备战2020高考黄金题系列之数学北京卷压轴专题06立体几何（第二篇）（解析版）.pdf

备战 2020 高考黄金 15 题系列之数学填空题压轴题【北京版】专题 6 立体几何1 （ 2020 东城区高三一模）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_【答案】2 7【解析】由三视图可知：几何体是由如下图所示的长、宽、高分别为4,2 3, 2的长方体截得的四面体PACE，其中,P E分别为11,C D CD中点，PE平面ABCD，4AB，2 3BC，2PE，最长棱为AC，长度为16122 7故答案为：2 7【押题点】由三视图还原几何体的问题2 （ 2020 北京丰台区高三一模）已知平面和三条不同的直线m，n，l给出下列六个论断：m；/m；/m l；n；/n；/n l以其中两个论断作为条件，使得/m n成立这两个论断可以是 _ （填上你认为正确的一组序号）【答案】（或）【解析】对，由线面垂直的性质定理可知，若m，n，则/m n，故可填；对，若m，/n，则mn；对，若m，/n l，则无法判断,m n的位置关系；对，若/m，n，则mn；对，若/m，/n，则,m n可能相交，平行或异面；对，若/m，/n l，则无法判断,m n的位置关系；对，若/m l，n，则无法判断,m n的位置关系；对，若/m l，/n，则无法判断,m n的位置关系；对，由平行的传递性可知，若/n l，/m l，则/m n，故可填。

故答案为：（或）押题点】空间中直线与直线，直线与平面的位置关系的判断3 （ 2020 北京西城区高三二模）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，4PAAB，E、F、H分别是棱PB、BC、PD的中点，对于平面EFH截四棱锥PABCD所得的截面多边形，有以下三个结论：截面的面积等于4 6；截面是一个五边形；截面只与四棱锥PABCD四条侧棱中的三条相交其中，所有正确结论的序号是_【答案】【解析】取CD的中点G，PA的四等分点I，顺次连接E、F、G、H、I，则平面EFGHI即为过E、F、H的平面截四棱锥PABCD所得截面，如下图所示：在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，4PAAB，EQ、F分别为PB、BC的中点，/EF PC且1232EFPC，EFQ平面EFH，PC平面EFH，/PC平面EFH，PCQ平面PCD，平面PCD I平面EFHGH，/GHPC，HQ为PD的中点，G为CD的中点，1232GHPC，同理可得/EHBD FG，且1222EHFGBD，PAQ平面ABCD，BD平面ABCD，BDPA，Q四边形ABCD为正方形，则BDAC，PAACAQI，BD平面PAC，PCQ平面PAC，BDPC，则EFEH，所以，四边形EFGH为矩形，其面积为2 3 2 24 6EF EH，设FGACMI，BDACNI，则M为CN的中点，N为AC的中点，1124CMCNAC，34AMAC，/PCQ平面EFH，PC平面PAC， 平面PAC I平面EFHIM，/IMPC， 且3334IMPC，IEHV的边EH上的高为3 3 2 33IJIMMJ，IEHV的面积为11223622IEHSEHIJV所以，截面面积为4 665 6，命题错误；该截面是一个五边形，命题正确；由图可知，截面与四棱锥PABCD侧棱PA、PB、PD相交，命题正确故答案为：【押题点】棱锥的几何特征，与棱锥相关的面积和体积计算问题4 （ 2020 北京陈经纶中学模拟）在正四面体OABC 中，,OAa OBb OCcuuu vv uuu vv uuu vv，D为BC的中点，E为 AD 的中点，则OEuuu v_(用, ,a b cv v v表示 )【答案】111244abcvvv【解析】因为在四面体OABC中，,OAa OBb OCc Du u u vu uu vu uu v为BC的中点，E为AD的中点，1222OAODOEOAODuuu vuuu vu uu vuu u vuu u v111222aOBOCu uu vuuu vv1111124244abcabcvvvvvv，故答案为111244abcrrr【押题点】空间向量的应用问题5 （ 2020 北京昌平期末考试）已知圆锥的顶点为S，O为底面中心，A，B，C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，SAAB，M为SA的中点设直线MC与平面SAB所成角为，则sin的最大值为 _【答案】31【解析】以AB 的中点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设4SAAB，则：0, 1, 3 ,0MC x y，如图所示，由对称性不妨设0,0 xy且224xy，则,1,3MCx yuuu u v，易知平面SAB的一个法向量为1,0,0mv，据此有：sinMC mMCmuuu u vvuuu u vv2213xxy1124824yy42 331，当且仅当2 34y时等号成立。

综上可得：sin的最大值为31【押题点】空间向量及其应用问题6 （ 2020 北京建华实验月考）已知/ /m，/ /n，mn，则下列命题一定正确的是_（1）；（2）设lI，则/ /ml；（3）设lI，若/ /ml，则与夹角的正弦值与n与夹角的正弦值相等【答案】（3）【解析】（1）两个平面的位置关系是任意的，所以该命题错误；（2）设lI，则/ /ml或者,m l异面；所以该命题错误；（3）设lI，若/ /ml，则与夹角的正弦值与n与夹角的正弦值相等如图，/ /ABn，过点B作BC，垂足为C，连接AC因为mn，/ /ml，所以ABl，所以l平面ABC，所以lAC，所以BAC 就是与夹角或者补角，BAC 就是n与夹角，所以与夹角的正弦值与n与夹角的正弦值相等，所以该命题正确故答案为：（ 3）【押题点】空间线面位置关系的证明，考查空间角的计算7 （ 2020 北京海定区模拟）如图，棱长为2 的正方体1111ABCDA B C D中，M是棱1AA的中点，点P在侧面11ABB A内，若1D P垂直于CM，则PBC的面积的最小值为_【答案】255【解析】以D 点为空间直角坐标系的原点，以DC 所在直线为y 轴，以 DA 所在直线为x 轴，以1DD为 z轴，建立空间直角坐标系则点1(2, ),(0,0, 2)Py zD，所以1(2, ,2)D Py zu uu u r因为(0,2,0),(2,0,1)CM，所以(2,2,1)CMuuuu r，因为1D PCMuuu u ruu uu r，所以4220yz，所以22zy，因为 B(2，2， 0)，所以(0,2, )BPyzuu u r，所以22222(2)(2)(22)5128BPyzyyyy因为02y，所以当65y时，min255BP因为 BC BP，所以min12 52 5()2255PBCS故答案为：2 55【押题点】空间向量的应用，空间立体几何最值问题8 （ 2020 北京密云模拟）如图，正方体1111ABCDA B C D的棱长为1， P为 BC 的中点， Q 为线段1CC上的动点，过点A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S则下列命题正确的是_（写出所有正确命题的编号） 当102CQ时， S为四边形；当12CQ =时， S为等腰梯形；当34CQ =时， S与11C D的交点R满足1113C R；当314CQ时，S为六边形；当1CQ时，S的面积为62【答案】【解析】由如图当点Q 向 C 移动时，满足102CQ，只需在 DD 上取点 M 满足 AMPQ，即可得截面为四边形APQM ，如图所示，S是四边形，故正确；当 CQ=12时，即 Q 为 CC中点，此时可得PQAD ，AP=QD = = ，故可得截面APQD为等腰梯形，S等腰梯形，故正确；当 CQ=34时，如图，延长 DD 至 N，使 D N=12，连接 AN 交 A D 于 S，连接 NQ 交 C D 于 R，连接 SR，可证 AN PQ，由 NRD QRC ，可得 C R：D R=C Q：D N=1：2，故可得C R=13，故正确；由可知当34CQ1 时，只需点 Q 上移即可， 此时的截面形状仍然如图所示的APQRS，如图S是五边形，故不正确；当 CQ=1 时， Q 与 C 重合，取 A D 的中点 F，连接 AF，可证 PC AF，且 PC =AF，可知截面为APCF 为菱形，故其面积为12AC ? PF=163222，如图S是菱形，面积为36222，故正确，故答案为【押题点】正方体的性质的应用9 （ 2020 北京 1010 中学月考）已知某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为_【答案】22【解析】由三视图在正方体中作出该四棱锥PABCD，由三视图可知该正方体的棱长为3，所以ABBCCDDA3，22PC3110，22PD3213，222PB33119，222PA33222因此该四棱锥的最长棱的长度为22故答案为22。

押题点】几何体的三视图，由三视图先还原几何体10 （2020 北京西城区模拟）如图：点P 在正方体1111ABCDA B C D的面对角线1BC上运动，则下列四个命题：三棱锥1AD PC的体积不变；1AP面1ACD；1DPBC；面1PDB 面1ACD其中正确的命题的序号是_【答案】【解析】对于， 因为11/ /ADBC，从而1/ /BC平面1AD C，故1BC上任意一点到平面1AD C的距离均相等，以P为顶点，平面1AD C为底面，则三棱锥1AD PC的体积不变，正确；对于，连接111,A B AC容易证明111/ /ACA D且相等，由于知：11/ /ADBC，平面11/ /BA C平面1ACD，所以可得1/ /A P面1ACD，正确；对于，由于DC平面111,BCB CDCBC，若1DPBC，则1BC平面DCP，1BCPC，则P为中点，与P动点矛盾， 错误；对于，连接1DB， 由1DBAC且11DBAD， 可得1DB面1ACD，由面面垂直的判定知平面1PDB平面1ACD，正确，故答案为【押题点】空间爱你点线面位置关系判断11 （2020 北京清华附中月考）已知正方体1111ABCDA B C D的棱长为4 2，点M是棱BC的中点， 点P在底面ABCD内，点Q段11A C上，若1PM，则PQ长度的最小值为_【答案】33【解析】过点Q作QN平面ABCD，垂足为N， 则点N段AC上，连接,PQ PN，在Rt PNQV中，22224 2PNPNPN，在平面ABCD内过点M作MEAC，垂足为E，则2ME，即M到直线AC的最短距离为2，又1PM，当PME时，此时min11PNME，所以22min4 2133PQ【押题点】空间立体几何最值问题12 （2020 北京中学生标准学术能力诊断性测试）如图，正方体1111ABCDA B C D的棱长为a，E、F分别是AB、BC的中点，过点1D、E、F的截面将正方体分割成两部分，则较小部分几何体的体积为_【答案】32572a【解析】如下图所示，延长EF分别交DA、DC的延长线于M、N，连接DM交1AA于点G，连接1D N交1CC于点H，再连接 GE 、HF，则该截面截正方形的截面为五边形1D GEFH/BC ADQ，则/AMBF，则EMAEFB，EAMEBF，EQ为AB的中点，则AEBE，EAMEBF，2aAMBF，同理2aCN，11/AMA DQ，11GAMGA D:，11112AGAMAGA D，1133aAGAA，在Rt MDN中，32DMDNa，则21928DMNSDMDNa，123111933388DDMNDMNVSDDaaa，2211112228AMNSAMAEaa，2311111338372GAMEAMEVSAGaaa，所以，正方体位于截面1D GEFH下方的几何体体积为133333125122872722DDMNGAMEVVaaaa因此，较小部分几何体的体积为32572a故答案为：32572a【押题点】空间几何体截面问题，空间立体几何最值问题13 （2020 北京 171 中学月考）正方体1111ABCDA B C D的棱长为1，若动点P段1BD上运动，则DC APuu uvu uu v。