2019年北京高三数学二模分类汇编：立体几何--(教师版)

2019高三二模立体几何1、（2019北京海淀高三二模理17)（本小题满分14分）如图1所示，在等腰梯形ABCD，BC∥AD，CEAD，垂足为E，33ADBC，1EC.将DEC沿EC折起到1DEC的位置，使平面1DEC平面ABCE，如图2所示，点G为棱1AD上一个动点。(Ⅱ)当点G为棱1AD中点时，求证：BG∥平面1DECt(Ⅱ)求证：AB平面1DBE;[来源:学.科.网](Ⅲ)是否存在点G，使得二面角1GBED的余弦值为63？若存在，求出AG的长；若不存在，请说明理由．2、（2019北京东城高三二模理17)（本小题14分）如图，四边形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直，AB∥CD，ABBC，60DAB，4ABAD，AEDE，AEDE，平面ABE与平面CDE交于EF．（Ⅰ）求证：CDEF；（Ⅱ）若EFCD，求二面角--ABCF余弦值；（Ⅲ）在线段BC上是否存在点M使得AMEM？若存在，求BM的长；若不存在，说明理由．[来源:学科网]3、（（2019北京西城高三二模理17)（本小题满分14分）如图1，在平行四边形ABCD中，E，F分别为,ABAD中点，04,42,45ADABA。将AEF沿折起到1AEF位置，使得平面1AEF平面BCDEF，如图2.记1AC的中点为M。(Ⅰ)求证：1AECD；(Ⅱ)求二面角MDBC的大小；(Ⅲ)设N为线段1AD上的一点，试给出点N满足的一个条件，使得平面NEF∥平面MBD，并证明你的结论。4、（2019北京朝阳高三二模理17)（本小题满分14分）在三棱柱111ABCABC中，底面ABC是正三角形，侧棱1AA底面ABC.D，E分别是边BC，AC的中点，线段1BC与1BC交于点G，且4AB，122BB.(Ⅰ)求证：//EG平面1ABD；(Ⅱ)求证：1BC平面1ABD；(Ⅲ)求二面角1ABCB的余弦值.GEB1A1C1ABCD5、（2019北京丰台高三二模理17)（本小题14分）在梯形ABCD中，ABCD∥，3BAD，224ABADCD，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点（如图1）．将ACD△沿AC折起到'ACD△的位置，使得二面角'BACD为直二面角（如图2）．（Ⅰ）求证：BC∥平面'POD；（Ⅱ）求二面角'ABCD的大小；（Ⅲ）线段'PD上是否存在点Q，使得CQ与平面'BCD所成角的正弦值为68？若存在，求出'PQPD的值；若不存在，请说明理由．POBOCDPBACAD'Q图1图2ABCDEFM6、（2019北京房山高三二模理17)（本小题14分）已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，2,1ABAF，点M在线段EF上.（Ⅰ）若M为EF的中点，求证：AM平面BDE；（Ⅱ）求二面角ABFD的余弦值；（Ⅲ）证明：存在点M，使得AM平面BDF，并求EMEF的值.ABCDEP7、（2019北京昌平高三二模理16)（本小题14分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PCD平面ABCD，2AB，1BC，2PCPD，E为PB中点．（Ⅰ）求证：PD∥平面ACE；（Ⅱ）求二面角EACD的余弦值；（Ⅲ）在棱PD上是否存在点M，使得AMBD？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．[来源:学科网]8、（2019北京顺义高三二模理16)（本小题14分）如图，在四棱锥中，等边三角形所在的平面垂直于底面，，，是棱的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）判断直线与平面的是否平行，并说明理由．9、（2019北京通州高三二模理17)（本小题14分）如图1，菱形ABCD中，60A，4AB，DEAB于E．将AED沿DE翻折到AED，使AEBE，如图2．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；[来源:学科网ZXXK]（Ⅲ）设F为上一点，若EF//平面，求DFFA的值．DCBEA'EDCBA图1图2[来源:学科网ZXXK]2019高三二模立体几何1、（2019北京海淀高三二模理17)（本小题满分14分）解：(Ⅰ)方法1：在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F，因为CEAD，所以BFEC又因为BCAD，1BCCE，=3AD所以四边形BCEF为正方形，1AFFEED，F为AE中点在图2中，连结GF因为点G是1AD的中点，所以1GFDE又因为BFEC，GFBFF，GFBF，平面BFG，1,DEEC平面1DEC，所以平面BFG平面1CED又因为BGGFB面，所以BG平面1DEC方法2：在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F因为CEAD，所以BFEC又因为BCAD，1BCCE，=3AD所以四边形BCEF为正方形，F为AE中点在图2中，连结GF因为点G是1AD的中点，所以1GFDE又1DE平面1DEC，GF平面1DEC所以GF平面1DEC又因为BFEC，EC平面1DEC，BF平面1DEC所以BF平面1DEC又因为GFBFF所以平面BFG平面1DEC又因为BGGFB面，所以BG平面1DEC方法3：在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F，因为CEAD，所以BFEC又因为BCAD，1BCCE，=3AD所以四边形BCEF为正方形，1AFFEED，得2AE所以1=2BCAEBCAE，在图2中设点M为线段1DE的中点，连结,MGMC，因为点G是1AD的中点，所以1=2GMAEGMAE，所以=GMBCGMBC，，所以四边形MGBC为平行四边形所以BGCM又因为CM平面1DEC，BG平面1DEC所以BG平面1DEC（Ⅱ）因为平面1DEC平面ABCE，平面1DEC平面ABCEEC,1,DEEC1DE平面1DEC，所以1DE平面ABCE又因为AB平面ABCE所以1DEAB又2,2,2ABBEAE，满足222AEABBE，所以BEAB又1BEDEE所以AB平面1DEB（Ⅲ）因为1,,EAECED三线两两垂直，如图，建立空间直角坐标系1EACD,所以(2,0,0)A，1(0,0,1)D，(1,1,0)B，1(2,0,1),(1,1,0)ADEB.假设存在点G满足题意，设1,01AGAD，则(2,0,1)AG，所以(2,0,0)(2,0,1)(22,0,)EGEAAG设平面GBE的法向量为(,,)abcm，所以00EBEGmm，即0(22)0abac取a，则(,,22)m，由（Ⅱ），(1,1,0)AB为平面1BED的法向量，ABCD1E令2226cos,322(22)ABABABmmm解得23或2（舍）所以存在点G，使得二面角1GBED的余弦值为63，且123AGAD，得253AG.2、（2019北京东城高三二模理17)（本小题14分）解：（Ⅰ）在四边形ABCD中，AB∥CD．因为AB平面ABE，CD平面ABE，所以CD∥平面ABE．因为CD平面CDE，且平面ABE平面CDEEF，所以CD∥EF．............................4分（Ⅱ）如图，取AD的中点N，连接BN，EN.在等腰△ADE中，.ENAN因为平面ADE平面ABCD，交线为AD，又ENAD，所以EN平面ABCD.所以.ENBN由题意易得.ANBN如图建立空间直角坐标系Nxyz，则(0,0,0),N(2,0,0)A，(0,23,0)B，(3,3,0)C，(2,0,0)D，(0,0,2)E．因为EFCD，所以(1,3,2)F.设平面BCF的法向量为(,,)xyz，n(1,3,2),(3,3,0),BFBC则0,0,BFBCnn即320,330.xyzxy令3y，则1,1xz．于是(1,3,1)n．又平面ABCD的法向量为(0,0,2)NE，所以5cos,5NENENEnnn．由题知二面角--ABCF为锐角，所以二面角--ABCF的余弦值为55.............................9分（Ⅲ）不存在满足条件的点M，使AMEM，理由如下：若AMEM，则0EMAM．因为点M为线段BC上的动点，设(01),CMtCBt，(,,0)Muv．则(3,3,0)(3,3,0)uvt，解得(33,3+3,0)Mtt．所以(33,33,2)EMtt，(35,33,0)AMtt．所以(33,33,2)(35,33,0)=0EMAMtttt．整理得22330tt，此方程无实根．所以线段BC上不存在点M，使AMEM.............................14分3、（2019北京西城高三二模理17)（本小题满分14分）4、（2019北京朝阳高三二模理17)（本小题满分14分）解：(I)因为E为AC中点，G为1BC中点.所以1//EGAB.又因为EG平面1ABD，1AB平面1ABD,所以//EG平面1ABD.………….4分(Ⅱ)取11BC的中点1D，连接1DD.显然DA，DC，1DD两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系Dxyz,则(0,0,0)D，(23,0,0)A，(0,2,0)B，1(0,2,22)B，1(0,2,22)C,(3,1,0)E,(0,2,0)C.所以1(0,2,22)DB，(23,0,0)DA，1(0,4,22)BC.又因为1230040220BCDA，1100(2)422220BCDB,所以111,BCDABCDB.又因为1DADBD，所以1BC平面1ABD.………….9分（Ⅲ）显然平面1BCB的一个法向量为1(1,0,0)n.设平面1ABC的一个法向量为2(,,)xyzn，又(23,2,0)AC，1(0,4,22)BC，由2210,0,ACBCnn得2320,4220.xyyz设1x，则3y，6z，则2(1,3,6)n.所以121212110cos1010,nnnnnn.设二面角1ABCB的平面角为，由图可知此二面角为锐二面角，所以10cos10.………….14分5、（2019北京丰台高三二模理17)．（本小题14分）（Ⅰ）证明：因为在梯形ABCD中，ABCD∥，24ABCD，P为AB的中点，所以∥CDAP，CDAP，所以四边形APCD为平行四边形，………………1分因为线段AC与DP交于O点，zyxD1GEB1A1C1ABCD所以O为线段AC的中点，所以ABC中∥OPBC，………………3分因为平面，平面，所以BC∥平面'POD．………………4分（Ⅱ）解：因为平行四边形中，，所以四边形APCD是菱形，ACDP，垂足为O，所以'ACOD，ACOP，因为'OD平面'ACD，OP平面ACB，所以'DOP是二面角'BACD的平面角，因为二面角'BACD为直二面角，所以'2DOP，即'OPOD．可以如图建立空间直角坐标系Oxyz，其中(0,0,0)O，………………6分因为在图1菱形APCD中，3BAD，所以1ODOP，3OAOC．所以(3,2,0)B，(3,0,0)C，'(0,0,1)D．所以'(3,2,1)BD，(0,2,0)CB．………………7分设()=x,y,zn为平面'BCD的法向量，因为'CBBDnn，所以0'0CBBDnn，即20,320.yxyz取1x，得到0,3.yz所以(1,0,3)n，易知平面ABC的法向量为'(0,0,1)OD