北京市各区2020届高三二模数学分类汇编5—立体几何

1.（2020▪海淀二模）已知三条不同的直线l,m,n和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的为

（A）若m//，n//，则m//n （C）若l//，l//，则//

（B）若l//m，m，则l// （D）若l//，l，则

2.（2020▪海淀二模）某三棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小正方形的边长为1，那

么该三棱锥的体积为

2（A）

3（C）2

4（B）

3（D）4

主视图左视图俯视图3.（2020▪海淀二模）如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的

边界及其内部运动.若D1OOP，则△D1C1P面积的最大值为

D1A1B1C14525（A）（B） 55 （C）5 （D）25

PDOCA

4.（2020▪昌平高三二模）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是

（A） （B）

B（C）

（D）

5．（2020▪西城高三二模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是

1 / 21

（A）6

（B）4

（C）3

（D）2

6. （2020▪东城高三二模）已知一个几何体的三视图如图所示，正（主）视图是由一个半圆弧和一个正方形的三边拼接而成的，俯视图和侧（左）视图分别为一个正方形和一个长方形，那么这个几何体的体积是

1.5（A）1ππ（B）1 2411正（主）视图侧（左）视图π（C）1（D）1π

8俯视图7. （2020▪丰台高三二模）如图所示，一个三棱锥的主视图和左视图均为等边三角形，俯视图为等腰直角三角形，则该棱锥的体积为

（A）

234（B） 33（C）

433（D）23 8.（2020▪房山高三二模）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长侧棱的长为

2222主视图左视图

俯视图（A）2

（B）22

2 / 21

（C）23 （D）4

9.（2020▪密云高三二模） 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥中最长的棱长为

A．

B．2 C．

D．

10. （2020▪西城高三（下）6月模拟）佩香囊是端午节传统习俗之一.香囊内通常填充一些中草药,有清香、驱虫、开窍的功效.因地方习俗的差异,香囊常用丝布做成各种不同的形状,形形色色,玲珑夺目，图1的ABCD由六个正三角形构成.将它

沿虚线折起来,可得图2所示的六面体形状的香囊.那么在图2这个六面体中,棱AB与CD所在直线的位置关系为

(A)平行

(B)相交

(C)异面且垂直

(D)异面且不垂直

11.（2020▪东城高三二模）设,,是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列三个结论：

①若m，n，则m∥n； ②若m，m，则∥； ③若，，则∥. 其中，正确结论的序号为______．

注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分。 12．（2020▪西城高三二模）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，PAAB4，

E,F,H分别是棱PB,BC,PD的中点，对于平面EFH截四棱锥PABCD所得的截面多边形，有以下三个结

论：

①截面的面积等于46； ②截面是一个五边形；

③截面只与四棱锥PABCD四条侧棱中的三条相交． 其中，所有正确结论的序号是______．

3 / 21

13.（2020▪朝阳高三二模）某四棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该四棱锥的体积为

14. （2020▪西城高三（下）6月模拟）某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为

15.（2020▪海淀二模）（本小题共14分）

.

在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC//AD，ADC90，BCCD1AD1，E为线段2AD的中点.PE底面ABCD，点F是棱PC的中点，平面BEF与棱PD相交于点G.

P（Ⅰ）求证：BE//FG；

（Ⅱ）若PC与AB所成的角为，求直线PB与平面BEF所成角的正弦值．

4

GFDEABC 4 / 21

16．（2020▪西城高三二模）（本小题满分14分）

如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，DE平面ABCD，DE∥BF，且

DE2BF2．

（Ⅰ）求证：平面BCF∥平面ADE； （Ⅱ）求钝二面角DAEF的余弦值．

17.（2020▪东城高三二模）（本小题14分）

如图①，四边形ABCD中，AD//BC，CDBC，BCCD1，AD2，E为AD中点. 将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图②. （Ⅰ）求证：平面A1EB平面A1ED；

（Ⅱ）若A1ED90，求A1C与平面A1BD所成角的正弦值.

AED

A1EBBCDC

图① 图②

5 / 21

18.（2020▪朝阳高三二模）(本小题14分)

如图，在五面体ABCDEF中，面ABCD是正方形，ADDE,AD4,DEEF2且EDC3.

（I）求证：AD平面CDEF；

(II)求直线BD与平面ADE所成角的正弦值;

(III)设M是CF的中点，棱AB上是否存在点G，使得MG//平面ADE?若存在，求线段AG的长;若不存在，说明理由.

19. （2020▪西城高三（下）6月模拟）(本小题满分14分)

如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,CC1底面ABC,ACBC,D是A1C1的中点,且ACBCAA12. (Ⅰ)求证:BC1平面AB1D;

(Ⅱ)求直线BC与平面AB1D所成角的正弦值.

6 / 21

20.（2020▪昌平高三二模）（本小题14分）

如图，在四棱锥中，平面，

是直角梯形，并求直线

，与平面

，，为

中点，________ ，求证：四边形从①

；②

平面

所成角的正弦值.

这两个条件中选一个，补充在上面问题中，并完成解答；

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

21.（2020▪丰台高三二模）（本小题共14分）

如图，四边形ABCD为正方形，MA‖PB，MABC，ABPB，MA1，ABPB2. （Ⅰ）求证：PB平面ABCD；

（Ⅱ）求直线PC与平面PDM所成角的正弦值.

22.（2020▪房山高三二模）（本小题14分）

如图，在三棱柱ABCABC中，BCCB是边长为2的正方形，平面ABC平面BCCB，AB1，

1111111ABBC，点E为棱AA1的中点．

（Ⅰ）求证：BC平面ABC；

111（Ⅱ）求直线BC与平面BCE所成角的正弦值． 11

AEA1BB1CC1 7 / 21

23.（2020▪密云高三二模）（本小题满分14分）

如图，直三棱柱中，，是棱的中点，．

（Ⅰ）证明：（Ⅱ）求二面角

；

的大小．

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2020北京各区高三二模数学分类汇编—立体几何

参考答案

1.D 2.A 3.C 4.C 5.D 6.C 7.A 8.C 9.D 10.B 11. ①② 12. ②③ 13.12 14. 15.（本小题共14分）

（Ⅰ）证明：因为E为AD中点，所以DE又因为BC1，所以DEBC. 在梯形ABCD中，DE//BC， 所以四边形BCDE为平行四边形.

所以BE//CD. 又因为BE平面PCD，且CD平面PCD，

所以BE//平面PCD. 因为BE平面BEF，平面BEF平面PCDFG，

1AD1. 2所以BE//FG. （Ⅱ）解：（解法1）因为PE平面ABCD，且AE,BE平面ABCD，

所以PEAE，且PEBE.

因为四边形BCDE为平行四边形，ADC90， 所以AEBE.

以E为坐标原点，如图建立空间直角坐标系Exyz. 则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0). 设P(0,0,m)（m0），

所以CP(1,1,m)，AB(1,1,0).

9 / 21

因为PC与AB所成角为4，

所以cosCP,AB=CPAB=2

CPAB2m22=cos242. 所以m2. 则P(0,0,2)，F(12,122,2).

所以EB(0,1,0)，EF(1122,2,2)，PB(0,1,2).

设平面BEF的法向量为n(x,y,z)， 则nEB0，nEF0.

y0，即11 2x2y22z0.令x2，则z1，所以n(2,0,1).

所以cosPB,nPBn2|PB||n|3323. 所以直线PB与平面BEF的所成角的正弦值为23. 2）

连结EC,

因为AE//BC且AEBC，所以四边形ABCE为平行四边形. 所以AB//CE.

因为PC与AB所成角为4，所以PC与CE所成角为4.

10 / 21

zPGFDCEByAx（Ⅱ）（解法即PCE. 4因为PE平面ABCD，且CE平面ABCD， 所以PECE. 又因为EDC，所以平行四边形BCDE是矩形. 2所以在等腰直角三角形PEC中，PECE2. 因为PE平面ABCD，且AE,BE平面ABCD， 所以PEAE，且PEBE. 又因为AEBE，

以E为坐标原点，如图建立空间直角坐标系Exyz

112则E(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,2)，C(1,1,0)，F(,,).

222112所以EB(0,1,0)，EF(,,)，PB(0,1,2).

222设平面BEF的法向量为n(x,y,z)，则 nEB0， nEF0.y0，即1 12xyz0.222令x2，则z1，所以n(2,0,1).

PBn|PB||n|所以cosPB,n2332. 3所以直线PB与平面BEF的所成角的正弦值为2. 316．（本小题满分14分）

解：（Ⅰ）因为DE//BF，DE平面ADE，BF平面ADE，

11 / 21

所以BF//平面ADE. ……………… 3分 同理，得BC//平面ADE. 又因为BCBFB，BC平面BCF，BF平面BCF，

所以平面BCF//平面ADE. ……………… 6分 （Ⅱ）由DE平面ABCD，底面ABCD为正方形，

得DA,DC,DE两两垂直，故分别以DA,DC,DE为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系， ………………7分

则D(0,0,0)，E(0,0,2)，F(2,2,1)，A(2,0,0)， 所以AE(2,0,2)，AF(0,2,1). ……… 8分 设平面AEF的法向量n(x,y,z)， 2x2z0, 由AEn0，AFn0，得

2yz0, 令y1，得n(2,1,2).………………11 平面DAE的法向量m(0,1,0). 设钝二面角DAEF的平面角为，

则 |cos||cosm,n||mn1|，

|m||n|3分

11 所以cos，即钝二面角DAEF的余弦值为. ……………… 14分

3317.（本小题14分）

（Ⅰ）证明：因为四边形ABCD中，AD//BC，CDBC，BC1，AD2，E为AD中点， 所以BEAD.

故图②中，BEA1E，BEDE. 又因为A1EDEE，A1E，DE平面A1DE，

所以BE平面A1DE.

12 / 21

又因为BE平面A1EB，

所以平面A1EB平面A1DE.……………6分 （Ⅱ）解：由A1ED90得A1EDE， 又A1EBE，BEDE,

因此，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz． 由A1ECDDE1，

得A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，

EBCDzA1yxD(0,1,0)，

A1B(1,0,1)，A1D(0,1,1)，

设平面A1BD的法向量为n(x,y,z)， nA1B0，xz0，则即令z1得x1,yyz0，nA1D0，1，

所以n(1,1,1)是平面A1BD的一个法向量. 又AC(1,1,1), 1设直线A1C与平面A1BD所成角为，

1．……………14分 1|所以sin|cosn,AC333|n||AC1|18.（本小题14分）

解：（Ⅰ）因为ABCD是正方形，所以AD又因为AD|nAC1|1zCD．

EFMDE，DE平面CDEF，

CD平面CDEF，CDDE所以ADD，

DOCy平面CDEF．……………4分

AHGB（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AD平面CDEF,

13 / 21

x所以平面ABCD过点E作EO则OE平面CDEF．

CD，垂足为O，

平面ABCD．

在平面ABCD内，过O作OH则OECD，

OH．

如图建立空间直角坐标系O-xyz，

因为AD4，DEEF2，且EDCπ，所以DO1，OE33．

则A(4,1,0)，B(4,3,0)，C(0,3,0)，D(0,1,0)，E(0,0,3)， 所以AD(4,0,0)，AE(4,1,3)，BD(4,4,0)．

设平面ADE的一个法向量为n(x,y,z)，

则

nADnAE0,0.即

4x4x0,y3z0.

令y3，则x0，z1，于是n设直线BD与平面ADE所成角为，

(0,3,1)．

则sin|cosn,BD||nBD||n||BD|432426． 46所以直线BD与平面ADE所成角的正弦值为4．……………10分

（Ⅲ）棱AB上存在点G，使得MG//平面ADE，此时AG因为DC//AB，DC平面ABFE，AB3．理由如下：

平面ABFE，

所以DC//平面ABFE． 因为DC平面DCFE，平面DCFE平面ABFEEF，

所以DC//EF．

14 / 21

53由（Ⅱ）知，F(0,2,3)，M(0,,)．

22设G(4,y1,0)(1y13)，则MG(4,y15,23)． 2由（Ⅱ）知，平面ADE的一个法向量为n(0,3,1)．

若MG//平面ADE，则MGn0，即3(y15)2320，解得y12，即G(4,2,0)．

经验证，此时MG//平面ADE．

所以棱AB上存在点G，使得MG//平面ADE，此时AG19．（本小题满分14分）

3．……………14分

解：（Ⅰ）如图，连接.设，并连接.

由三棱柱又因为

是

，得的中点，

.…………2分

所以又因为所以

.………………4分 平面平面

，

平面

，

.………………6分 底面

，

，

（Ⅱ）因为

所以，，两两垂直，故分别以，，为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐

标系，………………7分 则

，

，

，

，

，

所以设平面

，的法向量

，，

，………8分

由，，得

15 / 21

令设直线

，得

与平面

.………………11分 所成的角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.………………14分

20.（本小题满分14分）

解1；选择① 因为平面

，

所以，

. 因为

，

所以.

因为，

所以.

所以. …………….4因为，

所以平面

. …………….6所以. 因为，

所以. 所以四边形是直角梯形.

解2；选择② 因为

平面，

……………..1分 分

分

…………….7分 16 / 21

所以因为

，. ……………..1分 ，

所以.

因为所以所以因为所以所以因为所以所以四边形过因为所以

作

平面

，

.

.…………….4分

， .

. …………….6分 平面

，

平面

，平面

平面

，

.

是直角梯形. …………….7分

的垂线交平面

于点，

. …………….8分

. …………….9分

.

为

中点，

.

如图建立空间直角坐标系则因为

所以.

所以. …………….10分

17 / 21

设平面的法向量为，则

即

令

则

.

…………….11分

于是. …………….12分 设直线

与平面

所成的角为

，

所以.

所以直线

与平面所成角的正弦值为. …………….1421.（本小题共14分）

证明：（Ⅰ）因为MABC，MA//PB，

所以PBBC， 因为ABPB，ABBCB，

所以PB平面ABCD.………5分 （Ⅱ）因为PB平面ABCD，

AB平面ABCD，AD平面ABCD，

所以PBAB，PBAD. 因为四边形ABCD为正方形， 所以ABBC.

如图建立空间直角坐标系Bxyz，

则P(0,0,2)，M(2,0,1)，C(0,2,0)，D(2,2,0)，

PC(0,2,2)，PD(2,2,2)，PM(2,0,1).

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分

设平面PDM的法向量为u(x,y,z)，

2x2y2z0,uPD0,则 即

2xz0.uPM0,令z2，则x1，y1.于是u(1,1,2). 平面PDM的法向量为u(1,1,2). 设直线PC与平面PDM所成的角为，

所以sincosPC,uPCuPCu36.

所以直线PC与平面PDM所成角的正弦值为

36.………14分

22.（本小题14分）

解：（Ⅰ）∵平面ABC平面BCCB，平面ABC11又ABBC，

∴AB平面BCCB，

11（有前面的∵，∴才得分） ∵AB//AB，

11∴AB平面BCCB，

1111∵BC平面BCCB， 111∴ABBC， 111又BCCB是正方形，BCBC 1111∴BC平面ABC 111（有前面的∵，∴才得分）

平面BCCBBC

11 19 / 21

（Ⅱ）由AB,BC,BB两两垂直，如图建立直角坐标系

1B(0,0,0)，C1(2,2,0)，C(2,0,0)，E(0,1,1)， B1(0,2,0)，BC1(2,2,0)，B1C(2,2,0)，

zAEA1BB1yCE(2,1,1)

CC1x设平面BCE的法向量为

1n(x,y,z)，则有

nB1C0,nCE0,令x1，得

即

2x2y0，2xyz0，n(1,1,1)

设直线BC与平面BCE所成角为，所以

11sin|cosn,BC|nBCBCn46 322323.（本小题满分14分）

（Ⅰ）证明：在直三棱柱

中，侧面

为矩形．

因为，是棱的中点，

所以所以因此因为所以因为所以（Ⅱ）解：因为

和均为等腰直角三角形．

．

，即，

． ，

平面BCD． 平面BCD，

．

平面

，

平面

，

20 / 21

平面，

所以又因为所以因为以

平面

，，

．

．

，

平面，所以

为原点建立空间直角坐标系，如图所示．

， ，

，

，

，

，

，

，，

，

．

不妨设则所以

设平面的法向量，

由 得

令设平面

，则

的法向量

．

，

由 得

令，则．

则有

因为二面角为锐角，

所以二面角的大小为．

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