2015年高考一模数学理试题分类汇编：立体几何

立体几何

一、选择题

1、（2015届广州市）已知某锥体的正视图和侧视图如图2， 其体积为

23，则该锥体的俯视图可以是 3

2、（2015届江门市）一个四面体如图1，若该四面体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，则它的体积V

A．

12 B．

11 C．36 D．

1 12B.若m,l3、（2015届揭阳市）设l,m是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是

A.若m//l,m//,则l//； C.若//,l,m//,则lm；

m,则l//；

D. 若m,m//,l,l//,则//；

4、（2015届梅州市）若某几何体的三视图如右图所示，则此几何体的体积等于

A、30 B、12 C、24 D、4

5、（2015届汕头市）设，，为平面，m，n为直线，则mA．

的一个充分条件是（ ）

，，n，mn B．m，- 1 -



C．，，m D．n，n，m

6、（2015届湛江市）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A． B．2 C．

83 D．

103

7、（2015届中山市）设m,n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列命题中正确的是 （A）若m//,n（B）若m（C）若且学科网，则mn

,n且mn，则,m//n且n，则m//

（D）若m,n且m//n，则//

8、（2015届佛山市）已知异面直线a,b均与平面相交,下列命题:

①存在直线m,使得ma或mb；

②存在直线m,使得ma且mb；

③存在直线m,使得m与a和b所成的角相等.

其中不正确的命题个数为( ) ．．．

A．0 B．1 C．2 D．3

选择题参考答案

1、C 2、C 3、C 4、C 5、D 6、A 7、B 8、B 二、填空题

1、（2015届茂名市）一个几何体的三视图如图所示，正视图为正方形，俯视图为半圆，侧视图为矩形，则其表面为＿＿＿＿

- 2 -

填空题参考答案 1、4＋3 三、解答题

1、（2015届广州市）如图4，在边长为4的菱形

ABCD中，DAB60，点E，F

分别是边CD，

CB的中点，AC的五棱锥PEFO，沿EF将△CEF翻折到△PEF，连接PA,PB,PD，得到如图5

ABFED，且PB10. 平面POA；

（2）求二面角BAPO的正切值.

（1）求证：BD

2、（2015届江门市）如图4，直四棱柱

B图4DEPCAO

FDAB图5FEODAB600，ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，侧面是正方形，

，B1FE是棱CB的延长线上一点，经过点A、C1、E的平面交棱BB1于点F

- 3 -

2BF．

⑴求证：平面

AC1E平面BCC1B1；

D1⑵求二面角E

AC1C的平面角的余弦值．

A1B1C1DA图4 FCBE3、（2015届揭阳市）

如图4，已知BCD中，BCD90,BCCD1，

AC、AD的中点．

AB6，AB⊥平面BCD，E、F（1）求证：平面BEF⊥平面（2）求四棱锥B-CDFE的体积V；

分别是

ABC；

（3）求平面BEF与平面BCD所成的锐二面角的余弦值．

4、（2015届茂名市）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，DB平分∠ADC，E为PC的中点，AD＝CD＝1，DB＝22，PD＝2。

（1）证明：PA∥平面BDE； （2）证明：AC⊥PB；

（3）求二面角E－BD－C的余弦值；

5、（2015届梅州市）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥

（1）求证：EF∥平面A'CD；

A'BCDE，F是A'B的中点。

- 4 -

（2）当四棱锥

A'BCDE的体积取最大值时，求平面A'CD与平面A'BE夹角的余弦值。

6、（2015届汕头市）已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其中正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．

1求证：平面C11；

2设为直线C1与平面C1所成的角，求sin的值；

3设为中点，在C边上求一点，使//平面C1，求

7、（2015届深圳市）在三棱锥P的边．三棱锥P的值． CABC中，已知平面PBC平面ABC，AB是底面△ABCABC的直观图补充完整（其中点P 在

最长

ABC的三视图如图5所示，其中侧视图和俯视图均为直角三角形．

（1）请在图6中，用斜二测画法，把三棱锥PxOz平面内），并指出三棱锥PABC的哪些面是直角三角形；

- 5 -

（2）求二面角BPAC的正切值； （3）求点C到面PAB的距离．

8、（2015届湛江市）如图，在三棱锥C中，C和C均是边长为z 23P y 4正视图

侧视图 O 图6 x 22俯视图 图5

2的等边三角形，2，，，分别是，，C的中点．

1若是C内部或边界上的动点，且满足//平面C，证明：点在线段上；

2求二面角C的余弦值．

（参考定理：若平面//平面，a平面，直线l，且l//平面，则直线l

9、（2015届中山市）如图所示，PA⊥平面ABCD， △ABC为等边三角形，PA平面．）

AB，AC⊥CD，

P M为AC中点．

（I）证明：BM∥平面PCD；

（II）若PD与平面PAC所成角的正切值

6为，求二面角C-PD-M的正切值．

2

10、（2015届佛山市）如图6,四棱锥PB

A M C

D 2的正三角形ABCD,侧面PAD是边长为（第20题图）, 且与底面垂直,底面

PMABCD是ABC60的菱形,M为棱PC上的动点,且(0,1). P PC(Ⅰ) 求证:△PBC为直角三角形； (Ⅱ) 试确定的值,使得二面角PADM的平面角余弦值为25. 5A M - 6 - D B

C 图6

解答题参考答案

1、（1）证明：∵点E，F分别是边CD，CB的中点，

∴BD∥EF. …………………………1分 ∵菱形ABCD的对角线互相垂直， ∴BDAC. ∴EFAC.

∴EFAO，EFPO. …………………………2分 ∵AO平面POA，PO平面POA，AOPOO，

∴EF平面POA. …………………………3分 ∴BD平面POA. …………………………4分 （2）解法1：设AOBDH，连接BO，

∵DAB60，

∴△ABD为等边三角形. ∴BDPGDEHBFO4，BH2，HA23，HOPO3. ……5分

在R t△BHO中，BO 在△PBO中，BO ∴PO2BH2HO27，

APO210PB2，

BO. …………………………6分 ∵POEF，EFBOO，EF平面BFED，BO平面BFED， ∴PO平面BFED. …………………………7分 过H作HGAP，垂足为G，连接BG，

由（1）知BH平面POA，且AP平面POA， ∴BHAP.

∵HGBHH，HG平面BHG，BH平面BHG，

∴AP平面BHG. …………………………8分 ∵BG平面BHG，

∴APBG. …………………………9分 ∴BGH为二面角BAPO的平面角. …………………………10分

在Rt△POA中，

APAO2PO230，

 在Rt△POA和Rt△HGA中，POAHGA90,PAOHAG，

∴Rt△POA～Rt△HGA. …………………………11分 ∴

POPA. HGHA ∴HGPOHA32330. …………………………12分 PA530- 7 -

在Rt△BHG中，tanBGHBH230HG3305 . ……………………13分

∴二面角B解法2：设AOAPO的正切值为30. …………………………14分 3BDH，连接BO，

∵DAB60，

∴△ABD为等边三角形. ∴BD4，BH2，HA23，HOPO3.………………………5分

在R t△BHO中，BO 在△PBO中，BO ∴PO2BH2HO27，

PO210PB2，

BO. …………………………6分 ∵POEF，EFBOO，EF平面BFED，BO平面BFED， ∴PO平面BFED. …………………………7分

以O为原点，OF所在直线为x轴， 建立空间直角坐标系Oxyz，

AO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，

0,33,0，B2,3,0，P0,0,3，H0, ∴AP0,33,3，AB2,23,0.

则A 设平面PAB的法向量为n3,0.…………8分

zPx,y,z，

33y3z0,……9分 2x23y0.AHBFxD 由nAP，nAB，得

EOy 令

y1，得z3，x3. ∴平面PAB的一个法向量为n3,1,3. …………………………10分

由（1）知平面PAO的一个法向量为BH 设二面角B 则cos2,0,0， ……………………11分 2339.………………………12分 13132APO的平面角为，

cosn,BHnBHnBH

- 8 -

∴sin1cos2130sin30，tan13cos3.………………………13分

∴二面角B2、⑴设四棱柱∵B1FAPO的正切值为

30. …………………………14分 3a2ABCDA1B1C1D1的棱长为a

，∴BE2BF，B1C1F∽BEF0……1分

由DAB60∵CEABE，ABC1200，得AE3a，AC3a……2分 23a222，∴AECEAC，AECE……3分 2ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，C1CABCD，又AEABCD，∴C1CAE，∵CECC1C，∴AE平面BCC1B1……4分

∵AE平面AC1E，∴平面AC1E平面BCC1B1……5分

⑵（方法一）过C作CGAC1于G，CHC1F于H，连接GH……6分 由平面AC1E平面BCC1B1，平面AC1E平面BCC1B1C1E， CH平面AC1E……7分

CGHCGCHC，∴CHAC1，又CGAC1，∴AC1平面CGH，AC1GH，

是二面角EAC1C的平面角……9分

在

RtACC1中，AC3a，CC1a，AC12a，

CG3a2，在

RtECC1中，

CE3133133313a，CC1a，EC1a，CHa（CGa、CHa求得任2213213何一个给2分，两个全对给3分）……12分

39GH13……13分 a，cosCGH26CG13（方法二）以E为原点，EC、EA所在直线为x轴、y轴，平行于BB1的直线EE1为z轴建立空间GHCG2CH2直角坐标系……6分，则

33a , 0)，C1(a , 0 , a)……7分

223n EAaq02设平面EAC……9分，即1的一个法向量为n (p , q , r)，则n EC3apar012q013B(a , 0 , 0)D(a , a , 0)……，不妨取……10分，由⑴知，n (2 , 0 , 3)223p2r0E(0 , 0 , 0)，A(0 , 11分，平面BCC1B1的一个法向量为n113BD(a , a , 0)

22

- 9 -

……12分，二面角EAC1C的平面角的余弦值cos|n1n ||n1||n |13……13分 133、（1）证明：又BCAB⊥平面BCD，CD平面BCD ABCD，-------------------1分

CD， ABBCB， CD平面ABC，------------------------------2分

//CD.---------------------------------------3分

又E、F分别是AC、AD的中点，∴EF∴EF⊥平面ABC 又EF平面BEF，平面BEF⊥平面ABC-----------4分

（2）解法1：由（1）知EF//CD ∴AEFACD--------------------------------5分

SAEF1V1, ∴BAEF---------------------6分

SACD4VBACD4331116VVBACDVABCDSBCDAB116.-------------------8分

444428

（3）解法1：以点C为坐标原点，CB与CD所在的直线分别为x、y轴建

立空间直角坐标系如图示，--------------------------------------------------------9分

0，0),B(10则C(0，，，0),D(010),，，A(10，，6)16116E(,0，),F(,,) 22222∴BE16116(,0，),BF(,，),---------------10分

22222nBE0设平面BEF的一个法向量为n(a,b,c)，由得

nBF016ac022令c6得a6,b0，∴n(6,0,6)，------------------12分 1a1b6c0222∵BA(0,0,6)是平面BCD的法向量，

设平面BEF与平面BCD所成的锐二面角大小为，

- 10 -

则cosnBA677|n||BA|642,

∴所求二面角的余弦值为

77．---------------------------------------------------14分

4、

- 11 -

5、（1）证明：取AC中点G，连接DG,GF. 则由中位线定理可得，DE∥BC，DE同理GF∥BC，GF'1BC2，…1分

1BC． 2所以DE∥GF，DEGF，

从而四边形DEFG是平行四边形， …………3分

所以EF∥DG． 又EF面A'CD，DG平面A'CD，

A'CD． …………5分

A'HCD于点H.

所以EF∥平面

' （2）在平面ACD内作

DEA'DDECDA'DCDDDE平面A'CDDEA'H.

又DE即由

CDD，故A'H底面BCDE，

A'H就是四棱锥A'BCDE的高． …………7分

A'HAD知，点H和D重合时，

四棱锥

A'BCDE的体积取最大值． …………8分

'分别以DC,DE,DA所在直线为x,y,z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则

A'(0,0,a),B(a,2a,0),E(0,a,0)，

'AB(a,2a,a),AE(0,a,a)． ………9分

设平面

ABE的法向量为m(x,y,z)，

'

- 12 -

'mABax2ayax0x2yz0由得，

yzmA'Eayaz0,

可取m平面

'(1,1,1)． …………11分

ACD的一个法向量n(0,1,0)． …………12分

故cosm,nmn101110mn所以平面 (连A'313， …………13分

3A'CD与平面A'BE夹角的余弦值为

3． …………14分 3A,可以证明A'CB即为所求二面角的平面角,易求.参照法一给分)

6、解：（1）证明∵该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，

俯视图为直角梯形，∴BA,BC,BB1两两垂直。 且BC4,BA4,BB18,AN4 , ……………（3分）

以BA，BB1 ，BC分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图 则N（4,4,0），B1（0, 8,0），C1（0,8,4），C（0,0,4） ∵BNNB1=（4,4,0）·（-4,4,0）=-16+16=0

BNB1C1=（4,4,0）·（0,0,4）=0

∴BN⊥NB1，BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1，

∴BN⊥平面C1B1N； -----------------（5分） （2）设n2(x,y,z)为平面NCB1的一个法向量，

(x,y,z)(4,4,4)0n2CN0则

n2NB10(x,y,z)(4,4,0)0xyz0,取n2(1,1,2),C1N(4,4,4)

xy0则sin|(4,4,4)(1,1,2)2|; -----------------（9分）

3161616114 （3）∵M（2,0,0）．设P(0,0,a)为BC上一点,

- 13 -

则MP(2,0,a), ∵MP//平面CNB1, ∴ MPn2又PMMPn2(2,0,a)(1,1,2)22a0a1.

平面CNB1,MP//平面CNB1,

∴当PB=1时MP//平面CNB1 7、解：（1）三棱锥PBP1 ----------（14分） PC3ABC直观图如图1所示；

由三视图知ABC和PCA是直角三角形． ……………………3分 （2）（法一）：如图2，过P作PHBC交BC于点H， z 由三视图知PBC为等腰三角形，

BC4，PH23，

PBP y PCBC4，

取PC的中点E，过E作EFPA且交PA

于点F，连接BE，BF，

因为BEA O(B) z P F E A O(B) H C x y 图1 C x PC，由三视图知AC面PBC，

且BE面PBC，所以ACBE，

又由ACPCC，所以BE面PAC， 由PA面PAC，所以BEPA， BEEFE，所以PA面BEF， 由BF面BEF，所以PABF，

所以BFE是二面角BPAC的平面角．………6分

PEF~PAC，PEEFPAAC，

图2 8分 PE2,AC4,PA42，EF2， ……………………………………在直角CFE中，有tanBFE所以，二面角BPAC的正切值为（法二）：如图3，过P作PHBE6． EF6． ………………………………………9分

BC交BC于点H，由三视图知PBC为等腰三角形，

z P y BC4，PH23， 由图3所示的坐标系，及三视图中的数据得： B(0,0,0)，C(4,0,0)，P(2,0,23)，A(4,4,0)， 则BA(4,4,0)，BP(2,0,23)，CA(0,4,0)， O(B) H 图3 C A x CP(2,0,23), - 14 - 设平面PAB、平面PAC的法向量分别为m、n．

4x14y10设m(x1,y1,z1)，由mBA0，mBP0，得，

2x123z10令z11， 得x13，y13，即m(3,3,1)． …………………6分

4y20，

2x223z20设n(x2,y2,z2)，由nCA0，nPA0，得令z21， 得x23，y20，即n(3,0,1)． ………………………7分

cosm,nmn27mn277，tanm,n6．…………………8分

6．…9分

而二面角BPAC的大小为锐角，所以二面角BPAC的正切值为（3）（法一）：记C到面PAB的距离为h，由（1）、（2）知PAAB42,PB4，

147VShh， ………………………………12分 ，S47 CPABPABPAB33三棱锥P1163ABC的体积VPABCSABCPH， ……………………13分

33421． ………………………………………14分 73,3,1)，CA(0,4,0)

由VPABCVCPAB，可得：h（法二）：由（2）知，平面PAB的法向量m(记C到面PAB的距离为h，

h42143mCA． ………………………………………………14分

m77【说明】本题主要考察空间点、线、面位置关系，三视图及几何体的直观图，二面角，三棱锥的体积，空间坐标系等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查用向量方法解决数学问题的能力． 8、

- 15 -

- 16 -

9、解：（Ⅰ）证明：因为M为等边△ABC的AC边的中点，所以BM⊥AC．

依题意CD⊥AC，且A、B、C、D四点共面，所以BM∥CD． …………3分 又因为BM

平面PCD，CD

平面PCD，所以BM∥平面PCD． …………5分

- 17 -

（Ⅱ）因为CD⊥AC，CD⊥PA，

所以CD⊥平面PAC，故PD与平面 PAC所成的角即为∠CPD．

……………7分

不妨设PA=AB=1，则PC= 由于

P F 2．

A E M B

C

（第18题图）

D

CD6，

tanCPDPC2 所以CD=3．……………9分

（方法一）

在等腰Rt△PAC中，过点M作ME⊥PC于点E，再在Rt△PCD中作EF⊥PD于点F．因为ME⊥PC，ME⊥CD，所以ME⊥平面PCD，可得ME⊥PD．

又EF⊥PD，所以∠EFM即为二面角C-PD-M的平面角． ……………12分

易知PE=3EC，ME=2，4EF=

323330学科网4205，

所以tan∠EFM=

2ME154EF330920，

z P 即二面角C-PD-M的正切值是 15．9A y D ……………15分

（方法二）

以A点为坐标原点，AC为x轴，建立 如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz． 则P（0,0,1）， M（

1），C（1,0,0），D

B M C x （第18题图）

2则

,0,0，

(1,3,0)．

PC(1,0,1)PD(1,3,1)，

． 1PM(,0,1)2若设

n1(x1,y1,z1)和

n2(x2,y2,z2)分别是平面PCD和平面PMD的法向量，则

．

x1z10n1PC0x13y1z10n1PD0

，可取

n1(1,0,1)- 18 -

由

1n2PM0x2z202x3yz0n2PD0222n1n2|n1||n2|32163，可取

3．

n2(2,,1)3 ………12分

所以，

cosn1,n22732 15 15．……………分9故二面角C-PD-M的余弦值是2732，其正切值是10、【解析】(Ⅰ)取 所以OCAD中点O,连结OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,

AD,OPAD,又OCOPO,OC平面POC,OP平面POC,

所以AD平面POC,又PC平面POC,所以ADPC,

因为BC//AD,所以BCPC,即PCB90,从而△PBC为直角三角形.………………5分 说明:利用PC平面AMD证明正确,同样满分!

z (Ⅱ)由(Ⅰ)可知POAD,又平面PAD平面ABCD, P 平面PAD平面ABCDAD,

PO平面PAD,所以PO平面ABCD.………………6分

以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz如图所示,则

PM A O C D y 0,0,3,A0,1,0,D0,1,0,C3,0,0, PC3,0,3 ………………7分 B 由PMPC3,0,3可得点M的坐标为3,0,3所以AM3,1,33,DM3,1,33,

3x ,………………9分

nAM03xy设平面MAD的法向量为nx,y,z,则,即3xynDM033z03 3z01zx解得,令z,得n1,0,,………………11分

y0显然平面PAD的一个法向量为OC3,0,0,………………12分

2依题意

cosn,OCnOCnOC31213的余弦值为

255,解得1或1(舍去), 3所以,当

1时,二面角PADM325.………………14分 5由(Ⅰ)可知AD

平面POC,所以ADOM,ADOP,

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所以POM为二面角P即cosPOMADM的平面角,

P 255,………………8分

5,PO3,OPM,

45 所以sinPMOsinPOM

4310,………10分 sinPOMcoscosPOMsinB

4410PMPO6PM3 由正弦定理可得,即,解得PMsinPOMsinPMO35310510 在△POM中,sinPOMM A O C

,………………12

D

分

PM1, PC3125 所以,当时,二面角PADM的余弦值为.………………14分

35 又PCPO2OC26,所以

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