⎨⎪=⎪+⎩e，解得202x a ⎧=⎪⎨=⎪⎩e e (13)分故a 的值为2e .（Ⅱ）方法2：()f x 的最大值为21e 的充要条件为对任意的(0,)x ∈+∞，2ln 1x x a ≤+e且存在0(0,)x∈+∞，使得020ln 1x x a =+e，等价于对任意的(0,)x ∈+∞，2ln a x x ≥-e且存在0(0,)x∈+∞，使得200ln a x x ≥-e，等价于2()ln g x x x=-e 的最大值为a .2'()1g x x=-e ，令'()0g x =，得2x =e .x2(0,)e 2e2(,)+∞e'()g x +-()g x↗ 极大值↘ 故()g x 的最大值为22222()ln g =-=e e e e e ，即2a =e .······················································· 13分【东城一模】(19)（本小题14分） 已知函数()(1)xf x ea x =-+.若曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线斜率为0，求a 的值；(Ⅱ）若()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围； (Ⅲ）求证：当0a =时，曲线()y f x = (x>0)总在曲线2ln y x=+的上方．19）（共14分） 解：（I ）函数()e(1)xf x a x =-+的定义域为R .因为()e(1)xf x a x =-+，所以'()exf x a=-.由'(0)10f a =-=得1a =. ……………………………4分（II ）'()e(R)xf x a x =-∈.①当0a >时，令'()0f x =得ln x a =.ln x a<时，'()0f x <；ln x a >时，'()0f x >.()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,+)a ∞上单调递增.所以当ln x a =时，()f x 有最小值(ln )(1ln )ln f a a a a a a =-+=-. “()0f x ≥恒成立”等价于“()f x 最小值大于等于0”，即ln 0a a -≥. 因为0a >，所以01a <≤. ②当0a =时，()e 0xf x =>符合题意； ③当a <时，取011x a=-+，则111101()e(11)e 10aa f x a a-+-+=--++=-<，不符合题意.综上，若()0f x ≥对x R ∈恒成立，则a 的取值范围为[0,1]. ……………………9分（III ）当0a =时，令()()(2ln )e ln 2(0)xh x f x x x x =-+=-->，可求1'()exh x x=-.因为121'()e 1002h =-<，'(1)e 10h =->，且1'()exh x x=-在(0,)+∞上单调递增， 所以在（0，）上存在唯一的0x ，使得0001'()e 0x h x x =-=，即01ex x =，且112x .当x 变化时，()h x 与'()h x 在（0，）上的情况如下：x0(0,)xx0(,)x +∞'()h x -0 +()h x极小则当x x =时，()h x 存在最小值0()h x ,且000001()e ln 22x h x x x x =--=+-.因为01(,1)2x ∈，所以0000011()2220h x x x xx =+->⋅=.所以当0a =时，()2ln (0)f x x x >+>所以当0a =时，曲线()(0)y f x x =>总在曲线2ln y x =+的上方. .. …………14分【石景山一模】19．（本小题共14分）已知2()xf x eax =-，曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1y bx =+.（Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）求()f x 在[0,1]上的最大值；（Ⅲ）当x ∈R 时，判断()y f x =与1y bx =+交点的个数.（只需写出结论，不要求证明）19．（本小题共14分） 解：（Ⅰ）()2xf x eax'=-,由已知可得(1)2f e a b '=-=，(1)1f e a b =-=+解之得1,2a b e ==-．…………3分 （Ⅱ）令()'()2xg x f x ex==-．则'()2x g x e =-,…………5分故当0ln2x ≤<时，'()0g x <，()g x 在[0,ln 2)单调递减；当ln21x <≤时，'()0g x >，()g x 在(ln 2,1]单调递增； 所以min ()(ln 2)22ln 20g x g ==->， …………8分故()f x 在[0,1]单调递增， 所以max ()(1)1f x f e ==-．………11分（Ⅲ）当x R ∈时，()y f x =与1y bx =+有两个交点. ………14分。

5．立体几何1．【2018年XX卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年XX卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3．【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【答案】A详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.学/科-网+4．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以与其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.5．【2018年全国卷Ⅲ理】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.【答案】B详解：如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，,点M为三角形ABC的重心，，中，有，，，故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型。

全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案)(一)2018年高考立体几何题1.(北京理16)如图，在三棱柱ABC-me,中，CC~平面/此；D, E, F, G分别为必，AC,4G，B片的中点，AB=B(=yfs , A(=AA l=2.(I )求证：/以平面BEF-,(II )求二面角B-CAC、的余弦值；(III)证明：直线尸G与平面奶相交.2.(浙江-19)如图，已知多面体ABCAEG，AA, B、B,均垂直于平面,此；，"4，砂1，AB=B(=B Y B=2.(I )证明：刀3上平面(II)求直线WG与平面/蹈所成的角的正弦值.3.(课标III理T9)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直, 肱是CQ上异于。

，。

的点.(1)证明：平面AMD1.平面BMC；(2)当三棱锥M -AB C体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.4.（课标II理-20）。

为AC的中如图，在三棱锥P-A8C 中，AB = BC = 2g, PA = PB = PC = AC = 4 ,(1)证明：POL平面ABC；(2)若点肱在棱BC上，且二面角为30。

，求PC与平面月皈所成角的正弦值.5.（课标I理-18）如图，四边形A3CZ)为正方形，分别为AD,B C的中点，以DF为折痕把△DPC折起, 使点C到达点F的位置，且PF LBF .(1)证明：平面PEF L平面ABFD；(2)求QP与平面A8FD所成角的正弦值.(二)2017年高考立体几何题1.(课标IIIS-19)如图，四面体，夙力中，△ABC是正三角形，△，⑦是直角三角形，/ABAZCBD, AB^BD.(1)证明：平面ACDL平面D(2)过的平面交彻于点&若平面北T把四面体⑦分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值.2.（课标II理-19）如图，四棱锥巴ABCD中，侧面0〃为等边三角形且垂直于底面/次，AB = BC = -AD,ZBAD = ZABC = 90°, B是切的中 2点.(1)证明：直线CE〃平面0B；(2)点〃在棱PC上，且直线伽与底面/次所成角为45。