1、2019北京各區年中、年末考試試題分類匯編-空間幾何體注意事項：.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。.選擇題必須使用 2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。.請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答 題無效。.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。1、（2018年東城區高三期末考試理 4） 一個幾何體的三視圖如下圖，其中正（主） 視圖中 ABC是邊長為2的正三角形，俯視圖的邊界為正六邊形，那么該幾何體的側（左） 視圖的

2、A. 23B. 1 C. 2 D. 2面積為，請選擇你的選項（ C ）2、（2018年東城區高三期末考試文 3） 一個幾何體的三視圖如下圖,（A ）那么該幾何體的體積為，請選擇你的選項A.B.C.3a12D.3a18a3、（2018年豐臺區高三期末考試理么該幾何體的體積是，請選擇你的選項（2A. 3B.C.24、（2018年豐臺區高三期末考試文 體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積是，請選擇你的選項（ C ）1A. 3C.1D. 2側視圖5、（2018年昌平區 幾何體的三視圖如下 那么該幾何體的體積 請選擇你的選項（D ）A.12高三期末考試理4）假設某空間俯視圖B.8C.6D.46、（順義區

3、2018屆高三尖子生綜合素質展示文 4）在三棱錐D -ABC中,AC=BC=CD=2, CD _L平面 BCD/ACB = 90f.假設其主視圖,俯視圖如卜圖，那么其左視圖的面積為（D ）A. 6B.2 C.、3D.7、（2018年西城區高三期末考試理 的三7)某幾何體視圖如下圖, 項（D ）該幾何體的體積是，請選擇你的選8、（2018年西城區高三期末考試文 體的主視圖和左視圖如下圖，那么這個5） 一個幾何幾何體的俯視圖不可能是，請選擇你的選項（D ）10）某幾何體的三視圖如下圖,倒視圖左視圖（2018年朝陽區高三期末考試理 幾何體的體積是10、（2018年海淀區高三期末考試理14）正三棱柱A

4、BC- ABC的正（主）視圖和側（左）視圖如下圖.設ABC,AABC的中心分別是。,0,現32俯視圖3主視圖將此三棱柱繞直線OO旋轉，射線0A旋轉所成的角為X弧度（X可以取到任意一個實數），對應的俯視圖的面積為 S（x）,那么函數S（x）的最大值為；最小正周期為說明：“三棱柱繞直線00 旋轉”包括逆時針方向和順時針方向，逆時針方向旋轉時，0A旋轉所成的角為正角，順時針方向旋轉時，0A旋轉所成的角為負角答案：3幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積是、11、（2017年東城區高三示范校高 三綜合練習（一）理12）假設某空間答案：1。第二部分立體幾何A、如果兩條直線都平行于同一個平面，那么這 線

5、互相平行B、過一條直線有且只有一個平面與平面垂直C、如果一條直線平行于一個平面內的一條直線，那么這條直線平行于這個平面 口如果兩條直線都垂直于同一平面，那么這兩條直線共面2、（2018年昌平區高三期末考試理 6）3、。是兩個不同平面，m、n是兩條不同直線，以下命題中假命題是，請選擇你的選項（B）A、假設m / n , m,口，那么n工豆B、假設m / a , a Pl S = n ,那么m n nC、假設m,豆，m B ,那么a / B D、假設m , m= P ,那么a _L F3、（ 2018年海淀區高三期末考試理 4）平面a , 0 ,直線l ,假設1aA ,以Pl 0 那么（D）A、垂

6、直于平面的平面一定平行于平面 aB、垂直于直線l的直線一定垂直于平面汽C、垂直于平面0的平面一定平行于直線1DK垂直于直線1的平面一定與平面 , 口都垂直4、（2018年朝陽區高三期末考試理7）正方形ABCD的邊長為2旗,將ABC沿對角線AC折起，使平面ABC 1平面ACD ,得到如下圖的三棱錐B - ACD、假設。為AC邊的中點，M , N分別為線段DC , BO上的動點（不包括端點），且BN =CM .設BN =x,那么三棱錐N -AMC的體積y= f（x）的函數圖象大致是，請選擇你的選項（B）A B、C、D、5、（2018年豐臺區高三期末考試理 8）如圖，P是正方體 ABCD-A1B1C

7、1D僅寸角線AC1上一動點，設AP的長度為 請選擇你的選項（A）C、6、視圖B、Dk（2017年東城區高三示范校高三綜合練習（一）文DiBiA1CCi3） 一個多面體的直觀圖和三X,假設 PBD的面積為F （X）,那么F （X）的圖象大致是,如下圖，其中M , N分別是AB, AC的中點，G是DF上的一動點.（I ）求該何體的體積與表面積；（II）求證：GN，AC ；（田）當FG =GD時，在棱AD上確定一點P ,使得Gp /平面FMC ,并給出證明.（I ）解：由三視圖可知直觀圖為直三棱柱,底面 ADF 中 AD，DF , DF = AD = DC = a-a3-a2 2+、,2a2 a2

8、a2 = 32 a2該幾何體的體積為2 ，表面積為2Y分（n ）證明：連接DB ,可知B , N , D共線，且AC，DN .又一, FD 1AD FD I CD AD 1CD = DABCD .又丁 AC 仁面 ABCD , FD AC .又 一，DNFD 二 DFDN又GN二面FDN.8分GN AC10分（田）點P與點A重合時，GP /面FMC .證明：取FC中點H ,連接gh，GA，MH .11丁 G是DF的中點二. GH 2 CD ： M是AB的中點二AM 2 CD .GH / AM且GH = AM二四邊形GHMA是平行四邊形.GA / MH .又 MH 二面 FMC , GA 江面

9、FMC ,g GA/面 FMC 即 Gp/面 FMC . .13分7、（2017年東城區高三示范校高三綜合練習（一）理16）如圖，四邊形 ABCD為1 PD正方形，PD，平面 ABCD , PD / QA , QA = AB = 2（I）證明：平面PQC，平面DCQ ;（II ）求二面角Q - BP -C的余弦值、解：（I ）如圖，以D為坐標原點，線段DA的單位長，射線DA為X軸的正半軸建立空間直角坐D -xyz依題意有 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 DQ =

10、0,PQ DC =0.即 PQ I DQ, PQ .L DC故PQ，平面DCQ .又PQ u平面PQC ,所以平面PQC，平面DCQ . -七分(II )依題意有 B (1, 0, 1), CB = (1,0,0), bp = (T2,7).n CB = 0, x = 0,設n = (x, y,z)是平面PBC的法向量，那么n BP =0.即x + 2y z = 0.因此可取n =(0,-1, -2).r- m BP =0,設m是平面PBQ的法向量，那么lm PQ = 0可取m =(1,1,1) ,所以.155,15故二面角Q - BP -C的余弦值為5 .13分8、(2018年西城區高三期末

11、考試文 17)如圖，正三棱柱ABC AB1C1的側棱長和底面邊長均為2, D是BC的中點、(I )求證：AD _L平面 BiBCC1 ；(II)求證：Ab /平面 ADC1 ；(田)求三棱錐 C1 ADB1的體積、(I )證明：因為 ABC - aibici 是正三棱柱, 所以CC1，平面ABC.又AD u平面ABC ,所以CC1 1 AD .3分因為 ABC是正三角形，D是BC的中點，所以 BC _L AD , -.4 分所以AD _L平面BiBCC1.巧分(n )證明：連結AC ,交AC1于點O ,連結OD .由ABCBG是正三棱柱，得四邊形ACC1A為矩形，O為AC的中點.又口為BC中點

12、，所以OD為ABC中位線,所以AiB II OD ,因為OD u平面ADC1 , AB二平面ADC1 ,所以AB/平面ADC110分(田)解：因為VCTDB1 =Va上1DC1,12分V所以Cl _ADB11c AC 2V3=SgDC AD =3 B11314分9、(2018年西城區高三期末考試理 17)如圖，在直三AB = BC=2AA, /ABC =90 , D 是 BC 的中點、(I)求證：AB /平面 ADC1 ；(n)求二面角C1 AD -C的余弦值;(m)試問線段AB1上是否存在點E ,使AE與DC1成60角？假設存在，確定 E點位置，假設不存在，說明理由、(I)證明：連結AC ,

13、交AC1于點O ,連名g OD .由ABC 一人巳01是直三棱柱,得四邊形ACGA為矩形，0為AC的中點.又口為BC中點，所以OD為ABC中位線,所以A1B II 0D ,因為0D u平面ADC1,AB遼平面ADC1,所以A1B /平面ADC1(n)解：由ABC-AB1C1是直三棱柱，且nabc=90，故BABC,BB1兩兩垂 直.如圖建立空間直角坐標系B -xyz.5分設 BA =2,那么 B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），C1（2，0，1），D（1，Q0）.所以 AD=（1，2，0）, AC1 = （2，2,1）n AD =0,設平面ADC1的法向量為n =（x，y，z

14、）,那么有ln AC1 =0.所以Ix -2y =0, t2x_2y+z=0.取 y=1,得門=QI-.?分易知平面ADC的法向量為v = （0，0，1）.8分cosn,v = 1n v| =2由二面角C1 一AD -C是銳角，得Inllvl 32所以二面角C1ADC的余弦值為3 .（田）解：假設存在滿足條件的點 E因為E在線段AB1上，A（0,2，1）, B1（0，0,1）,故可設E（0，1）,其中0 M九M2所以 AE=（0,2,1）, DC1 =（1,0,1）.一11 分因為AE與DC1成60角，所以.12分J（2）2 十1 62,解得九二1 ,舍去人=33分所以當點E為線段AB1中點時

15、,AE與DC1成60角.14分10、（2018年昌平區高三期末考試文17）如圖在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA上底面ABCD ,垂足為點A, PA = AB =2,點M, N分別是PD, PB的中點、（I）求證：PB/平面ACM .D（II ）求證：MN,平面pAC ；（III ）求四面體A-MBC的體積.證明：（I ）連接 AC,BD,AM,MC,MO,MN,且AC，BD=O二點O,M分別是PD,BD的中點. MOPB,PB 0平面 ACM. PB平面ACM .4分（II）； PA_L 平面 ABCDBD仁平面ABCD.PA 1 BD :底面ABCD是正方形AC _ BD又

16、丫 PAc AC =A, BD _L 平面 PAC 7 分在APBD中，點M , N分別是PD, PB的 中點、.MN / BD二 MN _L 平面 PAC.9 分DVA -MIBC =VM 4BC(III )由BC1 h h = PA 11分 212分1112VAJMBCAB AD - PA 3 223.14 分11、（2018年豐臺區高三期末考試文 16）如圖，在三棱柱 ABC- A1B1C1中，CC仕底面ABC AC= BC, M N分別是CCl AB的中點、（I）求證：CNLAB1;（II）求證：CN/平面 AB1M證明：（I）因為三棱柱 ABC-A1B1C1中CCU底面 ABC所以B

17、B1L平面ABC所以BB1L CN 1分因為AC= BQ N是AB的中點，所以CNL AB - 3分因為 ABA BB1=B, -Y 分所以CNL平面ABB1A1 -4分所以CNL AB1、-七分AN（II）（方法一）連結 A1B交AB1于P、7分因為三棱柱 ABO A1B1C1,所以P是A1B的中點、因為 M N分別是CC1, AB的中點， TOC o 1-5 h z 所以 NPy/CM 且 NF CM 9分所以四邊形MCNP1平行四邊形，10分所以CN/MP11分因為CNa平面 AB1M MP=平面 AB1M12分所以CN/平面AB1M 14分（方法二）取 BB1中點P,連結NR CR 7

18、分因為N, P分別是AB, BB1的中點，所以 NP/AB1、因為N內平面 AB1M AB1U平面 AB1M所以NP/平面AB1M10分同理CP/平面AB1M11分因為 CPA NA P,所以平面 CN%/平面 AB1M13分因為CN=平面CNP所以CN/平面AB1M 14分BiPB12、（2018年朝陽區高三期末考試文 16）如圖，在四棱錐S-ABCD中，平面SAD_L（I）求證：CD _L平面SAD；SC證明：（I）因為四邊形 ABCD為正方形，那么CD1AD. 1分平面ABCD、四邊形ABCD為正方形，且P為AD的中點，Q為SB的中點、又平面SAD，平面ABCD ,且面 SADn 面 A

19、BCD=AD ,所以CD _L平面SAD. 3分（II）取SC的中點R,連QR DR1由題意知：PD/ BC且PD= 2 BG 4分在架BC中，Q為SB的中點，R為SC的中點，1所以 QR/ BC且 QR= 2BG 所以 QR/ PD且 QR= PQ那么四邊形PDRQ為平行四邊形.？分所以PQ/ DR.又PH平面SCD DR平面SCD所以PQ/平面SCD 10分（田）存在點N為SC中點，使得平面DMN _L平面ABCD、11分連接PC、DM交于點O ,連接PM、SP ,因為 PD/CM ,并且 PD =CM ,所以四邊形PMCD為平行四邊形，所以PO =CO .又因為N為SC中點，所以 NO/

20、SP、 12 分因為平面SAD _L平面ABCD ,平面SAD fl平面ABCD = AD ,并且SP _L AD ,所以SP,平面ABCD ,所以NO _L平面ABCD，13分又因為NO仁平面DMN所以平面DMN _L平面ABCD、14分13、（2018年海淀區高三期末考試文17）在四棱錐P- ABCD中，底面ABCD是菱形，ACpBD=O.（I ）假設 AC _L PD ,求證：AC _L 平面 PBD ;（n）假設平面PAC八平面ABCD ,求證：PB= PD ；（田）在棱PC上是否存在點M （異于點C）使得BM IIPM平面PAD，假設存在，求PC的值；假設不存在，說明理由.（I ）證

21、明：因為底面ABCD是菱形所以AC _L BD .1分因為 AC _L PD , PDCbD =D所以AC,平面PBD. - 分（n）證明：由（i）可知AC _ BD因為平面PAC人平面ABCD ,平面PAC PI平面ABCD = AC ,BD 1 平面 ABCD所以BD _L平面PAC .5分因為PO 1平面PAC ,所以BD1PO.7分因為底面ABCD是菱形，所以BO = DO .所以PB= PD.8分（田）解：不存在.下面用反證法說明分假設存在點M （異于點C）使得BM II平面PAD .在菱形ABCD中，BC a AD ,因為AD i平面PAD , BC ?平面pad ,所以BC /平

22、面PAD .-11分因為BM 1平面PBC , BC 1平面PBC ,bcHbm = B所以平面PBC /平面PAD 13分而平面PBC與平面PAD相交，矛盾14分14、（2018年昌平區高三期末考試理17）如圖在四棱錐p-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA，底面ABCD ,垂足為點A,點M , N分別是PD , PB的中點、PA = AB = 1（I）求證：PB/平面ACM .(II )求證：MN，平面PAC ;(III )假設PF =2FC,求平面FMN與平面ABCD所成二面角的余弦值.證明：(I )連接AC,BD, AM ,MC,MO,MN,且 ACC BD =0,點 O,M 分別是

23、 PD,BD 的中點M0PB,PB 0平面 ACM二PB平面ACM .4分(II)丁 PA_L 平面 ABCD-PA _L BD :底面ABCD是正方形BD仁平面ABCDAC _ BD又丁 PAc AC =A. BD _L 平面 PAC7分在ApBD中，點M , N分別是PD , PB的中點、y.MN / BD, MN _L 平面 PAC.9 分(III ): PA _L 平面 ABCD ,底面ABCD是正方形以A為原點，建立空間直角坐標系由PF =2FC可得 TOC o 1-5 h z 11112 2 1A(0,0,0),M(0, , ), N( ,0, ),F(,)2 2223 3 3設平

24、面MNF勺法向量為N=(x，y，z)平面ABCD勺法向量為AP = (0,0,1)11-1 21NM =(- -,0),NF =(-,-,-)2 26 3 611分可得:.X+Y=o2 2X+2二=036 解得:；y=x、z = 5x令 x=1，可得 N= (1,1,5)13分5cos 二 AP, n =275. 272714分15、（2018年豐臺區高三期末考試理 16）如圖，在三棱柱ABC- A1B1C1 中，CC1L底面 ABC AC= BC= 2, AB=2&, CC仁4, M是棱 CC1 上一點、（I ）求證：BCL AM（n）假設M N分別是CCl AB的中點，求證：CW/平面AB

25、1MC1 M =（田）假設2,求二面角A- MB” C的大小、證明：（I）因為三棱柱 ABC-A1B1C1中CCU平面 ABC所以CCU BC - -I分因為 AC= BC= 2, AB =2衣，BiBA所以由勾股定理的逆定理知 BC AG2分因為 ACA CC1= C,所以BC1平面ACC1A1分因為AM=平面ACC1A1所以BC AM 4分（II）連結A1B交AB1于P、5分因為三棱柱 ABG- A1B1C1,所以P是A1B的中點、因為M N分別是CC1, AB的中點，所以 NPy/CM 且 NP= CM所以四邊形MCNP1平行四邊形，6分所以CN/MP7分因為。中平面 AB1M M尸平面

26、 AB1M8分所以CN/平面AB1M 9分（田）因為 BC AC,且CC1L平面ABC以C為原點，CA CB, CC1分別為X軸，Y軸，Z軸建立空間直角坐標系AC- XYZ35C1M =-M0) AM因為 2,所以 C (0,0,0),A(2,0,0),B1(0,2,4),2 ,二（-2,嗎r3BM =(0, -2,-)2 、10分設平面AMB1的法向量n = （x,y,z）,那么n，AM =0zx5 (2,0, -) (x,y,z)=0, 23 (0,-2,-) (x, y,z)=0. 即L 211分4令 x=5,那么 y = 4,z = 4,即 n=(5,_3,4)、 T又平面MB1C勺一

27、個法向量是CA=(2,0,0), T Lt K n CA J 2 cos 二 n,CA= T W = 所以InllCAI 2、12分由圖可知二面角 A MB C為銳角， 冗所以二面角A- MB”C的大小為4、14分 16、(2018年海淀區高三期末考試理 17)在四棱錐P- ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB / CD ,? ABC 90?, AB= PB= PC = BC = 2CD，平面 PBC A 平 面 ABCD.(I )求證：AB A平面PBC ；(n)求平面PAD和平面BCP所成二面角(小于90.)的大小；PM(田)在棱PB上是否存在點M使得CM /平面PAD ?假設存在，求

28、 PB的值; 假設不存在，請說明理由.(I)證明：因為？ABC 90?,所以 AB _LBC . .1 分因為平面PBC a平面ABCD ,平面PBC D平面ABCD = BC ,AB 1 平面 ABCD ,所以AB a平面PBC ,3分(n )解：取BC的中點O ,連接PO.因為PB = PC所以PO BC因為平面PBC人平面ABCD ,平面PBCA平面ABCD=BC , PO i平面PBC ,所以P0 A平面ABCD. .y分如圖，以。為原點，0B所在的直線為X軸，在平面ABCD內過0垂直于BC的直線為y軸，0P所在的直線為z軸建立空間直角坐標系O-xyz、不妨設BC= 2.由直角梯形 A

29、BCD 中 AB = PB= PC = BC = 2CD 可彳# P（0,0, 73） , D（- 1,1,0）,A(1,2,0) .所以 DP二(r1,73), DA= (2,1,0).設平面PAD的法向量m = (x, y, z).? m ?DP 0, 因為? m ?DA 0.y,z)?(1, 13)=0, y, z)?(2,1,0)0,2X- y令x=1,那么 y= - 2, z= - V3.所以 m = (1,- 2,- J3). 7分取平面BCP的一個法向量N =（0,1,0）m n 2cs m, n= 二2所以mn2.所以平面ADP和平面BCP所成的二面角（小于90）的大小為4.9

30、分PM _ 1（田）解：在棱PB上存在點M使得CM /平面PAD ,此時PB 2 .理由如取AB的中點N ,連接CM , CN , MN1AN = - AB那么 MN / PA ,2因為 AB = 2CD ,所以AN = CD .因為 AB II CD ,所以四邊形ANCD是平行四邊形.所以 CN II AD .因為 MN PlCN = N, PApAD = A所以平面MNC /平面PAD 13分因為CM i平面MNC ,所以CM /平面PAD . 14分17、(2018年朝陽區高三期末考試理 17)如圖, 平面ABS、底面超8為矩形，在四棱錐S ABCD中，平面SADIAD = . 2a,

31、AB = 3aSA=SD =a、(I )求證：CD -LSA;(n)求二面角C -SA-D的大小.證明：(I )因為平面SAD _L平面ABCD ,CD _LAD ,且面 SAD面 ABCD = AD所以CD _L平面SAD.又因為SA匚平面SAD 所以CD_LSA、 6分(II)由(I )可知，CD SA.在 iSAD 中，SA=SD=a, AD =T2a ,所以 SA_LSD, 所以SA_L平面SDC. 即 SA_LSD, SA_LSC,所以/CSD為二面角C -SA-D的平面角、CD . 3atan . CSD =一 =3在rMcds中SDJI所以二面角C -SA-D的大小3、13分法二

32、：取BC的中點E , AD的中點P、在與AD中，SA = SD=a, P為AD的中點，所以，SP_LAD、又因為平面SADJ_平面ABCD ,且平面SAD平面ABCD=AD所以，Sp_L平面ABCD、顯然，有PE_LAD、如圖，以P為坐標原點，PA為X軸，PE為Y軸，PS 為Z軸建立空間直角坐標系，那么S(0,0,-2 a)A(_2a,0,0)222.B(-a, 3a,0)C(-二a, . 3a,0)2,1分Ca2D(-ya,0,0)CD = (0, - 3a,0), SA =( a,0, - a)(I )易知22-H T因為 CD SA =0 ,所以CD ISA,6分n SA=0 T(n)設

33、n =(x,y,z)為平面csa的一個法向量，那么有In CA=04p：；2. 2ax - az =022即72axaT3y =0,所以 n =(點,72,73)、7分顯然，EP _L平面SAD ,所以PE為平面SAD的一個法向量,所以m =(0,1,0)為平面SAD的一個法向量、21cos ：: n, m =-所以2拒2 ,所以二面角C-SA-D的大小為3、13分18、(2018年東城區高三期末考試文 17)如圖，在四棱錐底面ABCD是正方形，PA，平面ABCDE是PC中點，F為線段AC上一點.（I）求證：BD _L EF ；（II）試確定點F在線段AC上的位置，使EF /平面PBD ,并說明理由證明：（I）因為PA_L平面ABCD,所以pA _L BD、又四邊形ABCD是正方形,所以 AC _L BD , PAl AC = A,所以BD _L平面PAC ,又EF (平面PAC ,所以BD 1 EF .7分(n ):設AC與BD交于O ,當F為0c中點，A