高一数学(必修二)立体几何练习题(含答案)

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高一数学立体几何练习题及部分答案大全

立体几何试题一．选择题（每题4分，共40分）1.已知AB 0300300150空间，下列命题正确的个数为（）（1）有两组对边相等的四边形是平行四边形,（2）四边相等的四边形是菱形（3）平行于同一条直线的两条直线平行 ;（4）有两边及其夹角对应相等的两个三角形全等A 1B 2C 3D 4 3.如果一条直线与两个平行平面中的一个平行，那么这条直线与另一个平面的位置关系是（）A 平行B 相交C 在平面内D 平行或在平面内4.已知直线m αα过平面α外一点，作与α平行的平面，则这样的平面可作（） A 1个或2个 B 0个或1个 C 1个 D 0个6.如图,如果MC ⊥菱形ABCD 所在平面,那么MA 与BD 的位置关系是( )A 平行B 垂直相交C 异面D 相交但不垂直 7.经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有（）A 0个B 1个C 无数个D 1个或无数个 8.下列条件中,能判断两个平面平行的是( ) A 一个平面内的一条直线平行于另一个平面; B 一个平面内的两条直线平行于另一个平面 C 一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 D 一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面 9.对于直线m ,n 和平面,αβ,使αβ⊥成立的一个条件是( ) A //,,m n n m βα⊥⊂ B //,,m n n m βα⊥⊥ C ,,m n m n αβα⊥=⊂ D ,//,//m n m n αβ⊥10 .已知四棱锥,则中,直角三角形最多可以有( ) A 1个 B 2个 C 3个 D 4个二．填空题（每题4分，共16分）11.已知∆ABC 的两边AC,BC 分别交平面α于点M,N ，设直线AB 与平面α交于点O ，则点O 与直线MN 的位置关系为_________12.过直线外一点与该直线平行的平面有___________个，过平面外一点与该平面平行的直线有_____________条13.一块西瓜切3刀最多能切_________块14.将边长是a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起,使得折起后BD 得长为a,则三棱锥D-ABC 的体积为___________三、解答题15（10分）如图，已知E,F 分别是正方形1111ABCD A B C D -的棱1AA 和棱1CC 上的点，且1AE C F =。

人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试卷(含答案解析)

一、选择题1．设m ，n 是两条异面直线，下列命题中正确的是（）A ．过m 且与n 平行的平面有且只有一个B ．过m 且与n 垂直的平面有且只有一个C ．m 与n 所成的角的范围是()0,πD ．过空间一点P 与m 、n 均平行的平面有且只有一个2．在四面体S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，9021ABC SA AC AB ︒∠====,,，则该四面体的外接球的表面积为（）A ．23πB ．43πC ．4πD ．5π3．球面上有,,,A B C D 四个点，若,,AB AC AD 两两垂直，且4AB AC AD ===，则该球的表面积为（）A ．803πB ．32πC ．42πD ．48π 4．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，1AD AB ==，AD AB ⊥，45BCD ∠= ，将ABD ∆沿对角线BD 折起．设折起后点A 的位置为A '，并且平面A BD '⊥平面BCD . 给出下面四个命题： ①A D BC '⊥；②三棱锥A BCD '-的体积为22； ③CD ⊥平面A BD '；④平面A BC '⊥平面A DC '.其中正确命题的序号是（）A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④ 5．如图所示，AB 是⊙O 的直径，VA 垂直于⊙O 所在的平面，点C 是圆周上不同于A ，B 的任意一点，M ，N 分别为VA ，VC 的中点，则下列结论正确的是（）A ．MN //AB B ．MN 与BC 所成的角为45°C ．OC ⊥平面VACD ．平面VAC ⊥平面VBC 6．已知m ，n 是不重合的直线，α，β是不重合的平面，则下列说法中正确的是（） A ．若m ⊂α，n ⊂α，则//m nB ．若//m α，//m β，则//αβC ．若n αβ=，//m n ，则//m α且//m βD ．若m α⊥，m β⊥，则//αβ7．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,2,4AA AB AD ===，点M 是棱AD 的中点，点N 在棱1AA 上，且满足12AN NA =，P 是侧面四边形11ADD A 内的一动点（含边界），若1//C P 平面CMN ，则线段1C P 长度的取值范围是（）A ．[3,17]B ．[2,3]C ．[6,22]D ．[17,5] 8．已知平面α与平面β相交，直线m ⊥α，则( )A ．β内必存在直线与m 平行，且存在直线与m 垂直B ．β内不一定存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直C ．β内必存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直D ．β内不一定存在直线与m 平行，但必存在直线与m 垂直9．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的侧面积（单位：2cm ）是（）A ．10B ．105+C ．1625+D ．135+10．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，若,,,EFGH 分别是棱111111,,,A B BB CC C D 的中点，则必有（）A ．1//BD GHB ．//BD EFC ．平面//EFGH 平面ABCDD ．平面//EFGH 平面11A BCD11．已知三棱锥A BCD -中，侧面ABC ⊥底面BCD ，ABC 是边长为3的正三角形，BCD 是直角三角形，且90BCD ∠=︒，2CD =，则此三棱锥外接球的体积等于( )A ．43πB ．323πC ．12πD ．643π 12．在长方体1111ABCD A B C D -中，P 为BD 上任意一点，则一定有（） A ．1PC 与1AA 异面B ．1PC 与1A C 垂直 C ．1PC 与平面11ABD 相交 D ．1PC 与平面11AB D 平行13．如图是正方体的展开图，则在这个正方体中:①AF 与CN 是异面直线； ②BM 与AN 平行； ③AF 与BM 成60角； ④BN 与DE 平行. 以上四个命题中，正确命题的序号是( )A ．①②③B ．②④C ．③④D ．②③④ 14．已知半径为5的球的两个平行截面的周长分别为6π和8π，则两平行截面间的距离是( )A ．1B ．2C ．1或7D ．2或6二、解答题15．如图，圆柱的轴截面ABCD 是正方形，点E 是底面圆周上异于,A B 的一点，AF DE ⊥，F 是垂足.（1）证明：AF DB ⊥；（2）若2AB =，当三棱锥D ABE -体积最大时，求点C 到平面BDE 的距离. 16．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形， PA ⊥底面ABCD ，2AB AP ==，E 为棱PD 的中点.（Ⅰ）求证CD AE ⊥；（Ⅱ）求直线AE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）求点A 到平面PBD 的距离.17．如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．（1）证明：1AB ⊥平面111A B C ；（2）求直线1AC 平面1ABB 所成的角的正弦值．18．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，点P 为棱1DD 的中点.（1）证明：1//BD 平面PAC ；（2）求异面直线1BD 与AP 所成角的大小.19．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,3,5PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：//GH 平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求三棱锥-D PAC 的体积.20．如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，点O .E 分别是11A C 、11A B 的中点，1A C 与1AC 交于点F ，AO ⊥平111A B C .已知90BCA ∠=︒，12AA AC BC ===.（1）求证：//EF 平面11BB C C ；（2）求11A C 与平面11AA B 所成角的正弦值.21．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 是CC 1上的中点，且BC ＝1，BB 1＝2.（1）证明：B 1E ⊥平面ABE ；（2）若三棱锥A －BEA 1的体积是33，求异面直线AB 和A 1C 1所成角的大小. 22．如图，在四棱锥P ABCD -中，ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，连接AC ，BD 交于点O ，6AC =，8BD =，E 是棱PC 上的动点，连接DE ．（1）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（2）当BED 面积的最小值是6时，求此时点E 到底面ABCD 的距离．23．如图，在三棱锥D -ABC 中，已知△BCD 是正三角形，AB ⊥平面BCD ，AB =BC =a ，E 为BC 中点，F 在棱AC 上，且AF =3FC .（1）求三棱锥D -ABC 的体积；（2）求证：AC ⊥平面DEF ；（3）若M 为DB 中点，N 在棱AC 上，且3,8CN CA =求证：MN //平面DEF . 24．如图，在平行四边形ABCD 中，4AB =，60DAB ∠=︒．点G ，H 分别在边CD ，CB 上，点G 与点C ，D 不重合，GH AC ⊥，GH 与AC 相交于点O ，沿GH 将CGH 翻折到EGH 的位置，使二面角E GH B --为90°，F 是AE 的中点．（1）请在下面两个条件：①AB AD =，②AB BD ⊥中选择一个填在横线处，使命题P ：若________，则BD ⊥平面EOA 成立，并证明．（2）在（1）的前提下，当EB 取最小值时，求直线BF 与平面EBD 所成角的正弦值． 25．如图，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//MA PB ，且2PB AB ==．（1）求证：//DM 平面PBC ；（2）求点C 到平面 APD 的距离． 26．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，E 是PC 的中点，过E 点作EF PB ⊥交PB 于点F .求证：（1）//PA 平面EDB ；（2）PB ⊥平面EFD .【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】在A 中，过m 上一点作n 的平行线，只能作一条l ，l 与m 是相交关系，故确定一平面与n 平行；在B 中，只有当m 与n 垂直时才能；在C 中，两异面直线所成的角的范围是0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭；在D 中，当点P 与m ，n 中一条确定的平面与另一条直线平行时，满足条件的平面就不存在．【详解】在A 中，过m 上一点P 作n 的平行直线l ，m l P ⋂=，由公理三的推论可得m 与l 确定唯一的平面α，l ⊂α，n ⊄α，故//n α．故A 正确．在B 中，设过m 的平面为β，若n ⊥β，则n ⊥m ，故若m 与n 不垂直，则不存在过m 的平面β与n 垂直，故B 不正确．在C 中，根据异面直线所成角的定义可知，两异面直线所成的角的范围是0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭，故C 不正确．在D 中，当点P 与m ，n 中一条确定的平面与另一条直线平行时，满足条件的平面就不存在，故D 不正确．故选：A ．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，属于中档题．2．C解析：C【分析】根据题目条件先确定出外接球的球心，得出外接球半径，然后计算表面积.【详解】因为SA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以SA ⊥BC ，又90ABC ∠=，SA AB A ⋂=，且AB平面SAB ，SA ⊂平面SAB ，所以BC ⊥平面ABC ，所以BC SB ⊥. 因为21SA AC AB ===,，所以2SC =，3SB =，1BC =，根据该几何体的特点可知，该四面体的外接球球心位于SC 的中点，则外接球半径112R SC ==，故该四面体的外接球的表面积为244R ππ=.故选：C.,【点睛】本题考查棱锥的外接球问题，难度一般，根据几何条件确定出球心是关键.3．D解析：D【分析】分析：首先求得外接球半径，然后求解其表面积即可.详解：由题意可知，该球是一个棱长为4的正方体的外接球，设球的半径为R ，由题意可得：()22222444R =++,据此可得：212R =，外接球的表面积为：2441248S R πππ==⨯=.本题选择D 选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.4．B解析：B【分析】利用折叠前四边形ABCD 中的性质与数量关系，可证出BD DC ⊥，然后结合平面A BD ' ⊥平面BCD ，可得CD ⊥平面A BD '，从而可判断①③；三棱锥'A BCD -的体积为1132⋅=，可判断②；因为CD ⊥平面A BD '，从而证明CD A B '⊥，再证明'A B ⊥平面A DC '，然后利用线面垂直证明面面垂直.【详解】①90,BAD AD AB ︒∠==，45ADB ABD ︒∴∠=∠=，//,45AD BC BCD ︒∠=，BD DC ∴⊥，平面A BD ' ⊥平面BCD ，且平面A BD '平面BCD BD =， CD 平面A BD '，A D '⊂平面A BD '，CD A D '∴⊥，若A D BC '⊥则A D '⊥面BCD ，则A D '⊥BD ，显然不成立，故A D BC '⊥不成立，故①错误；②棱锥'A BCD -的体积为1132⋅=，故②错误； ③由①知CD ⊥平面A BD '，故③正确；④由①知CD ⊥平面A BD '，又A B '⊂平面A BD '，CD A B '∴⊥，又A B A D ''⊥，且'A D 、CD ⊂平面A DC '，A D CD D '=，A B '∴⊥平面A DC '，又A B '⊂平面'A BC ，∴平面'A BC ⊥平面A DC '，故④正确.故选：B .【点睛】本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，关键是利用好直线与平面、平面与平面垂直关系的转化，也要注意利用折叠前后四边形ABCD 中的性质与数量关系.5．D解析：D【分析】由中位线性质，平移异面直线即可判断MN 不与AB 平行，根据异面直线平面角知MN 与BC 所成的角为90°，应用反证知OC 不与平面VAC 垂直，由面面垂直的判定知面VAC ⊥面VBC ，即可知正确选项.【详解】M ，N 分别为VA ，VC 的中点，在△VAC 中有//MN AC ，在面ABC 中AB AC A =，MN 不与AB 平行；AC BC C =，知：MN 与BC 所成的角为90BCA ∠=︒；因为OC ⋂面VAC C =，OC 与平面内交线,AC VC 都不垂直，OC 不与平面VAC 垂直；由VA ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC 即VA BC ⊥，而90BCA ∠=︒知AC BC ⊥，AC VA A ⋂=有BC ⊥面VAC ，又BC ⊂面VBC ，所以面VAC ⊥面VBC ；故选：D【点睛】本题考查了异面直线的位置关系、夹角，以及线面垂直的性质，面面垂直判定的应用，属于基础题.6．D解析：D【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定逐一分析四个选项得答案.【详解】对于A ，若m ⊂α，n ⊂α，则//m n 或m 与n 相交，故A 错误；对于B ，若//m α，//m β，则//αβ或α与β相交，故B 错误；对于C ，若n αβ=，//m n ，则//m α且//m β错误，m 有可能在α或β内；对于D ，若m α⊥，m β⊥，则//αβ，故D 正确，故选：D.【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题.7．C解析：C【分析】首先找出过点1C 且与平面CMN 平行的平面，然后可知点P 的轨迹即为该平面与侧面四边形11ADD A 的交线段，进而可以利用解三角形的知识求出线段1C P 长度的取值范围．【详解】如图所示：，取11A D 的中点G ，取MD 的中点E ，1A G 的中点F ，1D D 的三等分点H 靠近D ，并连接起来．由题意可知1//C G CM ，//GH MN ，所以平面1//C GH 平面CMN ．即当点P 在线段GH 上时，1//C P 平面CMN ．在1H C G 中，2212222C G =+=，2212222C H =+=，22GH =，所以1H C G 为等边三角形，取GH 的中点O ，122sin606C O ==，故线段1C P 长度的取值范围是[6,22]．故选：C ．【点睛】本题主要考查线面平行，面面平行的判定定理和性质定理的应用，以及解三角形，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．8．D解析：D【分析】可在正方体中选择两个相交平面，再选择由顶点构成且与其中一个面垂直的直线，通过变化直线的位置可得正确的选项．【详解】如图，平面ABCD 平面11D C BA AB =，1BB ⊥平面ABCD ，但平面11D C BA 内无直线与1BB 平行，故A 错．又设平面α平面l β=，则l α⊂，因m α⊥，故m l ⊥，故B 、C 错，综上，选D ．【点睛】本题考察线、面的位置关系，此种类型问题是易错题，可选择合适的几何体去构造符合条件的点、线、面的位置关系或不符合条件的反例．9．B解析：B【分析】由三视图可知，该几何体的直观图为直四棱柱1111ABCD A B C D -，由矩形的面积公式得出该几何体的侧面积.【详解】由三视图可知，该几何体的直观图为直四棱柱1111ABCD A B C D -，如下图所示2211125AD A D ==+=∴该几何体的侧面积为122222521025⨯+⨯+⨯=+故选：B【点睛】本题主要考查了由三视图计算几何体的侧面积，属于中档题.10．D解析：D【分析】根据“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行”来判断AB 选项的正确性，根据平行直线的性质判断C 选项的正确性，根据面面平行的判定定理判断D 选项的正确性.【详解】选项A:由中位线定理可知：1//GH D C ，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以1,BD GH 不可能互相平行，故A 选项是错误的；选项B: 由中位线定理可知：1//EF A B ，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以,BD EF 不可能互相平行，故B 选项是错误的；选项C: 由中位线定理可知：1//EF A B ，而直线1A B 与平面ABCD 相交，故直线EF 与平面ABCD 也相交，故平面EFGH 与平面ABCD 相交，故C 选项是错误的；选项D:由三角形中位线定理可知：111//,//EF A B EH A D ，EF ⊄平面11A BCD ，1A B ⊂平面11A BCD ，EH ⊄平面11A BCD ，11A D ⊂平面11A BCD ,所以有//EF 平面11A BCD ，//EH 平面11A BCD ，而EF EH E =，因此平面//EFGH 平面11A BCD .所以D 选项正确.故本选：D【点睛】本小题主要考查面面平行的判定定理，考查线线平行的性质，属于中档题.11．B解析：B【分析】把三棱锥放入长方体中，根据长方体的结构特征求出三棱锥外接球的半径，再计算三棱锥外接球的体积．【详解】三棱锥A BCD -中，侧面ABC ⊥底面BCD ，把该三棱锥放入长方体中，如图所示；且333AM AB == 设三棱锥外接球的球心为O ，则2233333AG AM ===112OG CD ==，所以三棱锥外接球的半径为22221(3)2R OA OG AG =+=+=，所以三棱锥外接球的体积为3344232333R V πππ===．故选：B ．【点睛】本题考查了三棱锥外接球的体积计算问题，也考查了数形结合与转化思想，是中档题． 12．D解析：D【分析】取P 为BD 的中点可判断A 、B 、C 选项的正误；证明平面1//BC D 平面11AB D ，可判断D 选项的正误.【详解】如下图所示：对于A 选项，当点P 为BD 的中点时，1PC ⊂平面11AAC C ，则直线1PC 与1AA 相交，A 选项错误；对于B 选项，当点P 为BD 的中点时，1AC P ∠为锐角，1PC 与1A C 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，当点P 为BD 的中点时，连接11A C 、11B D 交于点O ，则O 为11A C 的中点，在长方体1111ABCD A B C D -中，11//AA CC 且11AA CC =，则四边形11AAC C 为平行四边形，11//AC AC ∴且11AC A C =， O 、P 分别为11A C 、AC 的中点，则1//AP OC 且1AP OC =，∴四边形1OAPC 为平行四边形，1//PC AO ∴，AO ⊂平面11AB D ，1PC ⊄平面11AB D ，1//PC ∴平面11AB D ，C 选项错误；对于D 选项，在长方体1111ABCD A B C D -中，11//BB DD 且11BB DD =，则四边形11BB D D 为平行四边形，11//BD B D ∴，BD ∴⊄平面11AB D ，11B D ⊂平面11AB D ，//BD ∴平面11AB D ，同理可证1//BC 平面11AB D ，1BD BC B ⋂=，∴平面1//BC D 平面11AB D ，1PC ⊂平面1BC D ，1//PC ∴平面11AB D .D 选项正确.故选：D.【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题. 13．A解析：A【分析】将正方体的展开图还原为正方体ABCD -EFMN ，对选项逐一判断，即得答案.【详解】将正方体的展开图还原为正方体ABCD -EFMN ，如图所示可得：AF 与CN 是异面直线，故①正确；连接AN ，则BM 与AN 平行，故②正确；//,BM AN NAF ∴∠是异面直线AF 与BM 所成的角，NAF 为等边三角形，60NAF ∴∠=，故③正确； BN 与DE 是异面直线，故④错误.故选：A .【点睛】本题考查空间两直线的位置关系，属于基础题.14．C解析：C【分析】求出两个平行截面圆的半径,由勾股定理求出球心到两个截面的距离.分两个平行截面在球心的同侧和两侧讨论，即得两平行截面间的距离.【详解】设两平行截面圆的半径分别为12,r r ，则121226,28,3,4r r r r ππππ==∴==.∴球心到两个截面的距离分别为222212534,543d d =-==-=.当两个平行截面在球心的同侧时，两平行截面间的距离为12431d d -=-=；当两个平行截面在球心的两侧时，两平行截面间的距离为12437d d +=+=.故选：C .【点睛】本题考查球的截面间的距离，属于基础题.二、解答题15．（1）详见解析；（2【分析】（1）要证明线线垂直，需证明线面垂直，根据题中所给的垂直关系，证明AF ⊥平面DEB ；（2）首先确定点E 的位置，再根据等体积转化求点到平面的距离.【详解】（1）由圆柱性质可知，DA ⊥平面ABE ，EB ⊂平面AEB ，DA EB ∴⊥， AB 是圆柱底面的直径，点E 在圆周上，AE EB ∴⊥，又AE DA A ⋂=，BE ∴⊥平面DAE ，AF ⊂平面DAE ，EB AF ∴⊥，又AF DE ⊥，且EB DE E =，AF ∴⊥平面DEB ，DB ⊂平面DEB ，AF DB ∴⊥；（2）13D AEB AEB V S DA -=⨯⨯，3DA =，当D AEB V -最大时，即AEB S 最大，即AEB △是等腰直角三角形时，2DA AB ==∵，BE ∴=DE ==，并且点E 到平面ABCD 的距离就是点E 到直线AB 的距离112AB =, 设点C 到平面EBD 的距离为h ，则11112213232C DBE E CBD V V h --==⨯=⨯⨯⨯⨯，解得：h =【点睛】方法点睛：本题重点考查垂直关系，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法包含1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，线线垂直.16．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ；（Ⅲ【分析】（Ⅰ）根据PA ⊥底面ABCD ，PA ⊥CD ，再由底面ABCD 为正方形，利用线面垂直的判定定理证得CD PAD ⊥面即可.（Ⅱ）以点A 为原点建立空间直角坐标系，不妨设2AB AP ==，求得向量AE 的坐标，和平面PBD 的一个法向量(,,)n x y z =，由cos ,AEn AE n AE n ⋅=⋅求解.（Ⅲ）利用空间向量法，由AE n d n ⋅=求解.【详解】（Ⅰ）证明：因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥CD ，因为AD CD ⊥，PA AD A ⋂=所以CD PAD ⊥面.因为AE PAD ⊂面，所以CD AE ⊥.（Ⅱ）依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系（如图），不妨设2AB AP ==，可得()()()()2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,0,2B C D P ，由E 为棱PD 的中点，得(0,1,1)E . (0,1,1)AE =，向量(2,2,0)BD =-，(2,0,2)PB =-.设平面PBD 的一个法向量(,,)n x y z =，则00n BD n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220220x y x z -+=⎧⎨-=⎩，令y=1，可得n =（1，1，1），所以 6cos ,3AE nAE n AE n ⋅==⋅. 所以直线AE 与平面PBD 所成角的正弦值为3. （Ⅲ）由（Ⅱ）知：(0,1,1)AE =，平面PBD 的一个法向量n =（1，1，1），所以点A 到平面PBD 的距离 33AE n d n ⋅===. 【点睛】方法点睛：利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．17．（1）证明见解析；（2．【分析】（1）由已知条件可得2221111A B AB AA +=，2221111AB B C AC +=，则111AB A B ⊥，111AB B C ⊥，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连接AD ，可证得1C D ⊥平面1ABB ，从而1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角，然后在1Rt C AD 求解即可【详解】（1）证明：由2AB =，14AA =，12BB =，1AA AB ⊥，1BB AB ⊥得111AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=，由111AB A B ⊥．由2BC =，12BB =，11CC =，1BB BC ⊥，1CC BC ⊥得11B C =，由2AB BC ==，120ABC ∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥，又11111A B B C B =，因此1AB ⊥平面111A B C ．（2）解如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连接AD ．由1AB ⊥平面111A B C ，1AB ⊂平面1ABB ，得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥，得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角．由115B C =，1122AB =，1121AC =得1116cos 7C A B ∠=，111sin 7C A B ∠=，所以13CD =，故11139sin C D C AC AD ∠==．因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913．【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定和线面角的求法，解题的关键是通过过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连接AD ，然后结合条件可证得1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角，从而在三角形中求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题 18．（1）证明见解析；（2）30.【分析】（1）AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点．推导出1//PO BD ．由此能证明直线1//BD 平面PAC ；（2）由1//PO BD ，得APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角．由此能求出异面直线1BD 与AP 所成角的大小．【详解】（1）证明：设AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点.连结PO ，又因为P 是1DD 的中点，所以1//PO BD .又因为PO ⊂平面PAC ，1BD ⊄平面PAC所以直线1//BD 平面PAC.（2）解：由（1）知，1//PO BD ，所以APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角.因为2PA PC ==212AO AC ==且PO AO ⊥，所以212sin 22AO APO AP ∠===. 又(0,90APO ︒︒⎤∠∈⎦，所以30APO ∠=︒ 故异面直线1BD 与AP 所成角的大小为30. 【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三角形）方法二：（向量法）cos m n m nα=，其中α是异面直线,m n 所成的角，,m n 分别是直线,m n 的方向向量.19．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）33【分析】（1）通过证明//GH PD 来证得//GH 平面PAD .（2）取PC 的中点M ，连接DM ，根据面面垂直的性质定理证得DM ⊥平面PAC ，由此证得DM PA ⊥，结合PA CD ⊥证得PA ⊥平面PCD . （3）利用D PAC A PCD V V --=求得三棱锥-D PAC 的体积. 【详解】（1）连BD ，则H 为BD 中点，因为G 为BP 中点，故GH //PD ，由于GH ⊂/平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH //平面PAD .（2）取PC 中点M ，连DM ，则DM PC ⊥，因为PCD ⊥平面PAD ，则DM ⊥平面PAC ，所以DM PA ⊥，又PA CD ⊥，DMCD D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）因为PA ⊥平面PCD ，所以PA PD ⊥，所以224PA AD PD =-=，21343333D PAC A PCD V V --==⨯⨯⨯=.【点睛】要证明线面平行，则先证线线平行.要证明线面垂直，可通过面面、线线垂直相互转化来证明.20．（1）证明见解析；（2）217. 【分析】（1）由题意可得11//OE B C ，1//OF C C ，利用面面平行的判定定理可得平面//OEF 平面11BB C C ，由面面平行的性质定理即可证明.（2）利用等体法111112A A B C C AA B V V --=，求出点1C 到平面11AA B 的距离2217d =，由11sin dA C θ=即可求解. 【详解】证明：（1）∵O ，E 分别是11A C 、11A B 的中点，1A C 与1AC 交于点F ， ∴11//OE B C ，1//OF C C ，1111B C C C C ⋂=，//OE ∴平面11B C C ，//OF ∴平面11B C C ，又OE OF O ⋂=，∴平面//OEF 平面11BB C C ，∵EF ⊂平面OEF ，∴//EF 平面11BB C C . （2）解：设点1C 到平面11AA B 的距离为d ， ∵111112A A B C C AA B V V --=， ∴111111111323AA B AC B C AO S d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，22113AO AA AO =-=2211115OB B C OC =-= 221122AB AO OB =+=，∵11AA B 中，11122A B AB ==，12AA =，∴117AA B S =∴1112237323d ⨯⨯⨯=，解得217d =，设11A C 与平面11AA B 所成角为θ，∴11A C 与平面11AA B 所成角的正弦值为：1121sin 7d AC θ==. 【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义（无公共点）. （2）利用线面平行的判定定理. （3）利用面面平行的性质. 21．（1）证明见解析；（2）30. 【分析】（1）由AB ⊥侧面BB 1C 1C 可得1AB B E ⊥，由勾股定理可得1BE B E ⊥，即可证明；（2）由11//A B AB 可得111C A B ∠即为异面直线AB 和A 1C 1所成角，由等体积法可求得AB 长度，即可求出角的大小. 【详解】（1）AB ⊥侧面BB 1C 1C ，1B E ⊂侧面BB 1C 1C ，1AB B E ∴⊥，BC ＝1，BB 1＝2，E 是CC 1上的中点，1BE B E ∴=22211BE B E BB +=，1BE B E ∴⊥，AB BE B ⋂=，∴B 1E ⊥平面ABE ；（2）11//A B AB ，111C A B ∴∠即为异面直线AB 和A 1C 1所成角，且1A 到平面ABE 的距离等于1B 到平面ABE 的距离，由（1）B 1E ⊥平面ABE ，故B 1E 的长度即为1B 到平面ABE 的距离，由AB ⊥侧面BB 1C 1C 可得AB ⊥BE ，则111111332A BEA A ABE ABE V V S B E AB --==⋅=⨯⨯=，解得AB =则11A B AB == 在111Rt A B C △中，1111111tan 3B C C A B A B ∠===，11130A C B ∴∠=，即异面直线AB 和A 1C 1所成角为30. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 22．（1）证明见解析；（2）4．【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证得BD ⊥平面PAC ，再由面面垂直的判定定理可得证．（2）由（1）知BD ⊥平面PAC ，根据三角形的面积公式求得()min 32OE =，作//EH PA 交AC 于H ，可得EH ⊥平面ABCD ，从而求得点E 到底面ABCD 的距离．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AC BD ⊥．PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA BD ⊥．又PA AC A =，∴BD ⊥平面PAC ，又BD ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面PAC ．（2）解：如图（1），连接OE ，由（1）知BD ⊥平面PAC ，OE ⊂平面PAC ．BD OE ∴⊥．∵8BD =，由()min 162BDE S BD OE =⋅⋅=△，得()min 32OE =，∵当OE PC ⊥时，OE 取到最小值32，此时2222333322CE OC OE ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭．作//EH PA 交AC 于H ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴EH ⊥平面ABCD ，如图（2），由33OE CE EH OC ⋅==，得点E 到底面ABCD 的距离33．【点睛】本题考查线面垂直的判定和面面垂直的判定定理，以及求点到面的距离，关键在于逐一满足判定定理所需的条件，在求点到面的距离时，可以采用几何法，由题目的条件直接过已知点作出面的垂线，运用求解三角形的知识，求点到面的距离，属于中档题. 23．（133a ；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）根据三棱锥的体积公式计算；（2）证明AC 与EF 和DF 垂直，然后可得线面垂直；（3）连接CM 交DE 于点H ，证明//MN FH 即可得线面平行．【详解】（1）由题意234BCD S a =△，231133·33D ABC A DBC DBCV V SAB a --===⨯=；（2）由AB ⊥平面BCD ，得,AB BC AB BD ⊥⊥，AB BC a ==，则2AC AD a ==，如图，在ADC 中，取CD 中点G ，连接AG ，则AG DC ⊥，∵3AF FC =，∴24CF a=，又12CG a =， ∴CF CDCG CA =，C ∠公用，∴CDF ∽CAG ，∴90CFD CGA ∠=∠=︒，即AC DF ⊥，取AC 中点K ，连接BK ，则BK AC ⊥，又由3AF FC =得12CF CK =，而12CE CB =，∴//EF BK ，∴EF AC ⊥，EF DF F =，∴AC ⊥平面DEF ；（3）连接CM 交DE 于点H ，∵,M E 分别是,BD BC 中点，∴H 是DBC △的重心，23CH CM =，又38CN AC =，14CF AC =，∴23CF CN =，即CF CH CN CM =， ∴//HF MN ，HF ⊂平面DEF ，MN ⊄平面DEF ，∴//MN 平面DEF ．【点睛】关键点点睛：本题考查求棱锥的体积，考查证明线在垂直与线面平行，掌握线面平行与垂直的判定定理是解题关键．证明时定理的条件缺一不可，一般都需一一证明列举出来，才能得出相应的结论． 24．（1）答案见解析；（2）3311. 【分析】（1）选择①，结合直二面角的定义，证明BD ⊥平面EOA 内的两条相交直线,EO AO ；（2）设AC 与BD 交于点M ，4AB =，60DAB ∠=︒，则43AC =CO x =，可得EB 关于x 的函数，求出EB 取得最小值时x 的值，连结EM ，作QF EM ⊥于F ，连结BF ，求出sin QBF ∠的值，即可得答案；【详解】解：（1）命题P ：若AB AD =，则BD ⊥平面EOA . ∵AC GH ⊥，∴AO GH ⊥，EO GH ⊥，又二面角E GH B --的大小为90°， ∴90AOE ∠=︒，即EO AO ⊥， ∴EO ⊥平面ABCD ， ∴EO BD ⊥，又AB BC =，∴AO BD ⊥，AO EO O =，∴BD ⊥平面EOA .（2）设AC 与BD 交于点M ，4AB =，60DAB ∠=︒，则43AC =，设CO x =，23OM x =-，22224316OB OM MB x x =+=-+，222224316EB EO OB x x =+=-+，当3x =，min 10EB =，连结EM ，作QF EM ⊥于F ，连结BF ，由（1）知BD ⊥平面EOA ， ∴BD QF ⊥，∴QF ⊥平面EBD ， ∴QBF ∠即为QB 与平面EBD 所成角，在Rt EMB 中，10EB =，2BM =，6EM =，30AE =，由()222222(2)22QB AE AB BE QB +=+⇒=， 6QF =， ∴33sin 11QF QBF QB ∠==，即QB 与平面EBD 所成角得正弦值为3311.【点睛】求线面角首先要根据一作、二证、三求找出线面角，然后利用三角函数的知识，求出角的三角函数值即可.25．（1）证明见解析；（22．【分析】（Ⅰ）利用面面平行的判定定理证明平面//AMD 平面BPC ，再利用面面平行的性质定理即可证明//DM 平面PBC ；（2）先证明AD ⊥平面ABPM ，设点C 到平面APD 的距离为d ，利用等体积法得13P ACD C APD APD V V d S --==⋅△，通过计算即可得d .【详解】（Ⅰ）因为四边形ABCD 是正方形，所以//BC AD ，又BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ，//AD 平面PBC ，因为//MA PB ，同理可证//MA 平面PBC ，,,AD MA A AD MA ⋂=⊂平面AMD ，所以平面//AMD 平面PBC ，又因为DM ⊂平面AMD ，所以//DM 平面PBC ；（2）因为AM ⊥平面ABCD ，∴AM ⊥AD ，PB ⊥平面ABCD ，又∵AD ⊥AB ，AM AB A =，∴AD ⊥平面ABPM ， ∴AD ⊥AP又AP =设点C 到平面APD 的距离为d∵11142223323P ACD ACD V PB S -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△ 又∵13P ACD C APD APD V V d S --==⋅△122APD S =⨯⨯=△∴1433⨯=; ∴d =即点C 到平面APD 【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行可通过证明直线与直线平行或平面与平面平行来证明. 26．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）连结AC 、BD ，交于点O ，连结OE ，通过//OE PA 即可证明；（2）通过PD BC ⊥， CD BC ⊥可证BC ⊥平面PDC ，即得DE BC ⊥，进而通过DE ⊥平面PBC 得DE PB ⊥，结合EF PB ⊥即证.【详解】证明：（1）连结AC 、BD ，交于点O ，连结OE ，底面ABCD 是正方形，∴O 是AC 中点，点E 是PC 的中点，//OE PA ∴.OE ⊂平面EDB ， PA ⊄平面EDB ，∴//PA 平面EDB . （2）PD DC =，点E 是PC 的中点，DE PC ∴⊥.底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ， ∴PD BC ⊥， CD BC ⊥，且 PD DC D ⋂=， ∴BC ⊥平面PDC ，∴DE BC ⊥，又PC BC C ⋂=，∴DE ⊥平面PBC ， ∴DE PB ⊥，EF PB ⊥，EF DE E ⋂=， PB ∴⊥平面EFD . 【点睛】本题考查线面平行和线面垂直的证明，属于基础题.。

高一数学(必修二)立体几何初步单元测试卷及答案

高一数学（必修二）立体几何初步单元测试卷及答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.如图所示，己知正方形O A B C ''''的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则其原图形的周长为( )A.8B.22C.4D.223+2.下列说法正确的是( ) A.三点确定一个平面B.圆心和圆上两个点确定一个平面C.如果两个平面相交有一个交点，则必有无数个公共点D.如果两条直线没有交点，则这两条直线平行3.正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q ，R 分别是AB ，AD ，11B C 的中点，那么正方体中过P ，Q ，R 的截面图形是( ) A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形4.某圆柱的高为2，其正视图如图所示，圆柱上下底面圆周及侧面上的点A ，B ，D ，F ，C 在正视图中分别对应点A ，B ，E ，F ，C ，且3AE EF =，2BF BC =，异面直线AB ，CD 所成角的正弦值为45，则该圆柱的外接球的表面积为( )A.20πB.16πC.12πD.10π5.在《九章算术·商功》中将正四面形棱台体（棱台的上、下底面均为正方形）称为方亭.在方亭1111ABCD A B C D -中，1124AB A B ==，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为122( ) 282B.283142D.1436.异面直线是指( ) A.空间中两条不相交的直线B.分别位于两个不同平面内的两条直线C.平面内的一条直线与平面外的一条直线D.不同在任何一个平面内的两条直线7.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是11A D ，11B C 的中点，则与直线CF 互为异面直线的是( )A.1CCB.11B CC.DED.AE8.下列说法中正确的是( ) A.三点确定一个平面 B.四边形一定是平面图形 C.梯形一定是平面图形D.两个不同平面α和β有不在同一条直线上的三个公共点二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。

人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷含答案解析 (55)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷6（共22题）一、选择题（共10题） 1. 已知 4+(a−2)ii为纯虚数，则实数 a 的值为 ( )A ． 4B ． 2C ． 1D ． −22. 如图，在矩形 OACB 中，E 和 F 分别是边 AC 和 BC 上的点，且满足 AC =3AE ，BC =3BF ，若 OC⃗⃗⃗⃗⃗ =λOE ⃗⃗⃗⃗⃗ +μOF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中 λ,μ∈R ，则 λ+μ 是A ．83B ．32C ．53D ．13. 棱锥的侧面和底面可以都是 ( ) A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形4. 有下列三个说法：① 两个互相平行的面是正方形，其余各面都是四边形的几何体一定是棱台； ②有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； ③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台．其中正确的有 ( ) A ． 0 个B ． 1 个C ． 2 个D ． 3 个5. 某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：则下面结论中不正确的是 ( )A．新农村建设后，种植收入减少B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半6.根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是( )A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关7.已知i为虚数单位，下列各式的运算结果为纯虚数的是( )A．i(1+i)B．i(1−i)2C．i2(1+i)2D．i+i2+i3+i48.在下列结论中，正确的是( )A．若两个向量相等，则它们的起点和终点分别重合B．模相等的两个平行向量是相等向量C．若a和b⃗都是单位向量，则a=b⃗D．两个相等向量的模相等9.某书店新进了一批书籍，如表是某月中连续6天的销售情况记录：日期6日7日8日9日10日11日根据上表估计该书店该月（按31天计当日销售量(本)304028443842算）的销售总量是 ( ) A ． 1147 本 B ． 1110 本 C ． 1340 本 D ． 1278 本10. 在 △ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，且 bsin (π−C )−√2ccos (π+B )=0，则tanB = ( ) A ．√22B ． √2C ． −√22D ． −√2二、填空题（共6题）11. A ，B 两种品牌各三种车型 2017 年 7 月的销量环比（与 2017 年 6 月比较）增长率如下表：A 品牌车型A 1A 2A 3环比增长率−7.29%10.47%14.70%B 品牌车型B 1B 2B 3环比增长率−8.49%−28.06%13.25%根据此表中的数据，有如下四个结论：① A 1 车型销量比 B 1 车型销量多；② A 品牌三种车型总销量环比增长率可能大于 14.70%； ③ B 品牌三种车型车总销量环比增长率可能为正；④ A 品牌三种车型总销量环比增长率可能小于B 品牌三种车型总销量环比增长率．其中正确的结论个数是．12. 设复数 z 1=x +2i ，z 2=3−yi （x,y ∈R ），若 z 1+z 2=5−6i ，则 z 1−z 2= ．13. 如果两个球的体积之比为 8:27，那么两个球的表面积之比为．14. 在复平面内，点 A (−2,1) 对应的复数 z ，则 ∣z +1∣= ．15. 已知点 A (−2,0)，设 B ，C 是圆 O ：x 2+y 2=1 上的两个不同的动点，且向量 OB⃗⃗⃗⃗⃗ =tOA ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−t )OC ⃗⃗⃗⃗⃗ （其中 t 为实数），则 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ = ．16. 如图，在平面四边形 ABCD 中，AB ⊥BC ，AB =√3，BC =1，△ACD 是等边三角形，则 AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为．三、解答题（共6题）17. 某鱼苗实验场进行某种淡水鱼的人工孵化试验，按在同一条件下的试验结果，10000 个鱼卵能孵出 8520 尾鱼苗．(1) 求这种鱼卵孵化的频率（经验概率）；(2) 估计 30000 个这种鱼苗能孵化出多少尾鱼苗？ (3) 若要孵出 5000 尾鱼苗，估计需要准备多少个鱼卵？18. 在数学考试中，小明的成绩在 90 分以上的概率是 0.18，在 80∼89 分的概率是 0.51，在70∼79 分的概率是 0.15，在 60∼69 分的概率是 0.09，60 分以下的概率是 0.07，计算： (1) 小明在数学考试中取得 80 分以上成绩的概率； (2) 小明考试及格的概率．19. 从① B =π3，② a =2，③ bcosA +acosB =√3+1 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决相应问题．已知在锐角 △ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，△ABC 的面积为 S ，若 4S =b 2+c 2−a 2，b =√6，且，求 △ABC 的面积 S 的大小．20. 现有一个底面是菱形的直四棱柱，它的体对角线长为 9 和 15，高是 5，求该直四棱柱的侧面积、表面积．21. 某班抽取 20 名学生周测物理考试成绩（单位：分）的频率分布直方图如下．(1) 求频率分布直方图中 a 的值，并写出众数；(2) 分别求出成绩落在 [50,60) 与 [60,70) 中的学生人数；(3) 从成绩在 [50,70) 的学生中任选 2 人，求这 2 人的成绩都在 [60,70) 中的概率．22. 已知点 O (0,0)，A (1,2)，B (4,5)，且 OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +tAB⃗⃗⃗⃗⃗ ． (1) t 为何值时，P 在 x 轴上？P 在 y 轴上？P 在第二象限？(2) 四边形 OABP 能否成为平行四边形？若能，求出相应的 t 值；若不能，说明理由．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】B【解析】4+(a−2)ii =−i[4+(a−2)i]−i⋅i=a−2−4i为纯虚数，则实数a满足：a−2=0，解得a=2．【知识点】复数的乘除运算2. 【答案】B【解析】以O为原点，OA为x轴、OB为y轴建立平面直角坐标系．设OA=a，OB=b，则E(a,b3)，F(a3,b)，C(a,b)．由已知，得(a,b)=λ(a,b3)+μ(a3,b)，则有{a=λa+μa3,b=λb3+bμ,解得λ=μ=34，因此λ+μ=32．【知识点】平面向量的分解、平面向量的坐标运算3. 【答案】A【解析】三棱锥的侧面和底面都是三角形．故选A．【知识点】棱锥的结构特征4. 【答案】A【解析】当两个互相平行的正方形全等时，不是棱台，故①中说法错误；②③可用反例去检验，如图（1）（2）所示，故②③中说法错误．故选A．【知识点】棱台的结构特征5. 【答案】A【解析】设建设前经济收入为a，则建设后经济收入为2a，由题图可知：种植收入第三产业收入养殖收入其他收入建设前经济收入0.6a0.06a0.3a0.04a建设后经济收入0.74a0.56a0.6a0.1a据如表可知B，C，D中结论均正确，A中论不正确．【知识点】频率分布直方图6. 【答案】D【解析】由柱形图可知：A，B，C均正确，2006年以来我国二氧化硫年排放量在逐渐减少，所以排放量与年份负相关，所以D不正确．【知识点】频率分布直方图7. 【答案】C【解析】对于A，i(1+i)=i−1不是纯虚数；对于B，i(1−i)2=−2i2=2是实数；对于C，i2(1+i)2=−2i为纯虚数；对于D，i+i2+i3+i4=i−1−i+1=0不是纯虚数．【知识点】复数的乘除运算8. 【答案】D【解析】由平面向量的基本概念可得，D是正确的．【知识点】平面向量的概念与表示9. 【答案】A=37（本）,【解析】从表中6天的销售情况可得，一天的平均销售量为30+40+28+44+38+426该月共31天，故该月的销售总量约为37×31=1147（本）．【知识点】样本数据的数字特征10. 【答案】D【解析】由已知得bsinC+√2ccosB=0，即sinBsinC+√2sinCcosB=0，因为sinC≠0，所以sinB+√2cosB=0，故tanB=−√2．【知识点】正弦定理二、填空题（共6题）11. 【答案】2【知识点】概率的应用12. 【答案】 −1+10i【解析】因为 z 1+z 2=x +2i +(3−yi )=(x +3)+(2−y )i =5−6i (x,y ∈R )，所以 x =2 且 y =8，所以 z 1−z 2=2+2i −(3−8i )=−1+10i ．【知识点】复数的加减运算13. 【答案】 4:9【解析】因为 V 1:V 2=8:27=R 13:R 23，所以 R 1:R 2=2:3，所以 S 1:S 2=R 12:R 22=4:9．【知识点】球的表面积与体积14. 【答案】 √2【知识点】复数的几何意义15. 【答案】 3【解析】 OB⃗⃗⃗⃗⃗ =tOA ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−t )OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =tCA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以 A ，B ，C 三点共线，所以设直线 BC ：y =k (x +2)．{x 2+y 2=1,y =k (x +2)⇒(1+k 2)x 2+4k 2x +4k 2−1=0，设 B (x 1,y 1)，C (x 2,y 2)，所以 x 1+x 2=−4k 21+k 2，x 1x 2=4k 2−11+k 2．所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+2,y 1)(x 2+2,y 2)=(x 1+2)(x 2+2)+k 2(x 1+2)(x 2+2)=(1+k 2)[x 1x 2+2(x 1+x 2)+4]=(1+k2)⋅(4k 2−11+k 2−8k 21+k 2+4)=3.【知识点】平面向量数量积的坐标运算16. 【答案】 −1【解析】 AB ⊥BC ，AB =√3，BC =1，所以 AC =2，∠BCA =60∘；又 △ACD 是等边三角形，所以 AD =AC =2，AD ⊥AB ，所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−√3×√3+1×2=−1.【知识点】平面向量的数量积与垂直三、解答题（共6题） 17. 【答案】(1) 0.852．(2) 25560 尾．(3) 约 5869 个．【知识点】频率与概率18. 【答案】(1) 分别记小明的成绩“在 90 分以上”“在 80∼89 分”“在 70∼79 分”“在 60∼69 分”为事件 B ，C ，D ，E ，这四个事件彼此互斥．小明的成绩在 80 分以上的概率是 P (B ∪C )=P (B )+P (C )=0.18+0.51=0.69． (2) 法一：小明考试及格的概率是P (B ∪C ∪D ∪E )=P (B )+P (C )+P (D )+P (E )=0.18+0.51+0.15+0.09=0.93.法二：小明考试不及格的概率是 0.07，又小明考试不及格与及格互为对立事件，故小明考试及格的概率 P =1−0.07=0.93．【知识点】事件的关系与运算19. 【答案】因为 4S =b 2+c 2−a 2，cosA =b 2+c 2−a 22bc，S =12bcsinA ，所以 2bcsinA =2bccosA ，显然 cosA ≠0，所以 tanA =1，又 A ∈(0,π)，所以 A =π4．若选择① B =π3，由 asinA =bsinB ，得a=bsinAsinB =√6×√22√32=2．又sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=√22×12+√22×√32=√6+√24,所以S=12absinC=3+√32．若选择② a=2，由asinA =bsinB，得sinB=bsinAa=√32，B∈(0,π2)，所以cosB=12．sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=√6+√24.所以S=12absinC=3+√32．若选择③ bcosA+acosB=√3+1，所以acosB=1，即a⋅a 2+c2−62ac=1，所以a2=6+2c−c2，又a2=6+c2−2√6c⋅√22=6+c2−2√3c，所以6+2c−c2=6+c2−2√3c，解得c=√3+1，所以S=12bcsinA=3+√32．【知识点】正弦定理、余弦定理20. 【答案】如图，设底面对角线AC=a，BD=b，交点为O，体对角线A1C=15，B1D=9，所以a2+52=152，b2+52=92，所以a2=200，b2=56．因为该直四棱柱的底面是菱形，所以AB2=(AC2)2+(BD2)2=a2+b24=200+564=64，所以AB=8．所以直四棱柱的侧面积 S 侧=4×8×5=160．所以直四棱柱的底面积 S 底=12AC ⋅BD =20√7．所以直四棱柱的表面积 S 表=160+2×20√7=160+40√7．【知识点】棱柱的表面积与体积21. 【答案】(1) 据直方图知组距 =10，由 (2a +3a +6a +7a +2a )×10=1，解得 a =1200=0.005，众数：75．(2) 成绩落在 [50,60) 中的学生人数为 2×0.005×10×20=2，成绩落在 [60,70) 中的学生人数为 3×0.005×10×20=3．(3) 记成绩落在 [50,60) 中的 2 人为 A 1，A 2，成绩落在 [60,70) 中的 3 人为 B 1，B 2，B 3，则从成绩在 [50,70) 的学生中任选 2 人的基本事件共有 10 个：(A 1,A 2)，(A 1,B 1)，(A 1,B 2)，(A 1,B 3)，(A 2,B 1)，(A 2,B 2)，(A 2,B 3)，(B 1,B 2)，(B 1,B 3)，(B 2,B 3)，记“两人成绩都落在 [60,70)”为事件 C ，则事件 C 包含的基本事件有 3 个：(B 1,B 2)，(B 1,B 3)，(B 2,B 3)， P (C )=310．【知识点】样本数据的数字特征、频率分布直方图、古典概型22. 【答案】(1) OA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2)，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,5)，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1+3t,2+3t )．若 P 在 x 轴上，则 t =−23．若 P 在 y 轴上，则 t =−13．若 P 在第二象限，则 −23<t <−13．(2) OA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3−3t,3−3t )．若 OABP 成平行四边形，则 OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =PB⃗⃗⃗⃗⃗ ，即 {3−3t =1,3−3t =2, 此方程无解．故不能．【知识点】平面向量的坐标运算、平面向量数乘的坐标运算。

高中数学必修二第八章立体几何初步考点精题训练(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步考点精题训练单选题1、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．2、如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.3、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，则正方体外接球的体积为（）A ．4√3πB ．√6πC ．32√3πD ．8√6π答案：B解析：根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果．解：设正方体的棱长为a ，则B 1D 1=AC =AB 1=AD 1=B 1C =D 1C =√2a ，由于三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，所以S =4S △AB 1C =4×12×√32(√2a)2=4√3所以a =√2所以正方体的外接球的半径为√(√2)2+(√2)2+(√2)22=√62，所以正方体的外接球的体积为43π·(√62)3=√6π故选：B ．小提示：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.4、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1，由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.5、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（）A．√22B．1C．√2D．2√2答案：C分析：计算出V方盖差，V，即可得出结论.由题意，V方盖差=r3−18V牟=r3−18×4π×43×π×r3=13r3，所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正=13×r×r×r2−(√2r2)2=√26r3，∴V方盖差V正=13r3√2r36=√2，故选：C．6、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.7、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果. 由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.8、如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（）A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PCD答案：C分析：由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD，因为PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD．又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．故选：C多选题9、沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上(细管长度忽略不下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A．沙漏中的细沙体积为1024πcm381B．沙漏的体积是128πcm3C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1565秒(π≈3.14)答案：AC解析：A．根据圆锥的体积公式直接计算出细沙的体积；B．根据圆锥的体积公式直接计算出沙漏的体积；C．根据等体积法计算出沙堆的高度；D．根据细沙体积以及沙时定义计算出沙时.A.根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r=23×4=83cm，所以体积V=13⋅πr2⋅2ℎ3=13⋅64π9⋅163=1024π81cm3B.沙漏的体积V=2×13×π×(ℎ2)2×ℎ=2×13×π×42×8=2563πcm3；C.设细沙流入下部后的高度为ℎ1，根据细沙体积不变可知：1024π81=13×(π(ℎ2)2)×ℎ1，所以1024π81=16π3ℎ1,所以ℎ1≈2.4cm；D.因为细沙的体积为1024π81cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，所以一个沙时为：1024π810.02=1024×3.1481×50≈1985秒.故选：AC.小提示：该题考查圆锥体积有关的计算，涉及到新定义的问题，难度一般.解题的关键是对于圆锥这个几何体要有清晰的认识，同时要熟练掌握圆锥体积有关的计算公式.10、(多选题)在四棱锥A－BCDE中，底面四边形BCDE为梯形，BC∥DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q，则（）A．PQ＝1MN B．PQ∥MN2C．M，N，P，Q四点共面D．四边形MNPQ是梯形答案：BCD分析：根据中位线的性质，结合平行的性质逐个判定即可DE，且DE≠MN，由题意知PQ=12所以PQ≠1MN，故A不正确；又PQ∥DE，DE∥MN，2所以PQ∥MN，又PQ≠MN，所以B，C，D正确.故选：BCD11、给出以下关于斜二测直观图的结论，其中正确的是（）A．水平放置的角的直观图一定是角B．相等的角在直观图中仍然相等C．相等的线段在直观图中仍然相等D．两条平行线段在直观图中仍是平行线段答案：AD分析：根据直观图和斜二测画法的规则，判断选项.水平放置的角的直观图一定是角，故A正确；角的大小在直观图中都会发生改变，有的线段在直观图中也会改变，比如正方形的直方图中，故BC错误；由斜二测画法规则可知，直观图保持线段的平行性，所以D正确.故选：AD填空题12、如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，若PA//平面EBF，则PF=_______FC答案：12##0.5 分析：连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，由线面平行的性质得线线平行，由平行线性得结论．连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，∵PA//平面EBF ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面EBF =EM ，∴PA//EM ，又AE//BC ，∴PF FC =AM MC =AE BC =12. 所以答案是：12． 13、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. ∵V =13π62⋅ℎ=30π∴ℎ=52∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π. 所以答案是：39π.14、如图，拿一张矩形纸片对折后略微展开，竖立在桌面上，折痕与桌面的关系是______．答案：垂直分析：根据给定条件，利用线面垂直的判定推理作答.令桌面所在的平面为α，折痕所在直线为l，纸片与桌面公共部分所在直线为a,b，如图，依题意有a∩b=A，因l⊥a,l⊥b，a,b⊂α，所以l⊥α，所以折痕与桌面垂直.所以答案是：垂直解答题15、如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）√23．分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM⊥DB,所以k AM⋅k BD=−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC =2a(a >0)．因为DC =1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM ⋅k BD =a−01−0×2a−00−1=a ×(−2a)=−2a 2=−1．所以a =√22，即DA =√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，设|DA|=t ，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M (t 2,1,0)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t 2,1,0)．所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0．所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以(PD⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．即PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0．所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.。

(必考题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(有答案解析)

一、选择题1．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O 是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（）A 5B ．2C 3D 22．已知正方体1111ABCD A B C D -，E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则EF 和BD 所成的角的大小是（） A ．30B ．45C ．60D ．903．设1l 、2l 、3l 是三条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（）A ．若1//l α，2//l α，则12l l //B ．若1l α⊥，2l α⊥，则12l l ⊥C ．若12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，3l αβ⋂=，则13//l lD ．若αβ⊥，1l αγ=，2l βγ⋂=，则12l l //4．已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，则点1B 到平面1A BC 的距离为（） A ．2217B ．22121C ．77D ．7215．如图，在正四棱锥P ABCD -中，设直线PB 与直线DC 、平面ABCD 所成的角分别为α、β，二面角P CD B --的大小为γ，则（）A ．,αβγβ>>B ．,αβγβ><C ．,αβγβ<>D ．,αβγβ<<6．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为（）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π7．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为（）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π8．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A ．24B ．30C ．47D ．679．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD 为矩形，//EF AB ，若3AB EF =，ADE 和BCF △都是正三角形，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 10．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A ．16B ．13C ．23D ．211．某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的体积为（）A ．43 B ．83C ．3D ．412．αβ是两个不重合的平面，在下列条件中，可判定平面α与β平行的是（）A ．m 、n 是α内的两条直线，且//m β，βn//B ．α、β都垂直于平面γC ．α内不共线三点到β的距离相D ．m 、n 是两条异面直线，m α⊂，n β⊂，且//m β，//n α二、填空题13．在正三棱锥O ABC -中，已知45AOB ∠=︒，记α为二面角--A OB C 的大小，cos =m n αm ，n 为整数，则以||n ，||m ，||m n +分别为长、宽、高的长方体的外接球直径为__________．14．如图在菱形ABCD 中，2AB =，60A ∠=，E 为AB 中点，将AED 沿DE 折起使二面角A ED C '--的大小为90，则空间A '、C 两点的距离为________；15．在三棱锥P ABC -中，P 在底面ABC 的射影为ABC 的重心，点M 为棱PA 的中点，记二面角P BC M --的平面角为α，则tan α的最大值为___________.16．如图，已知四棱锥S ABCD -的底面为等腰梯形，//AB CD ，1AD DC BC ===，2AB SA ==，且SA ⊥平面ABCD ，则四棱锥S ABCD -外接球的体积为______.17．在三棱锥D ABC -中，AD ⊥平面ABC ，3AC =，17BC =1cos 3BAC ∠=，若三棱锥D ABC -27，则此三棱锥的外接球的表面积为______18．已知ABC 是等腰直角三角形，斜边2AB =，P 是平面ABC 外的一点，且满足PA PB PC ==，120APB ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为________．19．已知点O 为圆锥PO 底面的圆心，圆锥PO 的轴截面为边长为2的等边三角形PAB ，圆锥PO 的外接球的表面积为______.20．在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为矩形，π2DPA ∠=，23AD =2AB =，PA PD =，则四棱锥P ABCD -的外接球的体积为________.三、解答题21．如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PA ⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.（1）求证：DE ⊥平面PAH ；（2）若2PA AD ==，求直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值. 22．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是底面ABCD 的中心.（1）求证:1B O//平面11DA C ; （2）求点O 到平面11DA C 的距离.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，点M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面ACM ；（2）求三棱锥P ACM -的体积.24．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为正方形，平面PAB ⊥平面,ABCD PAB 为等腰直角三角形，,2PA PB AB ⊥=．（1）求证：平面PBC ⊥平面PAC ；（2）设E 为CD 的中点，求点E 到平面PBC 的距离．25．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面AEB ⊥平面ABCD ，4EBA π∠=，2EB =，F 为CE 上的点，BF CE ⊥.（1）求证：BF ⊥平面ACE ；（2）求点D 到平面ACE 的距离.26．我市论语广场准备设置一些多面体形或球形的石凳供市民休息，如图（1）的多面体石凳是由图（2）的正方体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是3160dm 3.（Ⅰ）求正方体石块的棱长；（Ⅱ）若将图（2）的正方体石块打磨成一个球形的石凳，求此球形石凳的最大体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===，1333xOE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长. 【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，由三视图可知5AB AC AD ===，45AEC ∠=，设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-，则在等腰直角三角形AOE 中，2522x AO OE -===， O 是底面中心，则133xOE CE ==，则2532x x-=，解得3x =，则1AO =，底面边长为23，则正视图（等腰三角形）的腰长为()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.2．C【分析】作出图形，连接1AD 、11B D 、1AB ，推导出1//EF AB ，11//BD B D ，可得出异面直线EF 和BD 所成的角为11AB D ∠，分析11AB D 的形状，即可得出结果. 【详解】如下图所示，连接1AD 、11B D 、1AB ，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则11112AD AB B D ===，所以，11AB D 为等边三角形，则1160AB D ∠=，因为E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则E 、F 分别是11B D 、1AD 的中点，所以，1//EF AB ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB DD 且11BB DD =，所以，四边形11BB D D 为平行四边形，则11//BD B D ，所以，异面直线EF 和BD 所成的角为1160AB D ∠=. 故选：C. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．3．C解析：C 【分析】利用已知条件判断1l 与2l 的位置关系，可判断AD 选项的正误；利用线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断C 选项的正误. 【详解】对于A 选项，若1//l α，2//l α，则1l 与2l 平行、相交或异面，A 选项错误；对于B 选项，若1l α⊥，2l α⊥，由线面垂直的性质定理可得12//l l ，B 选项错误；对于C 选项，12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，α、β不重合，则1l β⊄，1//l β∴，1l α⊂，3l αβ⋂=，13//l l ∴，C 选项正确；对于D 选项，若αβ⊥，1l αγ=，2l βγ⋂=，则1l 与2l 相交或平行，D 选项错误.故选：C. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．4．A解析：A 【分析】根据题意，将点1B 到平面1A BC 的距离转化为点A 到平面1A BC 的距离，然后再利用等体积法11A A BC A ABC V V --=代入求解点A 到平面1A BC 的距离. 【详解】已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，所以可得11==A B AC 1A BC 为等腰三角形，所以1A BC ，由对称性可知，111--=B A BC A A BC V V ，所以点1B 到平面1A BC 的距离等于点A 到平面1A BC 的距离，所以11A A BC A ABC V V --=，又因为1122=⨯=A BC S △122ABCS =⨯=111233⨯⨯=⨯⨯A BC ABC S h S △△，即7h == 故选：A.【点睛】一般关于点到面的距离的计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算平面的法向量，然后代入数量积的夹角公式计算即可，二是可以通过等体积法，通过换底换高代入利用体积相等计算.5．A解析：A【分析】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，根据正棱锥的性质可知，PCE α∠=，PCO β∠=，PEO γ∠=，再比较三个角的正弦值可得结果.【详解】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，如图：因为//AB CD ，所以PBA α∠=，又因为四棱锥P ABCD -为正四棱锥，所以PCE α∠=，由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面ABCD ，所以PCO β∠=，易得OE CD ⊥，PE CD ⊥，所以PEO γ∠=，因为sin PE PC α=，sin PO PCβ=，且PE PO >，所以sin sin αβ>，又,αβ都是锐角，所以αβ>，因为sin PO PE γ=，sin PO PCβ=，且PC PE >，所以sin sin γβ>，因为,βγ都是锐角，所以γβ>. 故选：A【点睛】关键点点睛：根据正棱锥的性质，利用异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的平面角的定义得到这三个角是解题关键，属于中档题.6．B解析：B【分析】由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可.【详解】因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43A BCD V -=，而114323A BCD V BD CD AB -=⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===，所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.设外接球的半径为R ，则23R =所以外接球的表面积为2412S R ππ==故选：B【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．7．B解析：B【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段25MB =.【详解】设底面圆半径为r ，由母线长4l ，可知侧面展开图扇形的圆心角为22r r l ππα==，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ；如图，在ABM 中，25,2,4MB AM AB ===，所以222AM AB MB +=,所以2MAB π∠=, 故22rππα==，解得1r =，所以圆锥的表面积为25S rl r πππ=+=,故选：B【点睛】关键点点睛：首先圆锥的侧面展开图为扇形，其圆心角为2r lπα=，其次从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，绳子的最短距离即为展开图中线段MB 的长，解三角即可求解底面圆半径r ，利用圆锥表面积公式求解.8．D解析：D【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解.【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -，由题得22437AD =-=，所以几何体的高为7.所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅⋅=. 故选：D【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解. 9．D解析：D【分析】过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ，则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，然后在CFG △中求解.【详解】如下图所示，在平面ABFE 中，过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ，则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，设1EF =，则3AB =，2BC CF AE ===，因为//EF AB ，//FG AE ，所以，四边形AEFG 为平行四边形，所以，2FG AE ==，1AG =，2BG =，由于2ABC π∠=，由勾股定理可得2222CG BC BG =+=所以，222CG CF FG =+，则2CFG π∠=.故选：D.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．10．C解析：C【分析】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体，得到相应的三棱锥，之后利用椎体体积公式求得结果.【详解】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体如图所示：该三棱锥满足底面BCD△是等腰三角形，且底边和底边上的高线都是2；且侧棱AD⊥底面BCD，1AD=，所以112 =221=323V⨯⨯⨯⨯，故选：C.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据所给几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正），主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐），左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等），若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称；（2）根据三视图还原几何体；（3）利用椎体体积公式求解即可.11．A解析：A【分析】首先由三视图还原几何体，然后由几何体的空间结构特征求解三棱锥的体积即可.【详解】由三视图可知，在棱长为2的正方体中，其对应的几何体为棱锥P ABC-，该棱锥的体积：11142223323V Sh ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选：A.【点睛】方法点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 12．D解析：D【分析】取a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，利用线面平行的判定定理可判断A 选项；根据αγ⊥，βγ⊥判断平面α与β的位置关系，可判断B 选项；设AB 、AC 的中点D 、E 在平面β内，记平面ABC 为平面α，判断出A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，可判断C 选项；过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，利用线面平行、面面平行的判定定理可判断D 选项.【详解】对于A 选项，若a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，m β⊄,n β⊄,则//m β，βn//，但α与β相交；对于B 选项，若αγ⊥，βγ⊥，则α与β平行或相交；对于C 选项，设AB 、AC 的中点D 、E 在平面β内，记平面ABC 为平面α，如下图所示：D 、E 分别为AB 、AC 的中点，则//DE BC ，DE β⊂，BC β⊄，//BC β∴，所以，点B 、C 到平面β的距离相等，由于D 为AB 的中点，则点A 、B 到平面β的距离相等，所以，点A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，但平面α与平面β相交；对于D 选项，如下图所示：由于//n α，过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，则//a n ，//n a ，a β⊄，n β⊂，//a β∴，//m β，m a A =，m α⊂，a α⊂，//αβ∴.故选：D.【点睛】方法点睛：证明或判断两个平面平行的方法有：①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；②用判定定理或推论（即“线线平行”⇒“面面平行”），通过线面平行来完成证明； ③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；④借助“传递性”来完成．二、填空题13．【分析】过作垂足为连接则为二面角的平面角即在中利用余弦定理结合为整数求出的值进而可得外接球直径【详解】如图过作垂足为连接则为二面角的平面角即不妨设因为所以所以所以在中因为为整数所以则设以为长宽高的长解析：6【分析】过A 作AH OB ⊥，垂足为H ，连接CH ，则AHC ∠为二面角--A OB C 的平面角，即∠=AHC α，在AHC 中，利用余弦定理结合m ，n 为整数，求出m ，n 的值，进而可得外接球直径．【详解】如图，过A 作AH OB ⊥，垂足为H ，连接CH ，则AHC ∠为二面角--A OB C 的平面角，即∠=AHC α．不妨设2OC a =，因为45AOB ∠=︒，所以===CH a AH OH ，所以21)=HB a ，所以22222(422)=+=-=BC HB HC a AC ．在AHC 中，222cos 2+-==⋅⋅HA HC AC HA HC α2222(422)212+--==a a a m n a因为m ，n 为整数，所以1m =-，2n =，则||1m =，||2n =，||1m n +=．设以||m ，||n ，||m n +为长、宽、高的长方体的外接球半径为R ，则2222(2)||||||6=+++=R m n m n 6．6【点睛】关键点点睛：本题考查二面角的应用，考查几何体的外接球，考查解三角形，解决本题的关键点是利用定义法找出二面角的平面角，在AHC 中，利用余弦定理结合已知条件求出m ，n 的值，考查学生空间想象能力，考查计算能力，属于中档题．14．【分析】由二面角的大小为可得平面平面得到平面由勾股定理可得答案【详解】连接所以是等边三角形所以因为为中点所以所以即所以因为平面平面平面平面所以平面平面所以所以故答案为：【点睛】对于翻折问题解题时要认解析：22【分析】由二面角A ED C '--的大小为90，可得平面A ED '⊥平面EDCB ，得到A E '⊥平面EDCB ，由勾股定理可得答案.【详解】连接DB CE 、，2AB AD ==，60A ∠=，所以ABD △、CBD 是等边三角形，所以2AD BD CD ===，因为E 为AB 中点，1AE A E '==，所以DE AB ⊥，DE A E ⊥'，3DE =， 30EDB ∠=，所以90EDC ∠=，即DE CD ⊥，所以222347EC ED CD =+=+=，因为平面A ED '⊥平面EDCB ，DE A E ⊥'，平面A ED '平面EDCB DE =，所以A E '⊥平面EDCB ，EC ⊂平面EDCB ，所以A E EC '⊥，所以221722A C A E EC ''=+=+=.故答案为：22.【点睛】对于翻折问题，解题时要认真分析图形，确定有关元素间的关系及翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，根据线线、线面、面面关系正确作出判断，考查了学生的空间想象力.. 15．【分析】取中点为过分别作底面的垂线根据题中条件得到；过分别作的垂线连接由二面角的定义结合线面垂直的判定定理及性质得到为二面角的平面角；为二面角的平面角得出令进而可求出最值【详解】取中点为过分别作底面解析：34【分析】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，根据题中条件，得到AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，由二面角的定义，结合线面垂直的判定定理及性质，得到MHN ∠为二面角M BC A --的平面角；PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，得出tan 4tan PGO MHN ∠=∠，()23tan tan tan 14tan MHN PGO MHN MHNα∠=∠-∠=+∠，令tan 0x MHN =∠>，进而可求出最值.【详解】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，则O 为ABC 的重心，MN ⊥平面ABC ；PO ⊥平面ABC ；由于点M 为棱PA 的中点，所以有AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，因为BC ⊂平面ABC ，所以MN BC ⊥，同理PO BC ⊥；又MN NH N ⋂=，MN ⊂平面MNH ，NH ⊂平面MNH ，所以BC ⊥平面MNH ；因为MH ⊂平面MNH ，所以BC MH ⊥，所以MHN ∠为二面角M BC A --的平面角；同理BC PG ⊥，所以PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，所以tan PO PGO OG ∠=，tan MN MHN HN∠=，因为NO OE =，//OG NH ，所以12OG NH =；因此2tan 4tan 12PO MN PGO MHN OG HN ∠===∠，所以()2tan tan 3tan tan tan 1tan tan 14tan PGO MHN MHN PGO MHN PGO MHN MHN α∠-∠∠=∠-∠==+∠⋅∠+∠，令tan 0x MHN =∠>，则2333tan 1444x x x x α=≤=+，当且仅当214x =，即12x =时，等号成立. 故答案为：34. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于确定二面角MBC A --、A BC P --以及P BC M --三者之间的关系，由题中条件得出二面角A BC P --是二面角M BC A --的4倍，进而可求得结果.16．【分析】取AB 中点连接根据平行四边形性质可得为等腰梯形ABCD 的外心取SB 中点O 连接则可得O 是四棱锥的外接球球心在中求得r=OA 即可求得体积【详解】取AB 中点连接则所以四边形为平行四边形所以同理所以解析：823π【分析】取AB 中点1O ，连接11,O C O D ，根据平行四边形性质，可得1O 为等腰梯形ABCD 的外心，取SB 中点O ，连接1,,,OA OC OD OO ，则可得O 是四棱锥S ABCD -的外接球球心，在Rt SAB 中，求得r=OA ，即可求得体积. 【详解】取AB 中点1O ，连接11,O C O D ，则1//CD O A ，所以四边形1ADCO 为平行四边形，所以1=1CO ，同理1=1O D ，所以1111=O A O B O C O D ==，即1O 为等腰梯形ABCD 的外心，取SB 中点O ，连接1,,,OA OC OD OO ，则1//OO SA ，因为SA ⊥平面ABCD ，所以1OO ⊥平面ABCD ，又2AB SA ==, 所以=OA OB OC OD ==，又SA AB ⊥，所以OA OS =，即O 是四棱锥S ABCD -的外接球球心，在Rt SAB 中，2AB SA ==，所以122OA SB == 所以34822)33V ππ=⨯=，故答案为：823π. 【点睛】解决外接球的问题时，难点在于找到球心，可求得两个相交平面的外接圆圆心，自圆心做面的垂线，垂线交点即为球心，考查空间想象，数学运算的能力，属中档题.17．【分析】设出外接球的半径球心的外心半径r 连接过作的平行线交于连接如图所示在中运用正弦定理求得的外接圆的半径r 再利用的关系求得外接球的半径运用球的表面积公式可得答案【详解】设三棱锥外接球的半径为球心为解析：20π【分析】设出外接球的半径R 、球心O ，ABC 的外心1O 、半径 r , 连接1AO ，过O 作的平行线OE 交AD 于 E ，连接OA ，OD ，如图所示，在ABC 中，运用正弦定理求得 ABC的外接圆的半径r ,再利用1,,R r OO 的关系求得外接球的半径，运用球的表面积公式可得答案. 【详解】设三棱锥外接球的半径为R 、球心为O ，ABC 的外心为1O 、外接圆的半径为r ，连接1AO ，过O 作平行线OE 交AD 于E ，连接OA ，OD ，如图所示，则OA OD R ==，1O A r =，OE AD ⊥，所以E 为AD 的中点.在ABC中，由正弦定理得2sin BC r BAC ==∠r =. 在ABC 中，由余弦定理2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠，可得2117963AB AB =+-⋅⋅，得4AB =.所以11sin 34223ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△因为11333D ABC ABC V S AD AD -=⋅⋅=⨯=△，所以4AD =.连接1OO ，又1//OO AD ，所以四边形1EAO O 为平行四边形，1128EA OO AD ===，所以R ===所以该三棱锥的外接球的表面积224π4π20πS R ===.故答案为：20π.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，及球的表面积计算公式，解决问题的关键在于利用线面关系求得外接球的球心和球半径，属于中档题.18．【分析】在平面的投影为的外心即中点设球半径为则解得答案【详解】故在平面的投影为的外心即中点故球心在直线上设球半径为则解得故故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题意在考查学生的计算能力和空间想解析：163π【分析】P 在平面ABC 的投影为ABC 的外心，即AB 中点1O ，设球半径为R ，则()22211R CO R PO =+-，解得答案.【详解】PA PB PC ==，故P 在平面ABC 的投影为ABC 的外心，即AB 中点1O ，故球心O 在直线1PO 上，1112CO AB ==，1133PO ==，设球半径为R ，则()22211R CO R PO =+-，解得23R =21643S R ππ==. 故答案为：163π.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19．【分析】由题意知圆锥的轴截面为外接球的最大截面即过球心的截面且球心在上由等边三角形性质有即求得外接球的半径为R 进而求外接球的表面积【详解】设外接球球心为连接设外接球的半径为R 依题意可得在中有即解得故解析：163π【分析】由题意知圆锥PO 的轴截面为外接球的最大截面，即过球心的截面且球心在PO 上，由等边三角形性质有Rt AO O '△，即222O A AO O O ''=+求得外接球的半径为R ，进而求外接球的表面积. 【详解】设外接球球心为O '，连接AO '，设外接球的半径为R ，依题意可得1AO =，3PO =，在Rt AO O '△中，有222O A AO O O ''=+，即)22213R R =+，解得3R =，故外接球的表面积为24164433S R πππ==⋅=.故答案为：163π. 【点睛】本题考查了求圆锥体的外接球面积，由截面是等边三角形，结合等边三角形的性质求球半径，进而求外接球面积，属于基础题.20．【分析】由矩形的边长可得底面外接圆的半径再由为等腰直角三角形可得其外接圆的半径又平面平面可得底面外接圆的圆心即为外接球的球心由题意可得外接球的半径进而求出外接球的体积【详解】解：取矩形的对角线的交点解析：323π【分析】由矩形的边长可得底面外接圆的半径，再由PAD △为等腰直角三角形可得其外接圆的半径，又平面PAD ⊥平面ABCD 可得底面外接圆的圆心即为外接球的球心，由题意可得外接球的半径，进而求出外接球的体积．【详解】解：取矩形的对角线的交点O 和AD 的中点E ，连接OE ，OP ，OE ，则O 为矩形ABCD 的外接圆的圆心，而2DPA π∠=，23AD =，2AB =，PA PD =，则//OE AB ，112OE AB ==， 132PE AD ==，所以E 为PAD △的外接圆的圆心，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以O 为外接球的球心，OP 为外接球的半径，在POE △中，222222(3)14R OP PE OE ==+=+=，所以2R =，所以外接球的体积343233V R ππ==，故答案为：323π．【点睛】本题考查四棱锥的棱长与外接球的半径的关系及球的体积公式，属于中档题．三、解答题21．（1）证明见解析；（2）105. 【分析】（1）由PA ⊥底面ABCD ，得PA DE ⊥，由Rt ABH Rt DAE ≌△△，得DE AH ⊥，可得答案.（2）由可知DE ⊥平面PAH ，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角，在Rt PDG △中，由sin DPG ∠可得答案. 【详解】（1）因为PA ⊥底面ABCD ，DE ⊂底面ABCD ，所以PA DE ⊥，因为E ，H 分别为正方形ABCD 的边AB ，BC 的中点，,,AB DA BH AE HBAEAD ，所以Rt ABH Rt DAE ≌△△，所以BAH ADE ∠=∠，由90AED ADE ∠+∠= 所以90BAH AED ∠+∠=，所以DE AH ⊥，因为PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA AH A ⋂=，所以DE ⊥平面PAH .（2）由（1）可知DE ⊥平面PAH ，设AH DE G ⋂=，如图，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角，因为2PA AD ==，所以22PD =，5DE =，在Rt DAE 中，由于AG DE ⊥，所以2AD DG DE =⋅，所以45DG =⋅，所以5DG =，所以在Rt PDG △中，105sin 522DG DPG PD ∠===，即直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值为105.【点睛】本题主要考查线面垂直的证明、线面角的求法，对于线面角的求法的步骤,作：作（或找）出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算. 22．（1）证明见解析；（2）23. 【分析】（1）连接11B D ，设11111B D AC O ⋂=，连接1DO ，证明11B O DO 是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明.（2）由题意可得平面11DA C ⊥平面11B D DB ，过点O 作1OH DO ⊥于H ，在矩形11B D DB 中，连接1OO ，可得1O OD OHD ∽△△，由三角形相似，对应边成比例即可求解. 【详解】（1）证明：连接11B D ，设11111B D AC O ⋂=，连接1DO .11//O B DO 且11O B DO =， 11B O DO ∴是平行四边形.11//B O DO ∴.又1DO ⊂平面11DA C ，1B O ⊂/平面11DA C ，1//B O ∴平面11DA C .（2）1111A C B D ⊥，111AC BB ⊥，且1111BB B D B ⋂=，11A C ∴⊥平面11B D DB .∴平面11DA C ⊥平面11B D DB ，且交线为1DO .在平面11B D DB 内，过点O 作1OH DO ⊥于H ，则OH ⊥平面11DA C ，即OH 的长就是点O 到平面11DA C 的距离.在矩形11B D DB 中，连接1OO ，1O OD OHD ∽△△，则11O D ODO O OH=， 22236OH ⨯∴==即点O 到平面11DA C 的距离为233. 【点睛】关键点点睛：本题考查了线面平行的判定定理，点到面的距离，解题的关键是过点O 作1OH DO ⊥于H ，得出OH 的长就是点O 到平面11DA C 的距离，考查了计算能力.23．（1）证明见解析；（2）23．【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，由中位线定理得//OM PB ，从而得证线面平行；（2）由M 是PD 中点，得12M ACD P ACD V V --=，求出三棱锥P ACD -的体积后可得．【详解】（1）如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OM ，则O 是BD 中点，又M 是PD 中点， ∴//OM PB ，又PB ⊄平面ACM ，OM ⊂平面ACM ，所以//PB 平面ACM ；（2）由已知12222ACDS=⨯⨯=，11422333P ACD ACD V S PA -=⋅=⨯⨯=△，又M 是PD 中点，所以1223M ACD P ACD V V --==，所以23P ACM P ACD M ACD V V V ---=-=．【点睛】思路点睛：本题考查证明线面平行，求三棱锥的体积．求三棱锥的体积除掌握体积公式外，还需要注意割补法，不易求体积的三棱锥（或一个不规则的几何体）的体积可通过几个规则的几何体（柱、锥、台等）的体积加减求得．三棱锥的体积还可通过转化顶点，转移底面利用等体积法转化为求其他三棱锥的体积，从而得出结论． 24．（1）证明见解析；（2）22. 【分析】（1）利用面面垂直的性质先证明出BC ⊥面PAB ，得到PA BC ⊥，再由PA PB ⊥，结合线面垂直的判定定理可知PA ⊥面PBC ，又PA ⊂面PAC ，然后证得平面PBC ⊥平面PAC ；（2）先计算三棱锥P BCE -的体积，然后再计算PBC 的面积，利用等体积法P BCE E PBC V V --=求解.【详解】解：（1）证明：∵面PAB ⊥面ABCD ，且平面PAB ⋂平面ABCD AB =，BC AB ⊥，BC ⊂面ABCD BC ∴⊥面PAB ，又PA ⊂面PAB PA BC ∴⊥又因为由已知PA PB ⊥且PB BC B ⋂=，所以PA ⊥面PBC ，又PA ⊂面PAC ∴面PAC ⊥面PBC .(2)PAB △中，PA PB =，取AB 的中点O ，连PO ，则PO AB ⊥ ∵面PAB ⊥面ABCD 且它们交于,AB PO ⊂面PABPO ∴⊥面ABCD由1133BCEEPBC P BCE PBC BCE PBCSPOV V S h S PO h S--=⇒=⇒=，由已知可求得1PO =，1BCES=，2PBCS=，所以22h =. 所以点E 到平面PBC 的距离为22.【点睛】（1）证明面面垂直的核心为证明线面垂直，要证明线面垂直只需郑敏面外的一条弦和面内的两条相交线垂直即可；（2）点到面的距离求解一般采用等体积法求解，也可采用空间向量法求解. 25．（1）证明见解析；（223【分析】（1）先由面面垂直的性质，得到CB ⊥平面ABE ，推出CB AE ⊥，根据题中条件，得到AE BE ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AE ⊥平面BCE ；得出AE BF ⊥，再次利用线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；。

高一数学立体几何练习题及部分答案大全.docx

立体几何试题一．选择题（每题 4 分，共 40 分）1. 已知 AB3003001500空间，下列命题正确的个数为（）（1）有两组对边相等的四边形是平行四边形, （2）四边相等的四边形是菱形（4）有两边及其夹角对应相等的两个三角（3）平行于同一条直线的两条直线平行 ;形全等A 1B 2C 3D 43.如果一条直线与两个平行平面中的一个平行，那么这条直线与另一个平面的位置关系是（）A平行B相交C在平面内D平行或在平面内4. 已知直线 m过平面外一点，作与平行的平面，则这样的平面可作（）A 1 个或 2 个B 0个或1个C1个 D 0个6.如图 , 如果 MC 菱形 ABCD 所在平面 , 那么 MA与 BD的位置关系是 ( )A平行B垂直相交C异面D相交但不垂直7. 经过平面外一点和平面内一点与平面垂直的平面有（）A 0 个B 1个C无数个 D 1个或无数个8.下列条件中 , 能判断两个平面平行的是 ( )B一个平面内的两条直线平行于另一个平面C一个平面内有无数条直线平行于另一个平面D一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面9. 对于直线m ,n 和平面,, 使成立的一个条件是 ( )A m // n, n, mB m // n, n,mC m n,I m, nD m n, m //, n //)10 . 已知四棱锥 , 则中 , 直角三角形最多可以有 (A 1个B2个 C 3个D4个二．填空题（每题 4 分，共16 分）11. 已知ABC的两边 AC,BC分别交平面于点M,N，设直线AB与平面交于点O，则点 O与直线 MN的位置关系为 _________12.过直线外一点与该直线平行的平面有 ___________个，过平面外一点与该平面平行的直线有_____________条13. 一块西瓜切 3 刀最多能切 _________块14.将边长是 a 的正方形 ABCD沿对角线 AC 折起 , 使得折起后 BD得长为 a, 则三棱锥D-ABC的体积为 ___________三、解答题15（10 分）如图，已知 E,F 分别是正方形ABCD A1B1C1 D1的棱 AA1和棱 CC1上的点，且 AE C1 F 。

人教版高中数学必修二《第八章立体几何初步》同步练习及答案解析

人教版高中数学必修二《第八章立体几何初步》同步练习《8.1 基本几何图形》同步练习第1课时棱柱、棱锥、棱台一、选择题1．下图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（）A．B．C．D．2．一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是( )A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥3．下列几何体中棱柱有( )A．5个B．4个C．3个D．2个4．用一个平面去截一个四棱锥，截面形状不可能的是 ( )A．四边形 B．三角形 C．五边形 D．六边形5．（多选题）给出下列命题，其中假命题是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；D.棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形.6．（多选题）正方体的截面可能是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．菱形D．正六边形二、填空题7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.8.如图，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________cm.9.下列说法中正确的为________（填序号）.（1）棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形：（2）各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；（3）正棱锥的侧面是等边三角形；（4）有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的几何体是棱台.10.一个棱台至少有________个面，面数最少的棱台有________个顶点，有________条棱．三、解答题11．如图所示是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．12.如图在正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a，则每个面的三角形面积为多少？《8.1 基本几何图形》同步练习答案解析第1课时棱柱、棱锥、棱台一、选择题1．下图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】将其折叠起来，变成正方体后的图形中，相邻的平面中三条线段是平行线，排除A ，C ；相邻平面只有两个是空白面，排除D ；故选B2．一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是( )A ．三棱锥B ．四棱锥C ．五棱锥D ．六棱锥【答案】D【解析】正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为 r ，正六棱锥的高为h ，正六棱锥的侧棱长为 l ，由正六棱锥的高h 、底面的半径r 、侧棱长l 构成直角三角形得，222h r l += ，故侧棱长 l 和底面正六边形的边长r 不可能相等.故选D.3．下列几何体中棱柱有( )A．5个B．4个C．3个D．2个【答案】D【解析】由棱柱的定义及几何特征，①③为棱柱．故选D.4．用一个平面去截一个四棱锥，截面形状不可能的是 ( )A．四边形 B．三角形 C．五边形 D．六边形【答案】D【解析】根据一般的截面与几何体的几个面相交就得到几条交线，截面就是几边形，而四棱锥最多只有5个面，则截面形状不可能的是六边形，故选D.5．（多选题）给出下列命题，其中假命题是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；D.棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形.【答案】ABD【解析】对于A，棱柱的侧面不一定全等，故错误；对于B，由棱台的定义可知只有当平面与底面平行时，所截部分才是棱台，故错误；对于C，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，比如正方体中共点的三个相邻平面，故正确；对于D，棱台的侧面不一定是等腰三角形，故错误；故选ABD .6．（多选题）正方体的截面可能是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．菱形D．正六边形【答案】CD【解析】如图所示截面为三角形ABC ，OA =a ，OB =b ，OC =c ，∴222222222,,AC a c AB a b BC b c =+=+=+， ∴222202AB AC BC cos CAB AB AC +-∠==>⋅ ∴∠CAB 为锐角，同理∠ACB 与∠ABC 也为锐角，即△ABC 为锐角三角形，∴正方体的截面若是三角形，则一定是锐角三角形，不可能是钝角三角形和直角三角形，A 、B 错误；若是四边形，则可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形、正方形，但不可能是直角梯形，C 正确；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，如图为正六边形，故若是六边形，则可以是正六边形，D 正确.故选：CD .二、填空题7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm ，则每条侧棱长为________cm.【答案】12【解析】该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，∴每条侧棱长为12 cm.8.如图，M 是棱长为2 cm 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CC 1的中点，沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是________cm.【答案】 13【解析】由题意，若以BC 为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm ，3 cm ，故两点之间的距离是13 cm.若以BB 1为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1，4，故两点之间的距离是17cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.9.下列说法中正确的为________（填序号）.（1）棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形：（2）各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；（3）正棱锥的侧面是等边三角形；（4）有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的几何体是棱台.【答案】（1）【解析】（1）正确，由棱柱定义可知，棱柱的侧棱相互平行且相等，所以侧面均为平行四边形；（2）不正确，上、下底面是菱形，各侧面是全等的正方形的四棱柱不一定是正方体；（3）不正确，正棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是等边三角形；（4）不正确，用反例去检验，如图，显然错误图.故答案为：（1）10.一个棱台至少有________个面，面数最少的棱台有________个顶点，有________条棱．【答案】5 6 9【解析】面数最少的棱台是三棱台，共有5个面，6个顶点，9条棱．三、解答题11．如图所示是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．【答案】见解析【解析】过A′，B，C三点作一个平面，再过A′，B，C′作一个平面，就把三棱台ABC －A′B′C′分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A′－ABC，B－A′B′C′，A′－BCC′.(答案不唯一)12.如图在正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A ，B ，C 重合，重合后记为点P .问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a ，则每个面的三角形面积为多少？【答案】（1）三棱锥（2）见解析【解析】(1)如图折起后的几何体是三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2， S △DEF ＝32a 2.《8.1 基本几何图形》同步练习第2课时圆柱、圆锥、圆台、球一、选择题1．下列命题中，正确的是（）①在圆柱上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④ 2．圆柱体被平面截成如图所示的几何体，则它的侧面展开图是（）A ．B ．C ．D ．3．已知圆柱的轴截面是正方形，其面积为Q ，则它的一个底面的面积为（）A ．QB ．Q πC ．4Q πD ．2Q π 4．下列平面图形中，通过围绕定直线l 旋转可得到如图所示几何体的是( )A ．B ．C ．D ．5．（多选题）下列说法中正确的是（）A ．正棱锥的所有侧棱长相等B ．圆柱的母线垂直于底面C ．直棱柱的侧面都是全等的矩形D ．用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形6．（多选题）下列结论中错误的是（）A ．半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球B ．直角三角形绕一边旋转得到的旋转体是圆锥C ．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体D ．圆锥截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台二、填空题7．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体，则所截得的图形可能是______.（填序号）8．下列命题中正确的是________（填序号）.①以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为旋转轴，将直角梯形旋转一周所得到的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，将等腰三角形旋转一周形成的几何体是圆锥；⑤半圆面绕其直径所在直线旋转一周形成球；⑥用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.9.如图是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是．10.一个半径为5 cm 的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4 cm ，则截面圆半径为 cm ，面积为 cm 2.三、解答题9．如图，四边形ABCD 为直角梯形，试作出绕其各条边所在的直线旋转所得到的几何体.10．一个圆台的母线长为12cm ，两底面面积分别为24cm π和225cm π．（1）求圆台的高；（2）求截得此圆台的圆锥的母线长．《8.1 基本几何图形》同步练习及答案解析第2课时圆柱、圆锥、圆台、球一、选择题1．下列命题中，正确的是（）①在圆柱上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C【解析】①：若上下底面各取的点的连线能平行于轴，则是母线，反之则不是，错误；②：母线的定义，显然正确；③：圆台可看做是由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到的，根据圆锥母线的定义可知错误；④圆柱的母线都平行于轴，故也相互平行，正确；只有②④两个命题是正确的.故选C.2．圆柱体被平面截成如图所示的几何体，则它的侧面展开图是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】结合几何体的实物图，从截面最低点开始高度增加缓慢，然后逐渐变快，最后增加逐渐变慢，不是均衡增加的，所以A，B，C错误.故选：D.3．已知圆柱的轴截面是正方形，其面积为Q ，则它的一个底面的面积为（）A ．QB ．Q πC ．4Q πD ．2Q π 【答案】C【解析】圆柱的轴截面一边为高，另一边为底面的直径，由轴截面为正方形可知，高与，所以底面的面积为2ππ4Q ⋅=⎝⎭. 4．下列平面图形中，通过围绕定直线l 旋转可得到如图所示几何体的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】A.是一个圆锥以及一个圆柱; C.是两个圆锥; D. 一个圆锥以及一个圆柱;所以选B.5．（多选题）下列说法中正确的是（）A ．正棱锥的所有侧棱长相等B ．圆柱的母线垂直于底面C ．直棱柱的侧面都是全等的矩形D ．用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形【答案】ABD【解析】对于A ,根据正棱锥的定义知,正棱锥的所有侧棱长相等,故A 正确；对于B ,根据圆柱是由矩形绕其一边旋转而成的几何体,可知圆柱的母线与底面垂直,故B 正确；对于C ,直棱柱的侧面都是矩形,但不一定全等,故C 错误；对于D ,圆锥的轴截面是全等的等腰三角形,故D 正确.故选:ABD 。

高中数学必修二立体几何面面垂直与二面角专题练习(含答案)

面面垂直与二面角一．选择题（共12小题）1．如图梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD：BC：AB=2：3：4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC．则在翻折过程中，可能成立的结论的个数为（）A．1B．2C．3D．42．如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是（）A．平面BCE⊥平面ABNB．MC⊥ANC．平面CMN⊥平面AMND．平面BDE∥平面AMN3．下列命题中错误的是（）A．如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于平面βB．如果α⊥β，那么α内所有直线都垂直于平面βC．如果平面α不垂直平面β，那么α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，那么l⊥γ4．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论中正确的个数为（）①DC1⊥D1P ②平面D1A1P⊥平面A1AP③∠APD1的最大值为90°④AP+PD1的最小值为⑤C1P与平面A1B1B所成角正弦值的取值范围是[，]A．1B．2C．3D．45．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC1的中点，则DE与平面ABC1D1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．6．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB=2，AC=3，BD=4，CD=，则该二面角的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．120°7．正四棱锥（顶点在底面的射影是底面正方形的中心）的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°8．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°9．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，，AA1=1，则二面角C﹣B1D﹣C1的大小的余弦值为（）A．B．C．D．10．如图，60°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB=4，AC=6，BD=8，则CD的长为（）A．B．7C．2D．911．如图，M，N是圆锥底面圆O上不同两点，且M，N，O不共线，设AN与底面所成角为α，二面角A﹣MN﹣O的平面角为β，ON与平面AMN所成角为γ，则（）A．β＞α＞γB．β＞γ＞αC．α＞β＞γD．α＞γ＞β12．如图，P是△ABC边AB上一点，将△ACP沿CP折成直二面角A'﹣CP﹣B，要使|A'B|最短，则CP是（）A．△ABC中AB边上的中线B．△ABC中AB边上的高线C．△ABC中∠ACB的平分线D．要视△ABC的具体情况而定二．解答题（共18小题）13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAD为等边三角形，E，M分别是AD，PD的中点，PB=2．（Ⅰ）求证：平面PBE⊥平面ABCD；（Ⅱ）求点P到平面ACM的距离．14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB=BC，D为线段AC的中点，E为线段PC 上一点．〔Ⅰ）求证：PA⊥BD；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC．15．如图，BD是圆O的直径，C是圆周上不同于B，D的任意一点，AB⊥平面BCD，E为AB 的中点．（1）求证：OE∥平面ACD；（2）求证：平面ACD⊥平面ABC．16．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为CC1的中点．（1）求证：平面AA1CC1⊥平面BDB1D1；（2）求直线BE与平面ACC1A1所成角的余弦值．17．如图1，梯形ABCD满足：AB∥CD，AD⊥AB，AD=DC=2AB=2，E是BA延长线上一点，AE=2．现将△EDA沿直线DA翻折，记翻折后的点E为点P．若PC=2，M为PC的中点，如图2．（Ⅰ）求证：平面ABM⊥平面PBD；（Ⅱ）求直线BC与平面PBD所成的角的正弦值．18．已知三棱锥A﹣BCD中，△BCD是等腰直角三角形，且BC⊥CD，BC=4，AD⊥平面BCD，AD=2．（Ⅰ）求证：平面ABC⊥平面ADC（Ⅱ）若E为AB的中点，求点A到平面CDE的距离．19．如图（1）在直角梯形ABCD中，∠BAD=90°，AB∥CD，CD=2AB=2AD=4，E为CD中点，现将△CEB沿BE折起，使得AC=4，得到如图（2）几何体，记线段CB的中点为F．（1）求证：平面CED⊥平面ABED（2）求点F到平面ACD的距离．20．如图所示，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC=90°，BF=FC，H为BC的中点．（1）求证：FH∥平面BDE；（2）求证：平面BDE⊥平面ACF．21．如图，在正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1中，已知AB=AA1=2，点Q为BC的中点．（Ⅰ）求证：平面AQC1⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）求点B到平面AQC1的距离．22．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都是4，D是CC1的中点，求：（1）三棱锥D﹣ABC的体积；（2）二面角D﹣AB﹣C的大小．23．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）求二面角P﹣AB﹣D的大小．24．三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面ABC是等边三角形，BC的中点为O，A1O⊥底面ABC，AA1与底面ABC所成的角为，点D在棱AA1上，且AD=，AB=2．（1）求证：OD⊥平面BB1C1C；（2）求二面角B﹣B1C﹣A1的平面角的余弦值．25．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形且∠ABC=120°，点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．（1）求证：EF∥CD；（2）若PA=PD=AD=2，且平面PAD⊥平面ABCD，求锐二面角P﹣AF﹣E的余弦值．26．四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，BC=2AB，∠ABC=60°，PA=PB，点M为AB 的中点．（Ⅰ）在棱PD上作点N，使得AN∥平面PMC（Ⅱ）若PB⊥AC，且直线PC与平面PAB所成的角是45°，求二面角M﹣PC﹣A的余弦值27．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E、F分别为A1C1、BC的中点AB=BC=2，C1F⊥AB．（1）求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；（2）若直线C1F和平面ACC1A1所成角的正弦值等于，求二面角A﹣BE﹣C的平面角的正弦值．28．已知PA⊥菱形ABCD所在平面，PA=，G为线段PC的中点，E为线段PD上一点，且=2．（1）求证：BG∥平面AEC；（2）若AB=2，∠ADC=60°，求二面角G﹣AE﹣C的余弦值．29．在多面体ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四边形ADEF是正方形，AB∥DC，AB=AD=1，CD=2，AC=EC=．（1）求证：平面EBC⊥平面EBD；（2）设M为线段EC上一点，3=，求二面角M﹣BD﹣E的平面角的余弦值．30．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是边长为的正方形，，PC=4，点E为PA中点，AC与BD交于点O．（Ⅰ）求证：OE⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣PA﹣D的余弦值．参考答案一．选择题（共12小题）1．解：因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD：BC：AB=2：3：4，可使条件满足，所以②正确；当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误．故选：B．2．解：分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP=CQ=1，连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体．∵BC⊥平面ABN，BC⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面ABN，故A正确；连接PB，则PB∥MC，显然PB⊥AN，∴MC⊥AN，故B正确；取MN的中点F，连接AF，CF，AC．∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形，∴AF⊥MN，CF⊥MN，∴∠AFC为二面角A﹣MN﹣C的平面角，∵AF=CF=，AC=，∴AF2+CF2≠AC2，即∠AFC≠，∴平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；∵DE∥AN，MN∥BD，∴平面BDE∥平面AMN，故D正确．故选：C．3．解：如果α⊥β，则α内与两平面的交线平行的直线都平行于面β，故可推断出A命题正确．B选项中α内与两平面的交线平行的直线都平行于面β，故B命题错误．C根据平面与平面垂直的判定定理可知C命题正确．D根据两个平面垂直的性质推断出D命题正确．故选：B．4．解：对于①，∵A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，∴DC1⊥面A1BCD1，D1P⊂面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，①正确对于②，∵平面D1A1P即为平面D1A1BC，平面A1AP 即为平面A1ABB1，切D1A1⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，∴②正确；对于③，当0＜A1P＜时，∠APD1为钝角，∴③错；对于④，将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值，在△D1A1A中，∠D1A1A=135°利用余弦定理解三角形得AD1=，即AP+PD1≥，∴④不正确．对于⑤，C1P与平面A1B1B所成角正弦值为，∵，∴C1P与平面A1B1B所成角正弦值的取值范围是[，]，故⑤正确．故选：C．5．解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1中棱长为2，D（0，0，0），E（1，2，1），A（2，0，0），B（2，2，0），C1（0，2，2），=（1，2，1），=（0，2，0），=（﹣2，2，2），设平面ABC1D1的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，0，1），设DE与平面ABC1D1所成角为θ，则sinθ===，∴DE与平面ABC1D1所成角的正弦值为．故选：D．6．解：由已知可得：，，，∴=+2=32+22+42+2×3×4cos＜，＞=，∴cos＜＞=﹣，即＜＞=120°，∴二面角的大小为60°，故选：C．7．解：正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为2，底面边长为2，底面积为12，所以正四棱锥的高为3，则侧面与底面所成的二面角的正切tanα==，则二面角等于60°，故选：C．8．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°解：以A为坐标原点，、的方向分别为y轴和z轴的正方向建立空间直角坐标系．设底面边长为2a，侧棱长为2b，则A（0，0，0），C（0，2a，0），D（0，a，0），B（a，a，0），C1（0，2a，2b），B1（a，a，2b）．=（），=（﹣，a，2b），=（，0，0），=（0，a，2b），由AB1⊥BC1，得•=2a2﹣4b2=0，即2b2=a2．设=（x，y，z）为平面DBC1的一个法向量，则•=0，•=0．即，又2b2=a2，令z=1，解得=（0，﹣，1）．同理可求得平面CBC1的一个法向量为=（1，，0）．设平面DBC1与平面CBC1所成的角为θ，则cos θ==，解得θ=45°．∴平面DBC1与平面CBC1所成的角为45°．故选：B．9．解：建立空间直角坐标系，如图所示；长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，，AA1=1，∴A（0，0，0），C（2，，0），D（0，，0），B1（2，0，1），C1（2，，1）；∴=（﹣2，，﹣1），=（﹣2，0，0），=（0，，0）；设平面CB1D的法向量为=（x，y，z），则，即，令y=1得=（0，1，）；同理，设平面C1B1D的法向量为=（x，y，z），则，即，令x=1，则=（1，0，﹣2）；∴cos＜，＞===﹣，∴二面角C﹣B1D﹣C1的余弦值为﹣cos＜，＞=．故选：A．10．解：∵CA⊥AB，BD⊥AB，∴，．∵，∴=+++2+2+2═62+42+82+2×6×8cos120°=68，∴CD=2故选：C．11．解：连接OA，OM，取MN的中点H，连接OH，AH，过O作OD⊥AH，垂足为D，连接ND，由AO⊥底面，可得∠ANO=α，由OH⊥MN，AO⊥底面，由三垂线定理可得MN⊥AH，可得∠AHO=β，由OD⊥AH，MN⊥平面AHO，可得OD⊥MN，OD⊥平面AMN，可得∠OND=γ，且α，β，γ均为锐角，则sinα=，sinβ=＞=sinα，即β＞α；=•=＞1，即有β＞γ，tanα=，tanγ=，设AO=h，ON=r，OH=d，可得OD=，DN=，则tanα=，tanγ=，tan2α﹣tan2γ=＞0，可得tanα＞tanγ，即有α＞γ，即为β＞α＞γ．故选：A．12．解：如图所示，作A′E⊥CP，垂足为E．∵直二面角A'﹣CP﹣B，∴A′E⊥平面BCP．时AC=b，BC=a，∠ACB=α．设∠ACP=θ．则A′E=bsinθ，CE=bcosθ．BE2=b2cos2θ+a2﹣2abcosθcos（α﹣θ），∴A′B2=（A′E）2+BE2=b2sin2θ+b2cos2θ+a2﹣2abcosθcos（α﹣θ）=b2+a2﹣2abcosθcos（α﹣θ），∵cosθcos（α﹣θ）=cosθ（cosαcosθ+sinαsinθ）=cosαcos2θ+sinαsin2θ=c osα+sinαsin2θ=+cos（α﹣2θ）．∴A′B2=b2+a2﹣abcosα﹣abcos（α﹣2θ），当且仅当cos（α﹣2θ）=1时，即α=2θ时，即CP为∠ACB的平分线时，|A'B|最短．故选：C．二．解答题（共18小题）13．（Ⅰ）证明：由题意知，正△PAD边长为2，∵E为AD的中点，∴PE⊥AD，PE=，在正方形ABCD中，E为AD的中点，边长为2，则BE=，在△PBE中，BE2+PE2=8=PB2，∴PE⊥BE，又BE∩AD=E，∴PE⊥平面ABCD，∵PE⊂P平面ABCDM，∴平面PBE⊥平面ABCD；（Ⅱ）由题意知V P﹣ACM=V C﹣APM，△PAD为等边三角形，则AM=，∴S△APM=，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥CD，∵CD⊥AD．∴CD⊥平面PAD，故CD为三棱锥C﹣PAB的高，∴CD⊥PD，在正方形ABCD中，AC=2，则在△ACM中，满足8=AC2=AM2+CM2，∴△ACM为直角三角形，∴AM⊥MC，∴S△ACM=|AM|•|CM|=，设点P到平面ACM的距离为d，由V P﹣ACM=V C﹣APM，得×d×S△ACM=×CD×S△APM，解得d=14．证明：（Ⅰ）∵在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC=B，∴PA⊥平面ABC，∵D为线段AC的中点，∴BD⊂平面ABC，∴PA⊥BD．（Ⅱ）∵AB=BC，D为线段AC的中点，∴BD⊥AC，∵PA⊥BD，PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面PAC．15．．证明：（1）∵BD是圆O的直径，E为AB的中点，∴OE∥AD，∵OE⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，∴OE∥平面ACD．（2）∵BD是圆O的直径，∴BC⊥DC，∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD，∵AB∩BC=B，∴平面ACD⊥平面ABC．16．证明：（1）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，有AA1⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD，又由正方形ABCD，可知AC⊥BD，AA1∩AC=A，∴BD⊥平面ACC1A1，又BD⊂平面BDD1B1，∴平面AA1C1C⊥平面BDD1B1．（6分）解：（2）记AC与BD交点为O，连接OE，∵BD⊥平面ACC1A1，∴∠OEB即为直线BE与平面ACC1A1所成角，设正方体棱长AB=2，则OB=，BE=，OE=，则有cos=，直线BE与平面ACC1A1所成角的余弦值为．（12分）17．（Ⅰ）证明：在△ADE中，AD=AE=2，得DE=2，即PD=．在△PDC中，DC=2，PC=2，可得PC2=PD2+DC2，∴∠CDP=90°，即CD⊥PD．又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD．取PD中点N，则MN是△PCD的中位线，∴MN∥CD，MN=．又AB∥CD，AB=，∴AB∥MN，AB=MN，即四边形ABMN为平行四边形．又AN是等腰直角三角形PAD斜边PD的中线，∴PD⊥AN，又CD⊥平面PAD，∴AB⊥平面PAD，AB⊥PD．∴PD⊥平面ABM，又PD⊂平面PBD，∴平面ABM⊥平面PBD；（Ⅱ）解：在△MNB中，作MH⊥NB于H，则MH⊥平面PBD，由已知可得MN=1，MB=，又NB=，∴，即点M到平面PDB的距离为．又由于M是PC的中点，∴点C到平面PBD的距离h=．求得BC=，设直线BC与平面PBD所成的角为θ，则s inθ=．18．（Ⅰ）证明：∵AD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AD⊥BC，又∵BC⊥CD，CD∩AD=D，∴BC⊥平面ACD，又BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD．…（5分）（Ⅱ）解：由已知可得，取CD中点为F，连结EF，∵，∴△ECD为等腰三角形，∴，，…（8分）由（Ⅰ）知BC⊥平面ACD，∴E到平面ACD的距离为：，∴S△ACD=4，…（10分）设A到平面CED的距离为d，有，解得，∴A到平面CDE的距离是．…（12分）19．（1）证明：由条件可知BA=DE，BA∥DE，∠BAD=90°，∴四边形ABED为正方形，∴BE⊥EC，BE⊥ED，EC⊥ED=E，⇒BE⊥平面DEC．又BE⊂平面ABCD，所以平面CED⊥平面ABCD．（2）AD∥BE，∴AD⊥平面DEC，∴∠ADC=90°，∴∠CED=120°，△CED为等腰三角形．过点E作EM⊥CD，∴M为CD中点⇒ME=1 ∴ME⊥CD，ME⊥AD⇒ME⊥平ACD．又F为BC的中点，∴．20．证明：（1）设BD与AC交于点O，连接OE、OH．∵O、H分别为AC，BC中点，∴OH∥AB，OH=AB，∴EF∥AB，EF=AB，∴OH=EF，OH∥EF，∴四边形OEFH为平行四边形，∴FH∥OE，又∴FH⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴FH∥平面BDE．（2）∵EF∥AB，EF⊥FB，AB∩FB=B，∴EF⊥平面ABF，∵FB⊂平面ABF，∴AB⊥FB，∵AB⊥BC，BC∩FB=B，∴AB⊥平面BCF，∵FH⊂BCF，∴AB⊥FH，∵FH⊥BC，AB∩BC=B，∴FH⊥平面ABCD，又FH∥OE，∴OE⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴OE⊥AC，∵AC⊥BD，AC∩BD=O，∴AC⊥平面BDE，又AC⊂平面ACF，∴平面BDE⊥平面ACF．21．解：（I）证明：由题意知，AB=AC，Q为BC的中点，∴AQ⊥BC；由B1B⊥平面ABC，得B1B⊥AQ；∵BC，B1B⊂平面B1BCC1，且BC∩B1B=B，∴AQ⊥平面B1BCC1，又∵AQ⊂平面AC1Q，∴平面AC1Q⊥平面B1BCC1；……（6分）（II）设点B到平面AQC1的距离为d，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABQ，∴CC1为三棱锥C1﹣ABQ的高；由（I）知，AQ⊥平面B1BCC1，则AQ⊥QC1，∴；∴，；又，∴，即，解得．……（12分）22．解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为正三棱柱，且底面边长和侧棱长都是4，D是CC1的中点，∴，三棱锥D﹣ABC的高为DC=2．∴三棱锥D﹣ABC的体积V=；（2）取AB中点G，连接DG，CG，则AB⊥平面DGC，∴∠DGC为二面角D﹣AB﹣C的平面角，在Rt△DCG中，DC=2，CG=，∴tan∠DGC=，则．即二面角D﹣AB﹣C的大小为．23．证明：（1）∵四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点．∴AB⊥AD，AB⊥PD，又AD∩PD=D，∴AB⊥平面PAD，∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．解：（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，设PD=DC=DP=2，则A（2，0，0），P（0，0，2），D（0，0，0），B（2，2，0），=（﹣2，0，2），=（0，2，0），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，0，1），平面ABD的法向量=（0，0，1），设二面角P﹣AB﹣D的大小为θ，则cosθ===，θ=45°，∴二面角P﹣AB﹣D的大小为45°．24．（1）证明：连接AO，∵A1O⊥底面ABC，AO，BC⊂底面ABC，∴BC⊥A1O，A1O⊥AO，且AA1与底面ABC 所成的角为∠A1AO，即．在等边三角形ABC中，易求得AO=．在△AOD中，由余弦定理，得，∴OD2+AD2=3=OA2，即OD⊥AA1．又∵AA1∥BB1，∴OD⊥BB1．∵AB=AC，OB=OC，∴AO⊥BC，又∵BC⊥A1O，AO∩A1O=O，∴BC⊥平面AA1O，又∵OD⊂平面AA1O，∴OD⊥BC，又BC∩BB1=B，∴OD⊥平面BB1C1C．（2）如下图所示，以O为原点，分别以OA，OB，OA1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则故由（1）可知，∴可得点D的坐标为，∴平面BB1C1C的一个法向量是．设平面A1B1C的法向量=（x，y，z），由得，令，则y=3，z=﹣1，则，∴，易知所求的二面角为钝二面角，∴二面角B﹣B1C﹣A1的平面角的余弦角值是．25．解：（1）∵底面ABCD是菱形，∴AB∥CD，又∵AB⊄面PCD，CD⊂面PCD，∴AB∥面PCD，…（2分）又∵A，B，E，F四点共面，且平面ABEF∩平面PCD=EF，∴AB∥EF，即可得EF∥CD…（5分）（2）取AD中点G，连接PG，GB，∵PA=PD，∴PG⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，∴PG⊥GB，在菱形ABCD中，∵AB=AD，∠DAB=60°，G是AD中点，∴AD⊥GB，…（6分）如图，建立空间直角坐标系G﹣xyz，设PA=PD=AD=2，则G（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣2，，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，）又∵AB∥EF，点E是棱PC中点，∴点F是棱PD中点，E（﹣1，，），F（﹣，0，），，，设平面AFE的法向量为=（x，y，z），则有⇒，不妨令x=3，则平面AFE的一个法向量为．∵BG⊥平面PAD，∴是平面PAF的一个法向量，cos==∴锐二面角P﹣AF﹣E的余弦值为．．…（12分）26．解：（Ⅰ）：点N为PD中点．下证：取PD中点N，PC中点Q，连结AN，QN，MQ，在△PCD中，N，Q分别是所在边PD，PC的中点，则NQ∥CD且．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）因为点M为AB中点，AB=CD，所以NQ∥AM且NQ=AM．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）所以四边形AMQN是平行四边形，所以AN∥MQ．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）又因为AN⊄平面PMC，MQ⊂平面PMC，所以AN∥平面PMC．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（Ⅱ）在△ABC中，BC=2AB，∠ABC=60°，设AB=a，则BC=2a，由余弦定理有：，则BC2=AB2+AC2，由勾股定理的逆定理可得：AC⊥AB．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）又因为PB⊥AC，PB∩AB=B，PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB．因为PM⊂平面PAB，所以AC⊥PM．因为PA=PB，点M为线段AB的中点，所以PM⊥AB，因此PM，AB，AC两两垂直．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）以A为原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系．因为直线PC与平面PAB的所成角是45°，所以∠CPA=45°，所以Rt△CAP是等腰直角三角形，所以．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）则A（0，0，0），，，，，．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）设平面PMC的一个法向量为=（x，y，z），则即得，同理可得，平面PAC的一个法向量为，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）则．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）由图可得所求二面角的平面角为锐角，所以二面角M﹣PC﹣A的余弦值为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）27．（1）证明：在直三棱柱中，CC1⊥AB，又C1F⊥AB，且CC1∩C1F=C1，∴AB⊥平面B1BCC1，又∵AB⊂平面EBA，∴平面ABE⊥平面B1BCC1；（2）解：由（1）可知，AB⊥BC，以B点为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立坐标系．设AA1=a，则B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），B1（0，0，a），C1（2，0，a），A1（0，2，a），E （1，1，a），F（1，0，0）．直线FC1的方向向量，平面ACC1A1的法向量．可知||=，∴a=2．，，，设平面ABE的法向量，由，取z=﹣1，可得．设平面CBE的法向量，由，取z=﹣1，可得．记二面角A﹣BE﹣C的平面角为θ，∴|cosθ|=||=，则sin．故二面角A﹣BE﹣C的平面角的正弦值为．28．（1）证明：取PE的中点F，连接GF，BF，∵G为PC的中点，∴GF∥CE，∴GF∥平面AEC．连接BD交AC与点O，连接OE．∵E为DF的中点，∴BF∥OE，∴BF∥平面AEC．∵BF∩GF=F，∴平面BGF∥平面AEC．又BG⊄平面BGF，∴BG∥平面AEC；（2）解：如图，建立空间直角坐标系O﹣xyz．则则O（0，0，0），A（﹣1，0，0），C（1，0，0），P（﹣1，0，），D（0，，0），E（，，），G（0，0，2），∴=（，，），=（2，0，0），=（1，0，），设平面AEC的法向量为，则，∴，即，不妨设得=（0，，），设平面AEG的法向量为，则，∴，即，不妨设z2=1得=（，0，1），∴=．由图可知，二面角G﹣AE﹣C为锐角，则二面角G﹣AE﹣C的余弦值为．29．证明：（1）∵AD=1，CD=2，AC=，∴AD2+CD2=AC2，∴△ADC为直角三角形，且AD⊥DC，同理∵ED=1，CD=2，EC=，∴ED2+CD2=EC2，∴△EDC为直角三角形，且ED⊥DC，又四边形ADEF是正方形，∴AD⊥DE，又∵AB∥DC，∴DA⊥AB．在梯形ABCD中，过点作B作BH⊥CD于H，∴四边形ABHD是正方形，∴∠ADB=45°．在△BCH中，BH=CH=1，∴∠BCH=45°．BC=，∴∠BDC=45°，∴∠DBC=90°，∴BC⊥BD．∵ED⊥AD，ED⊥DC，AD∩DC=D．AD⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD．∴BD⊥平面ABCD，又∵BC⊂平面ABCD，∴ED⊥BC，因为BD∩ED=D，BD⊂平面EBD，ED⊂平面EBD．∴BC⊥平面EBD，BC⊂平面EBC，∴平面EBC⊥平面EBD．解：（2）以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，D（0，0，0），E（0，0，1），B（1，1，0），C（0，2，0）．令M（0，y0，z0），则=（0，y0，z0﹣1），=（0，2，﹣1），∵3=，∴（0，3y0，3z0﹣3a）=（0，2，﹣1），∴M（0，，）．=（1，1，0），=（0，），∵BC⊥平面EBD，∴=（﹣1，1，0）是平面EBD的一个法向量．设平面MBD的法向量为=（x，y，z）．则．令y=1，得=（﹣1，1，1），∴cos＜＞===，∴二面角M﹣BD﹣E的平面角的余弦值为．30．证明：（I）底面四边形ABCD是边长为的正方形，，PC=4，在△PBC中，∵PB2=PC2+BC2，∴PC⊥BC，同理可得BC⊥CD，而BC∩CD=C，BC、CD⊂平面ABCD，∴PC⊥平面ABCD，在△PAC中，由题意知O、E分别为AC、PA中点，则OE∥PC，而PC⊥平面ABCD，∴OE⊥平面ABCD．解：（II）由（I）知：OE⊥平面ABCD，故可建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，A（1，0，0），B（0，1，0），D（0，﹣1，0），P（﹣1，0，4），∴=（﹣2，0，4），=（﹣1，1，0），=（﹣1，﹣1，0），设、=（a，b，c）分别为平面PAB和平面PAD的一个法向量，则，，∴，，不妨设z=c=1，则=（2，2，1），=（2，﹣2，1），∴cos＜＞===，由图知二面角B﹣PA﹣D为钝二面角，∴二面角的B﹣PA﹣D的余弦值为﹣．。

高一数学必修二立体几何练习题含答案

一．选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的) 1、下列命题为真命题的是（）A. 平行于同一平面的两条直线平行；B.与某一平面成等角的两条直线平行；C. 垂直于同一平面的两条直线平行；D.垂直于同一直线的两条直线平行。

2、下列命题中错误的是：（）A. 如果α⊥β，那么α一定存在直线平行于平面β；B. 如果α⊥β，那么α所有直线都垂直于平面β；C. 如果平面α不垂直平面β，那么α一定不存在直线垂直于平面β；D. 如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l,那么l ⊥γ.3、右图的正方体ABCD-A ’B ’C ’D ’中,异面直线AA ’与BC 所成的角是（） A. 300 B.450 C. 600 D. 9004、右图的正方体ABCD- A ’B ’C ’D ’中，二面角D ’-AB-D 的大小是（） A. 300 B.450 C. 600 D. 900 5.在空间中，下列命题正确的是A.若三条直线两两相交，则这三条直线确定一个平面B.若直线m 与平面α的一条直线平行，则α//mC.若平面βα⊥，且l =βα ，则过α一点P 与l 垂直的直线垂直于平面βD.若直线a 与直线b 平行，且直线a l ⊥，则b l ⊥A BDA ’B ’D ’ CC ’ABD CE F6．设平面α∥平面β，A ，C ∈α，B ，D ∈β，直线AB 与CD 交于点S ，且点S 位于平面α，β之间，AS ＝8，BS ＝6，CS ＝12，则SD ＝（）A ．3B ．9C ．18D ．107．下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π8. 正方体的切球和外接球的半径之比为（）A. 3B. 3C. 3D. 39．已知△ABC 是边长为a 2的正三角形，那么它的斜二侧所画直观图A B C 的面积为( )A.32a 2B.34a 2C.64a 2 D.6a 210．若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的多面体的体积为( )A.26B.23C.33D.2311. 在空间四边形ABCD 中，AD=BC=2，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，EF=2，求AD 与BC 所成角的大小．( ) A. 30B. 45 C.60οD. 9012.如图，在多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，//EF AB ,32EF =,且EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为（）A92B 5C 6D 152二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上） 13． Rt ABC ∆中，3,4,5AB BC AC ===，将三角形绕直角边AB 旋转一周所成的几何体的体积为.14．一个圆台的母线长为5 cm ，两底面面积分别为4πcm 2 和25π cm 2.则圆台的体积 ________． 15. 三棱锥S-ABC 中SA平面ABC ，AB 丄BC,SA= 2,AB=B C =1，则三棱锥S-ABC 的外接球的表面积等于______.16．如图，在直角梯形ABCD 中，,,BC DC AE DC ⊥⊥M 、N 分别是AD 、BE 的中点，将三角形ADE 沿AE 折起。

高一数学立体几何练习题及答案

高一数学立体几何练习题及答案一、选择题1. 下列哪个图形不是立体图形？A. 立方体B. 圆锥C. 圆柱D. 正方形答案：D2. 已知一个立方体的边长为5cm，求它的表面积和体积分别是多少？A. 表面积：150cm²，体积：125cm³B. 表面积：100cm²，体积：125cm³C. 表面积：150cm²，体积：100cm³D. 表面积：100cm²，体积：100cm³答案：A3. 以下哪个选项可以形成一个正方体？A. 六个相等的长方体B. 一个正方形和一个长方体C. 六个相等的正方形D. 一个正方形和一个正方体答案：C4. 以下哪个图形可以形成一个圆柱？A. 一个正方形和一个长方体B. 一个圆和一个长方体C. 一个长方形和一个长方体D. 一个正方形和一个正方体答案：C5. 以下哪个选项可以形成一个圆锥？A. 一个圆和一个长方体B. 一个圆和一个正方体C. 一个正方形和一个长方体D. 一个正方形和一个正方体答案：B二、填空题1. 已知一个正方体的表面积为96cm²，求它的边长是多少？答案：4cm2. 已知一个圆柱的半径为3cm，高为10cm，求它的表面积和体积分别是多少？答案：表面积：198cm²，体积：90π cm³3. 以下哪个选项可以形成一个长方体？A. 六个相等的正方形B. 一个圆和一个长方形C. 六个相等的长方形D. 一个正方形和一个正方体答案：C三、解答题1. 某长方体的长、宽、高分别为3cm、4cm、5cm，请回答以下问题：（1）它的表面积是多少？（2）它的体积是多少？答案：（1）表面积 = 2(长×宽 + 长×高 + 宽×高)= 2(3×4 + 3×5 + 4×5)= 2(12 + 15 + 20)= 2(47)= 94cm²（2）体积 = 长×宽×高= 3×4×5= 60cm³2. 某圆锥的半径是5cm，高是12cm，请回答以下问题：（1）它的表面积是多少？（2）它的体积是多少？答案：（1）斜面积= π×半径×斜高= π×5×13≈ 204.2cm²（2）体积= (1/3)π×半径²×高= (1/3)π×5²×12≈ 314.2cm³四、解析题某正方体的表面积是96cm²，它的边长是多少？解答：设正方体的边长为x，由表面积的计算公式可得：表面积 = 6x²96 = 6x²16 = x²x = 4所以，该正方体的边长为4cm。

高中数学必修2立体几何考题(附答案)(可编辑修改word版)

14高中数学必修2 立体几何考题13. 如图所示，正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M 、N 分别是 A 1B 1，B 1C 1 的中点．问：(1) AM 和 CN 是否是异面直线？说明理由；(2) D 1B 和 CC 1 是否是异面直线？说明理由．解析：(1)由于 M 、N 分别是 A 1B 1 和 B 1C 1 的中点，可证明 MN ∥AC ，因此 AM 与 CN 不是异面直线．(2)由空间图形可感知 D 1B 和 CC 1 为异面直线的可能性较大，判断的方法可用反证法．探究拓展：解决这类开放型问题常用的方法有直接法(即由条件入手，经过推理、演算、变形等)，如第(1)问，还有假设法，特例法，有时证明两直线异面用直线法较难说明问题，这时可用反证法，即假设两直线共面，由这个假设出发，来推证错误，从而否定假设，则两直线是异面的．解：(1)不是异面直线．理由如下：∵M 、N 分别是 A 1B 1、B 1C 1 的中点，∴MN ∥A 1C 1.又∵A 1A ∥D 1D ，而 D 1D 綊 C 1C ，∴A 1A 綊 C 1C ，∴四边形 A 1ACC 1 为平行四边形．∴A 1A ∥AC ，得到 MN ∥AC ，∴A 、M 、N 、C 在同一个平面内，故 AM 和 CN 不是异面直线．(2)是异面直线．理由如下：假设 D 1B 与 CC 1 在同一个平面 CC 1D 1 内，则 B ∈平面 CC 1D 1，C ∈平面 CC 1D 1.∴BC ⊂平面 CC 1D 1，这与在正方体中 BC ⊥平面 CC 1D 1 相矛盾，∴假设不成立，故 D 1B 与 CC 1 是异面直线．14. 如下图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M 为 AB 的中点，N 为 BB 1 的中点，O 为面 BCC 1B 1 的中心．(1) 过 O 作一直线与 AN 交于 P ，与 CM 交于 Q (只写作法，不必证明)；(2) 求 PQ 的长(不必证明)．解析：(1)由 ON ∥AD 知，AD 与 ON 确定一个平面 α.又 O 、C 、M 三点确定一个平面 β(如下图所示)．∵三个平面 α，β 和 ABCD 两两相交，有三条交线 OP 、CM 、DA ，其中交线 DA 与交线 CM 不平行且共面．∴DA 与 CM 必相交，记交点为 Q .∴OQ 是 α 与 β 的交线．连结 OQ 与 AN 交于 P ，与 CM 交于 Q ，故 OPQ 即为所作的直线．(2)解三角形 APQ 可得 PQ ＝ . 15. 如图，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ＝BC ＝B 1B ＝a ，∠ABC ＝90°，D 、E分别为BB1、AC1的中点．(1)求异面直线BB1与AC1所成的角的正切值；(2)证明：DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线；(3)求异面直线BB1与AC1的距离．解析：(1)由于直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1，所以∠A1AC1就是异面直线BB1与AC1所成的角．又AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，所以A1C1＝2a，tan∠A1AC1＝2，即异面直线BB1与AC1所成的角的正切值为2.(2)证明：解法一：如图，在矩形ACC1A1中，过点E 作AA1的平行线MM1分别交AC、A1C1于点M、M1，连结BM，B1M1，则BB1綊MM1.又D、E 分别是BB1、MM1的中点，可得DE 綊BM.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，由条件AB＝BC 得BM⊥AC，所以BM⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线．解法二：如图，延长C1D、CB 交于点F，连结AF，由条件易证D是C1F 的中点，B 是CF 的中点，又E 是AC1的中点，所以DE∥AF.在△ACF 中，由AB＝BC＝BF 知AF⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AF⊥AA1，故AF⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线．(3)由(2)知线段DE 的长就是异面直线BB1与AC1的距离，由于AB＝BC＝a，∠ABC＝90°，2a.所以DE＝2反思归纳：两条异面直线的公垂线是指与两条异面直线既垂直又相交的直线，两条异面直线的公垂线是惟一的，两条异面直线的公垂线夹在两条异面直线之间的线段的长度就是两条异面直线的距离．证明一直线是某两条异面直线的公垂线，可以分别证明这条直线与两条异面直线垂直．本题的思路是证明这条直线与一个平面垂直，而这一平面与两条异面直线的位置关系是一条直线在平面内，另一条直线与这个平面平行．16.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O，M 分别是BD1，AA1的中点．(1)求证：MO 是异面直线AA1和BD1的公垂线；(2)求异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值；(3)若正方体的棱长为a，求异面直线AA1与BD1的距离．解析：(1)证明：∵O 是BD1的中点，∴O 是正方体的中心，∴OA＝OA 1，又M 为AA1的中点，即OM 是线段AA1的垂直平分线，故OM⊥AA1.连结MD1、BM，则可得MB＝MD1.同理由点O 为BD1的中点知MO⊥BD1，即MO 是异面直线AA1和BD1的公垂线．33333 2(2)由于AA1∥BB1，所以∠B1BD1就是异面直线AA1和BD1所成的角．在Rt△BB1D1中，设BB1＝1，则BD1＝3，所以cos∠B1BD1＝，故异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值等于.(3)由(1)知，所求距离即为线段MO 的长，1 a由于OA＝AC1＝a，AM＝，且OM⊥AM，所以OM＝a.2 2 2 213.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，侧面对角线AB1，BC1上分别有两点E、F，且B1E＝C1F，求证：EF∥ABCD.证明：解法一：分别过E、F 作EM⊥AB 于M，FN⊥BC 于N，连结MN.∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，∴EM∥BB1，FN∥BB1，∴EM∥FN.又B1E＝C1F，∴EM＝FN，故四边形MNFE 是平行四边形，∴EF∥MN，又MN 在平面ABCD 中，所以EF∥平面ABCD.解法二：过E 作EG∥AB 交BB1于G，B1E B1G连结GF，则1＝1，B A B B∵B1E＝C1F，B1A＝C1B，C1F B1G∴1＝1，∴FG∥B1C1∥BC.C B B B又EG∩FG＝G，AB∩BC＝B，∴平面EFG∥平面ABCD，而EF⊂平面EFG，∴EF∥平面ABCD.14.如下图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC.过BD 作与PA 平行的平面，交侧棱PC 于点E，又作DF⊥PB，交PB 于点F.(1)求证：点E 是PC 的中点；(2)求证：PB⊥平面EFD.证明：(1)连结AC，交BD 于O，则O 为AC 的中点，连结EO.∵PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝OE，∴PA∥OE.∴点E 是PC 的中点；(2)∵PD⊥底面ABCD 且DC⊂底面ABCD，∴PD⊥DC，△PDC 是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 的中线，∴DE⊥PC，①又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BC.∵底面ABCD 是正方形，CD⊥BC，∴BC⊥平面PDC.而DE⊂平面PDC.∴BC⊥DE.②由①和②推得DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC，22AB6 3∴DE⊥PB，又DF⊥PB 且DE∩DF＝D，所以PB⊥平面EFD.15.如图，l1、l2是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段．点A、B 在l1上，C在l2上，AM＝MB＝MN.(1)求证AC⊥NB；(2)若∠ACB＝60°，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值．证明：(1)如图由已知l2⊥MN，l2⊥l1，MN∩l1＝M，可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1，AM＝MB＝MN，可知AN＝NB 且AN⊥NB.又AN 为AC 在平面ABN 内的射影，∴AC⊥NB.(2)∵Rt△CNA≌Rt△CNB，∴AC＝BC，又已知∠ACB＝60°，因此△ABC 为正三角形．∵Rt△ANB≌Rt△CNB，∴NC＝NA＝NB，因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心．连结BH，∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角．在Rt△NHB 中，3HB 3ABcos∠NBH＝NB＝＝.16.如图，在四面体ABCD 中，CB＝CD，AD⊥BD，点E、F 分别是AB、BD 的中点．求证：(1)直线EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.命题意图：本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力．证明：(1)在△ABD 中，∵E、F 分别是AB、BD 的中点，所以EF∥AD.又AD⊂平面ACD，EF✪平面ACD，∴直线EF∥平面ACD. (2)在△ABD 中，∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.在△BCD 中，∵CD＝CB，F 为BD 的中点，∴CF⊥BD.∵EF⊂平面EFC，CF⊂平面EFC，EF 与CF 交于点F，∴BD⊥平面EFC.又∵BD⊂平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.13.如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝2AB.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)求二面角B－PC－D 的余弦值．5 6 解析：(1)证明：∵PA ⊥平面 ABCD ，∴PA ⊥BD .∵ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD .∴BD ⊥平面 PAC ，又 BD 在平面 BPD 内，∴平面 PAC ⊥平面 BPD . (2)在平面 BCP 内作 BN ⊥PC ，垂足为 N ，连结 DN ，∵Rt △PBC ≌Rt △PDC ，由 BN ⊥PC 得 DN ⊥PC ；∴∠BND 为二面角 B －PC －D 的平面角，在△BND 中，BN ＝DN ＝ a ，BD ＝ 2a ， 5 5 a 2＋ a 2－2a 2 6 6 ∴cos ∠BND ＝ 5 a 2 31 ＝－ . 5 14. 如图，已知 ABCD －A 1B 1C 1D 1 是棱长为 3 的正方体，点 E 在 AA 1 上，点 F 在 CC 1 上，G 在 BB 1 上，且 AE ＝FC 1＝B 1G ＝1，H 是 B 1C 1 的中点．(1) 求证：E 、B 、F 、D 1 四点共面；(2)求证：平面 A 1GH ∥平面 BED 1F .证明：(1)连结 FG .∵AE ＝B 1G ＝1，∴BG ＝A 1E ＝2，∴BG 綊 A 1E ，∴A 1G 綊 BE .∵C 1F 綊 B 1G ，∴四边形 C 1FGB 1 是平行四边形．∴FG 綊 C 1B 1 綊 D 1A 1，∴四边形 A 1GFD 1 是平行四边形．∴A 1G 綊 D 1F ，∴D 1F 綊 EB ，故 E 、B 、F 、D 1 四点共面． 3 (2) ∵H 是 B 1C 1 的中点，∴B 1H ＝ . 2 又 B 1G ＝1，∴ B 1G 3 ＝ . B 1H 2 FC 2 又＝，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°， BC 3∴△B 1HG ∽△CBF ，∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，∴HG ∥FB .又由(1)知 A 1G ∥BE ，且 HG ∩A 1G ＝G ，FB ∩BE ＝B ，∴平面 A 1GH ∥平面 BED 1F .15. 在三棱锥 P －ABC 中，PA ⊥面 ABC ，△ABC 为正三角形，D 、E 分别为 BC 、AC 的中点，设 AB ＝PA ＝2.(1) 求证：平面 PBE ⊥平面 PAC ；(2) 如何在 BC 上找一点 F ，使 AD ∥平面 PEF ，请说明理由；(3) 对于(2)中的点 F ，求三棱锥 B －PEF 的体积．解析：(1)证明：∵PA ⊥面 ABC ，BE ⊂面 ABC ，∴PA ⊥BE .∵△ABC 是正三角形，E 为 AC 的中点，∴BE ⊥AC ，又 PA 与 AC 相交，∴BE ⊥平面 PAC ，∴平面 PBE ⊥平面 PAC .(2) 解：取 DC 的中点 F ，则点 F 即为所求．， 3 3 6 2 2 3 3 3∵E ，F 分别是 AC ，DC 的中点，∴EF ∥AD ，又 AD ✪平面 PEF ，EF ⊂平面 PEF ，∴AD ∥平面 PEF . 1 1 1 3 (3) 解：V B －PEF ＝V P －BEF ＝ S △BEF ·PA ＝ × × × ×2＝ . 3 3 2 2 2 416．(2009·天津，19)如图所示，在五面体 ABCDEF 中，FA ⊥平面 ABCD ，AD ∥BC ∥FE ， 1 AB ⊥AD ，M 为 CE 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝ AD . 2(1) 求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小；(2) 求证：平面 AMD ⊥平面 CDE ；(3) 求二面角 A －CD －E 的余弦值．解答：(1)解：由题设知，BF ∥CE ，所以∠CED (或其补角)为异面直线 BF与 DE 所成的角．设 P 为 AD 的中点，连结 EP ，PC .因为 FE 綊 AP ，所以 FA綊 EP .同理，A B 綊 PC .又 FA ⊥平面 ABCD ，所以 EP ⊥平面 ABCD .而 PC ，AD都在平面ABCD 内，故EP ⊥PC ，E P ⊥AD .由AB ⊥AD ，可得PC ⊥AD .设FA ＝a则 EP ＝PC ＝PD ＝a ，CD ＝DE ＝EC ＝故∠CED ＝60°.2a .所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60°.(2) 证明：因为 DC ＝DE 且 M 为 CE 的中点，所以 DM ⊥CE .连结 MP ，则 MP ⊥CE .又MP ∩DM ＝M ，故 CE ⊥平面 AMD .而 CE ⊂平面 CDE ，所以平面 AMD ⊥平面 CDE .(3) 设 Q 为 CD 的中点，连结 PQ ，EQ .因为 CE ＝DE ，所以 EQ ⊥CD .因为 PC ＝PD ，所以 PQ ⊥CD ，故∠EQP 为二面角 A －CD －E 的平面角．由(1)可得，EP ⊥PQ ，EQ ＝ a ，PQ ＝ a . PQ 于是在 Rt △EPQ 中，cos ∠EQP ＝＝ .EQ 3 所以二面角 A －CD －E 的余弦值为 . 13．(2009·重庆)如图所示，四棱锥 P －ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ⊥DC ，PA ⊥底面 ABCD ，PA 1 1 ＝AD ＝DC ＝ AB ＝1，M 为 PC 的中点，N 点在 AB 上且 AN ＝ NB .2 3(1) 求证：MN ∥平面 PAD ；(2) 求直线 MN 与平面 PCB 所成的角．解析：(1)证明：过点 M 作 ME ∥CD 交 PD 于 E 点，连结 AE . 1 ∵AN ＝ NB ， 3 1 1 ∴AN ＝ AB ＝ DC ＝EM .4 2又 EM ∥DC ∥AB ，∴EM 綊 AN ，∴AEMN 为平行四边形，∴MN ∥AE ，∴MN ∥平面 PAD .(2)解：过 N 点作 NQ ∥AP 交 BP 于点 Q ，NF ⊥CB 于点 F .连结 QF ，过 N 点作 NH ⊥QF 于 H ，连结 MH ，易知 QN ⊥面 ABCD ，∴QN ⊥BC ，而 NF ⊥BC ，∴BC ⊥面 QNF ，∵BC ⊥NH ，而 NH ⊥QF ，∴NH ⊥平面 PBC ，∴∠NMH 为直线 MN 与平面 PCB 所成的角．2 2 6 2 2 10 10 5 2 10 53 3 通过计算可得 MN ＝AE ＝，QN ＝，NF ＝ 2，4 4 QN ·NF ON ·NF ∴NH ＝＝＝，QF QN 2＋NF 2 4 NH 3 ∴sin ∠NMH ＝＝，∴∠NMH ＝60°，MN 2∴直线 MN 与平面 PCB 所成的角为 60°.14．(2009·广西柳州三模)如图所示，已知直平行六面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AD ⊥BD ， AD ＝BD ＝a ，E 是 CC 1 的中点，A 1D ⊥BE .(1) 求证：A 1D ⊥平面 BDE ；(2) 求二面角 B －DE －C 的大小．解析：(1)证明：在直平行六面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，∵AA 1⊥平面 ABCD ，∴AA 1⊥BD .又∵BD ⊥AD ，∴BD ⊥平面 ADD 1A 1，即 BD ⊥A 1D .又∵A 1D ⊥BE 且 BE ∩BD ＝B ，∴A 1D ⊥平面 BDE .(2)解：如图，连 B 1C ，则 B 1C ⊥BE ，易证 Rt △BCE ∽Rt △B 1BC ，CE BC ∴ ＝ 1 ，又∵E 为 CC 1 中点， BC ∴BC 2 B B 1BB 21.BB 1＝＝ 22BC ＝ 2a .取 CD 中点 M ，连结 BM ，则 BM ⊥平面 CC 1D 1C ，作 MN ⊥DE 于 N ，连 NB ，由三垂线定理知：BN ⊥DE ，则∠BNM 是二面角 B －DE －C 的平面角． BD ·BC 在 Rt △BDC 中，BM ＝ DC ＝ a ， Rt △CED 中，易求得 MN ＝ a ， BM Rt △BMN 中，tan ∠BNM ＝＝ 5， MN则二面角 B －DE －C 的大小为 arctan 5.15．如图，已知正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，E 为 AB 的中点．(1) 求直线 B 1C 与 DE 所成的角的余弦值；(2) 求证：平面 EB 1D ⊥平面 B 1CD ；(3) 求二面角 E －B 1C －D 的余弦值．解析：(1)连结 A 1D ，则由 A 1D ∥B 1C 知，B 1C 与 DE 所成的角即为 A 1D 与 DE 所成的角．连结 A 1E ，由正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1，可设其棱长为 a ，则 A 1D ＝ ∴cos ∠A 1DEA 1D 2＋DE 2－A 1E 2 2a ，A 1E ＝DE ＝ a ，＝ 2·A 1D ·DE ＝ . 10∴直线 B 1C 与 DE 所成角的余弦值是 5. (2)证明取 B 1C 的中点 F ，B 1D 的中点 G ，连结 BF ，EG ，GF .∵CD ⊥平面 BCC 1B 1，3 3 33 ＝且 BF ⊂平面 BCC 1B 1，∴DC ⊥BF .又∵BF ⊥B 1C ，CD ∩B 1C ＝C ，∴BF ⊥平面 B 1CD . 1 1 又 ∵GF 綊 CD ，BE 綊 CD ，2 2∴GF 綊 BE ，∴四边形 BFGE 是平行四边形，∴BF ∥GE ，∴GE ⊥平面 B 1CD .∵GE ⊂平面 EB 1D ，∴平面 EB 1D ⊥平面 B 1CD .(3)连结 EF .∵CD ⊥B 1C ，GF ∥CD ，∴GF ⊥B 1C .又∵GE ⊥平面 B 1CD ，∴EF ⊥B 1C ，∴∠EFG 是二面角 E －B 1C －D 的平面角．设正方体的棱长为 a ，则在△EFG 中，1 GF ＝ a ，EF ＝ a ，2 2 FG ∴cos ∠EFG ＝EF ＝， 3∴二面角 E －B 1C －D 的余弦值为 3 . 16．(2009·全国Ⅱ，18)如图所示，直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ⊥AC ，D 、E 分别为 AA 1、 B 1C 的中点，DE ⊥平面 BCC 1.(1) 求证：AB ＝AC ；(2) 设二面角 A －BD －C 为 60°，求 B 1C 与平面 BCD 所成的角的大小．解析：(1)证明：取 BC 中点 F ，连结 EF ， 1则 EF 綊 2B 1B ，从而 EF 綊 DA . 连结 AF ，则 ADEF 为平行四边形，从而 AF ∥DE .又 DE ⊥平面 BCC 1，故 AF ⊥平面 BCC 1，从而 AF ⊥BC ，即 AF 为 BC 的垂直平分线，所以 AB ＝AC .(2)解：作 AG ⊥BD ，垂足为 G ，连结 CG .由三垂线定理知 CG ⊥BD ，故∠AGC 为二面 2 角 A －BD －C 的平面角．由题设知，∠AGC ＝60°.设 AC ＝2，则 AG ＝ .又 AB ＝2，BC ＝2 2，故 AF ＝ 2. 由AB ·AD ＝AG ·BD 得 2AD 2 · 3AD 2＋22，解得 AD ＝ 2，故 AD ＝AF .又 AD ⊥AF ，所以四边形 ADEF 为正方形．因为 BC ⊥AF ，BC ⊥AD ，AF ∩AD ＝A ，故 BC ⊥平面 DEF ，因此平面 BCD ⊥平面 DEF . 连结 AE 、DF ，设 AE ∩DF ＝H ，则 EH ⊥DF ，EH ⊥平面 BCD .连结 CH ，则∠ECH 为 B 1C 与平面 BCD 所成的角．4 17 17 16 17 17 6 因 ADEF 为正方形，AD ＝ 2，故 EH ＝1，又 EC 1 B C ＝2，＝ 1 2所以∠ECH ＝30°，即 B 1C 与平面 BCD 所成的角为 30°.13. 在正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，底面边长为2的中点．(1) 求证：平面 B 1EF ⊥平面 BDD 1B 1；(2) 求点 D 1 到平面 B 1EF 的距离 d .2，侧棱长为 4，E 、F 分别为棱 AB 、BC分析：(1)可先证 EF ⊥平面 BDD 1B 1.(2)用几何法或等积法求距离时，可由 B 1D 1∥BD ，将点进行转移：D 1 点到平面 B 1EF 的距离是 B 点到它的距离的 4 倍，先求 B点到平面 B 1EF 的距离即可．解答：(1)证明：E rr o r !⇒EF ⊥平面 BDD 1B 1⇒平面 B 1EF ⊥平面 BDD 1B 1. (2)解：解法一：连结 EF 交 BD 于 G 点．∵B 1D 1＝4BG ，且 B 1D 1∥BG ，∴D 1 点到平面 B 1EF 的距离是 B 点到它的距离的 4倍．利用等积法可求．由题意可知，EF 1 AC ＝2，B G ＝ 17. S △B EF ＝ 2 1 1 EF ·B G 1 2× 17＝ 17，1 ＝2 1 S BE ·BF 1 ＝ × 2 1 △BEF ＝＝ × 2 2∵VB －B 1EF ＝VB 1－BEF ，设 B 到面 B EF 的距离为 h 1 17×h 1 1×4，1 ∴h 1＝ . 1，则 × 3 1＝ × 3 ∴点 D 1 到平面 B 1EF 的距离为 h ＝4h 1＝ . 1 解法二：如图，在正方形 BDD 1B 1 的边 BD 上取一点 G ，使 BG ＝ BD ， 4连结 B 1G ，过点 D 1 作 D 1H ⊥B 1G 于 H ，则 D 1H 即为所求距离． 16 17可求得 D 1H ＝ 17(直接法)． 14. 如图直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱CC 1＝2，∠BAC ＝90°，AB ＝AC＝ 2，M 是棱 BC 的中点，N 是 CC 1 中点．求：(1) 二面角 B 1－AN －M 的大小；(2) C 1 到平面 AMN 的距离．解析：(1)∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝ ∴AM ⊥BC ，BC ＝2，AM ＝1.∴AM ⊥平面 BCC 1B 1.∴平面 AMN ⊥平面 BCC 1B 1.2，M 是棱 BC 的中点，作 B 1H ⊥MN 于 H ，HR ⊥AN 于 R ，连结 B 1R ，∴B 1H ⊥平面 AMN .又由三垂线定理知，B 1R ⊥AN .∴∠B 1是二面角 B 1－AN －M 的平面角．由已知得 AN ＝ 3 23，MN ＝ 2，B 1M ＝ 5＝B 1N ，则 B 1H ＝ 2 ， RH HN 又 Rt △AMN ∽Rt △HRN ，＝，∴RH ＝ .AM AN 6 2× 2＝1.7 10 5 ∴B 1R ＝14 RH 3 ，∴cos ∠B 1RH ＝ 1 ＝ . B R 14 7∴二面角 B 1－AN －M 的大小为 arccos 14. (2)∵N 是 CC 1 中点，∴C 1 到平面 AMN 的距离等于 C 到平面 AMN 的距离．设 C 到平面 AMN 的距离为 h ，由 V C －AMN ＝V N －AMC 1 1 1 1 得 × ·MN ·h ＝ × AM ·MC . 3 2 3 2 2∴h ＝ 2. 15．(2009·北京海淀一模)如图所示，四棱锥 P －ABCD 中，PA ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 为直角梯形，且 AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，PA ＝AD ＝DC ＝2，AB ＝4. (1) 求证：BC ⊥PC ；(2) 求 PB 与平面 PAC 所成的角的正弦值；(3) 求点 A 到平面 PBC 的距离．解析：(1)证明：如图，在直角梯形 ABCD 中，∵AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，AD ＝DC ＝2，∴∠ADC ＝90°，且 AC ＝2 2.取 AB 的中点 E ，连结 CE ，由题意可知，四边形 ABCD 为正方形，∴AE ＝CE ＝2. 1 1 又∵BE ＝ AB ＝2.∴CE ＝ AB ，2 2∴△ABC 为等腰直角三角形，∴AC ⊥BC .又∵PA ⊥平面 ABCD ，且 AC 为 PC 在平面 ABCD 内的射影，BC ⊂平面 ABCD ，由三垂线定理得，BC ⊥PC .(2) 由(1)可知，BC ⊥PC ，BC ⊥AC ，PC ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面 PAC .PC 是 PB 在平面 PAC 内的射影，∴∠CPB 是 PB 与平面 PAC 所成的角．又 CB ＝2 2，PB 2＝PA 2＋AB 2＝20，PB ＝2 5， BC 10 ∴sin ∠CPB ＝PB ＝ 5，即 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值为 . (3) 由(2)可知，BC ⊥平面 PAC ，BC ⊂平面 PBC ，∴平面 PBC ⊥平面 PAC .过 A 点在平面 PAC 内作 AF ⊥PC 于 F ，∴AF ⊥平面 PBC ，∴AF 的长即为点 A 到平面 PBC 的距离．在直角三角形 PAC 中， PA ＝2，AC ＝2 2，2 63 2 6 36 PC ＝2 3，∴AF ＝ . 即点 A 到平面 PBC 的距离为 . 16．(2009·吉林长春一模)如图所示，四棱锥 P －ABCD 的底面是正方形，PA ⊥底面 ABCD ， PA ＝2，∠PDA ＝45°，点 E 、F 分别为棱 AB 、PD 的中点．(1) 求证：AF ∥平面 PCE ；(2) 求二面角 E －PD －C 的大小；(3) 求点 A 到平面 PCE 的距离．解析：(1)证明：如图取 PC 的中点 G ，连结 FG 、EG ，∴FG 为△PCD 的中位线， 1 ∴FG ＝ CD 且 FG ∥CD . 2又∵底面四边形 ABCD 是正方形，E 为棱 AB 的中点， 1 ∴AE ＝ CD 且 AE ∥CD ， 2∴AE ＝FG 且 AE ∥FG .∴四边形 AEGF 是平行四边形，∴AF ∥EG .又 EG ⊂平面 PCE ，AF ✪平面 PCE ，∴AF ∥平面 PCE .(2)解：∵PA ⊥底面 ABCD ，∴PA ⊥AD ，PA ⊥CD .又 AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面 PAD .又∵AF ⊂平面 PAD ，∴CD ⊥AF .又 PA ＝2，∠PDA ＝45°，∴PA ＝AD ＝2.∵F 是 PD 的中点，∴AF ⊥PD .又∵CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面 PCD .∵AF ∥EG ，∴EG ⊥平面 PCD .又 GF ⊥PD ，连结 EF ，则∠GFE 是二面角 E －PD －C 的平面角．在 Rt △EGF 中，EG ＝AF ＝ 2，GF ＝1，GE ∴tan ∠GFE 2.＝＝ GF∴二面角 E －PD －C 的大小为 arctan 2.(3)设 A 到平面 PCE 的距离为 h ， 1 1 1 1 由 V A －PCE ＝V P －ACE ，即 × PC ·EG ·h ＝ PA · AE ·CB ，得 h ＝， 3 2 3 2 3 6∴点 A 到平面 PCE 的距离为 3. 13．(2009·陕西，18)如图所示，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝ 3， ∠ABC ＝60°.，6 2 6 3 6 3 3 4 3 2 3 M(1) 求证：AB ⊥A 1C ；(2) 求二面角 A －A 1C －B 的大小．解析：(1)证明：∵三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 为直三棱柱，∴AB ⊥AA 1，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝ ∴∠BAC ＝90°，即 AB ⊥AC .3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°，∴AB ⊥平面 ACC 1A 1，又 A 1C ⊂平面 ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C .(2)解：如图，作 AD ⊥A 1C 交 A 1C 于 D 点，连结 BD ，由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角 A －A 1C －B 的平面角． AA 1·AC 3 × 3 在 Rt △AA 1C 中，AD ＝＝＝， A 1C 6 AB 6 在 Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝＝，AD 3 ∴∠ADB ＝arctan ，即二面角 A －A 1C －B 的大小为 arctan . 14．如图，三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 的底面是边长为 a 的正三角形，侧面 ABB 1A 1 是菱形且垂直于底面，∠A 1AB ＝60°，M 是 A 1B 1 的中点．(1) 求证：BM ⊥AC ；(2) 求二面角 B －B 1C 1－A 1 的正切值；(3) 求三棱锥 M －A 1CB 的体积．解析：(1)证明：∵ABB 1A 1 是菱形，∠A 1AB ＝60°⇒△A 1B 1B 是正三角形 E rr o r !⇒BM ⊥平面 A 1B 1C 1. E rr o r !⇒BM ⊥AC . E rr o r !⇒BE ⊥B 1C 1，∴∠BEM 为所求二面角的平面角， △A 1B 1C 1 中，ME ＝MB 1·sin60°＝ a ，Rt △BMB 1 中，MB ＝MB 1·tan60°＝ a ， MB ∴tan ∠BEM ＝＝2， E ∴所求二面角的正切值是 2. 1 1 1 1 1 3 1 (3)VM －A 1CB ＝ VB 1－A 1CB ＝ VA －A 1CB ＝ VA 1－ABC ＝ × × a 2· a ＝ a 3. 2 2 2 2 3 4 2 1615．(2009·广东汕头一模)如图所示，已知△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥ AE AF 平面 BCD ，∠ADB ＝60°，E 、F 分别是 AC 、AD 上的动点，且＝＝λ(0<λ<1)．AC AD(1) 求证：不论 λ 为何值，总有 EF ⊥平面 ABC ； 1 (2) 若 λ＝，求三棱锥 A －BEF 的体积． 2解析：(1)证明：∵AB ⊥平面 BCD ，∴AB ⊥CD .又∵在△BCD 中，∠BCD ＝90°，∴BC ⊥CD .∵又 AB ∩BC ＝B ，6 15 ＝ 3，S 15 ∴CD ⊥平面 ABC .AE AF 又∵在△ACD 中，E 、F 分别是 AC 、AD 上的动点，且＝＝λ(0<λ<1)， AC AD ∴不论 λ 为何值，都有 EF ∥CD ， ∴EF ⊥平面 ABC . (2)在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1， ∴BD ＝ 2. 又∵AB ⊥平面 BCD ， ∴AB ⊥BC ，AB ⊥BD . 又∵在 Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°， ∴AB ＝BD ·tan60°＝ 6，由(1)知 EF ⊥平面 ABC ， ∴V A －BEF ＝V F －ABE 1 ＝ S △ABE ·EF 3 1 1 ＝ × S △ABC ·EF 3 2 1 1 1 ＝ × ×1× 6× ＝ . 6 2 2 24 6 故三棱锥 A －BEF 的体积是 24 . 16．在四棱锥 P －ABCD 中，侧面 PDC 是边长为2 的正三角形，且与底面垂直，底面 ABCD 是面积为 2 3的菱形，∠ADC 为菱形的锐角． (1) 求证：PA ⊥CD ； (2) 求二面角 P －AB －D 的大小； (3) 求棱锥 P －ABCD 的侧面积；解析：(1)证明：如图所示，取 CD 的中点 E ，由 PE ⊥CD ，得 PE ⊥平面 ABCD ，连结 AC 、AE . ∵AD ·CD ·sin ∠ADC ＝2 3， AD ＝CD ＝2， 3 ∴sin ∠ADC ＝ 2 ，即∠ADC ＝60°，∴△ADC 为正三角形，∴CD ⊥AE . ∴CD ⊥PA (三垂线定理)． (2) 解：∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PA ，AB ⊥AE ， ∴∠PAE 为二面角 P －AB －D 的平面角．在 Rt △PEA 中，PE ＝AE ，∴∠PAE ＝45°. 即二面角 P －AB －D 的大小为 45°. (3) 分别计算各侧面的面积： ∵PD ＝DA ＝2，PA ＝ 6， 1 ∴cos ∠PDA ＝，sin ∠PDA ＝ . 4 1 1 S AB ·PA ＝ 2· 3＝ 6， △PCD △PAB ＝ 2 ·2· 2 1 S △PAD ＝S △PBC ＝ PD ·DA ·sin ∠PDA ＝ . 2∴S P －ABCD 侧＝ 3＋ 6＋ 15.13. 把地球当作半径为 R 的球，地球上 A 、B 两地都在北纬 45°，A 、B 两点的球面距离 π是 3R ，A 点在东经 20°，求 B 点的位置．解析：如图，求 B 点的位置即求 B 点的经度，设 B 点在东经 α，7 2 7 21 ＝， π∵A 、B 两点的球面距离是 3R . π ∴∠AOB ＝，因此三角形 AOB 是等边三角形，∴AB ＝R ， 3又∵∠AO 1B ＝α－20°(经度差) 2问题转化为在△AO 1B 中借助 AO 1＝BO 1＝AO cos45°＝ 2 R ，求出∠AO 1B ＝90°，则 α＝110°，同理：B 点也可在西经 70°，即 B 点在北纬 45°东经 110° 或西经 70°.14. 在球心同侧有相距 9cm 的两个平行截面，它们的面积分别为 49πcm 2 和 400πcm 2，求球的表面积和体积．解析：如图，两平行截面被球大圆所在平面截得的交线分别为 AO 1、BO 2，则 AO 1∥BO 2. 若 O 1、O 2 分别为两截面圆的圆心，则由等腰三角形性质易知 OO 1⊥AO 1，OO 2⊥BO 2，设球半径为 R ，∵πO 2B 2＝49π，∴O 2B ＝7cm ，同理 O 1A ＝20cm.设 OO 1＝x cm ，则 OO 2＝(x ＋9)cm.在 Rt △OO 1A 中，R 2＝x 2＋202，在 Rt △OO 2B 中，R 2＝(x ＋9)2＋72，∴x 2＋202＝72＋(x ＋9)2，解得 x ＝15cm.∴R ＝25cm ，∴S 球＝2500πcm 2， 4 62500 V 球＝ πR 3＝ πcm 3. 3 3 π15. 设 A 、B 、C 是半径为 1 的球面上的三点，B 、C 两点间的球面距离为3，点 A 与 B 、C π两点间的球面距离均为2，O 为球心，求： (1) ∠AOB 、∠BOC 的大小； (2)球心 O 到截面 ABC 的距离． π 解析：(1)如图，因为球 O 的半径为 1，B 、C 两点间的球面距离为3， π π点 A 与 B 、C 两点间的球面距离均为2，所以∠BOC ＝3，∠AOB ＝∠AOC ＝ π ， 2 3 (2) 因为 BC ＝1，AC ＝AB ＝ 2，所以由余弦定理得 cos ∠BAC sin ∠BAC ＝，设 4 4 截面圆的圆心为 O 1，连结 AO 1，则截面圆的半径 r ＝AO 1，由正弦定理得 r ＝ BC ＝，所以 OO 1＝ OA 2－r 2＝ .2sin ∠BAC 7 716. 如图四棱锥 A －BCDE 中，AD ⊥底面 BCDE ，AC ⊥BC ，AE ⊥BE .(1) 求证：A 、B 、C 、D 、E 五点共球；(2) 若∠CBE ＝90°，CE ＝ 3，AD ＝1，求 B 、D 两点的球面距离．解析：(1)证明：取 AB 的中点 P ，连结 PE ，PC ，PD ，由题设条件知△AEB 、△ADB 、△ABC 都是直角三角形． 1 故 PE ＝PD ＝PC ＝ AB ＝PA ＝PB . 2所以 A 、B 、C 、D 、E 五点在同一球面上．(2)解：由题意知四边形 BCDE 为矩形，所以 BD ＝CE ＝ 3，在 Rt △ADB 中，AB ＝2，AD ＝1， 2 ∴∠DPB ＝120°，D 、B 的球面距离为 π. 32 2 15 5 63 5 17．(本小题满分 10 分)如图，四棱锥 S —ABCD 的底面是正方形，SA ⊥底面 ABCD ，E 是 SC 上一点．(1) 求证：平面 EBD ⊥平面 SAC ；(2) 假设 SA ＝4，AB ＝2，求点 A 到平面 SBD 的距离；解析：(1)∵正方形 ABCD ，∴BD ⊥AC ，又∵SA ⊥平面 ABCD ，∴SA ⊥BD ，则 BD ⊥平面 SAC ，又 BD ⊂平面 BED ，∴平面 BED ⊥平面 SAC .(2)设AC ∩BD ＝O ，由三垂线定理得BD ⊥SO .AO 1 1 AC 2AB 1 · 2·2＝ 2，SA ＝4，＝＝＝ 2 2 2 则 SO ＝ SA 2＋AO 2＝ 16＋2＝3 2，S 1 BD ·SO 1 ·2 2·3 2＝6.设 A 到面 BSD 的距 △BSD ＝＝ 2 2 1 1 4 离为 h ，则 V S －ABD ＝V A －BSD ，即 3S △ABD ·SA ＝ S △BSD ·h ，解得 h ＝，即点 A 到平面 SBD 的距 3 3 4 离为 . 318．(本小题满分 12 分)如图，正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AA 1＝2AB ＝4，点 E 在 C 1C 上且 C 1E ＝3EC . (1)证明 A 1C ⊥平面 BED ；(2)求二面角 A 1－DE －B 的大小．解析：依题设知 AB ＝2，CE ＝1，(1) 证明：连结 AC 交 BD 于点 F ，则 BD ⊥AC .由三垂线定理知，BD ⊥A 1C .在平面 A 1CA 内，连结 EF 交 A 1C 于点 G ， AA 1 AC由于FC ＝CE＝2 ，故 Rt △A 1AC ∽Rt △FCE ，∠AA 1C ＝∠CFE ，∠CFE 与∠FCA 1 互余．于是 A 1C ⊥EF .A 1C 与平面 BED 内两条相交直线 BD 、EF 都垂直．所以 A 1C ⊥平面 BED .(2) 作 GH ⊥DE ，垂足为 H ，连结 A 1H .由三垂线定理知 A 1H ⊥DE ，故∠A 1HG 是二面角 A 1－DE －B 的平面角．EF ＝ CF 2＋CE 2＝ 3， CE × CF2 CG ＝ EF ＝3 . 3EG ＝ CE 2－CG 2＝ 3 . EG 1 1 EF × FD ＝，GH ＝ × ＝ .EF 3 3 DE 又 A 1C ＝ AA 21＋AC 2＝2 A 1G6，A 1G ＝A 1C －CG ＝， tan ∠A 1HG ＝ HG＝5 . 所以二面角 A 1－DE －B 的大小为 arctan5 5.19．(本小题满分12 分)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°， AB ＝BC ＝SB ＝SC ＝2CD ＝2，侧面 SBC ⊥底面 ABCD .3 3 3 2 3 2＝ (1) 由 SA 的中点 E 作底面的垂线 EH ，试确定垂足 H 的位置；(2) 求二面角 E －BC －A 的大小．解析：(1)作 SO ⊥BC 于 O ，则 SO ⊂平面 SBC ，又面 SBC ⊥底面 ABCD ，面 SBC ∩面 ABCD ＝BC ， ∴SO ⊥底面 ABCD ① 又 SO ⊂平面 SAO ，∴面 SAO ⊥底面 ABCD ，作 EH ⊥AO ，∴EH ⊥底面 ABCD ② 即 H 为垂足，由①②知，EH ∥SO ，又 E 为 SA 的中点，∴H 是 AO 的中点． (2)过 H 作 HF ⊥BC 于 F ，连结 EF ，由(1)知 EH ⊥平面 ABCD ，∴EH ⊥BC ，又 EH ∩HF ＝H ，∴BC ⊥平面 EFH ，∴BC ⊥EF ， ∴∠HFE 为面 EBC 和底面 ABCD 所成二面角的平面角．在等边三角形 SBC 中，∵SO ⊥BC ， ∴O 为 BC 中点，又 BC ＝2. ∴SO ＝ 22－12＝ 3，EH 1SO ＝， 1 又 HF ＝ AB ＝1， 2 2 2 3EH 2 ∴在 Rt △EHF 中，tan ∠HFE ＝＝＝，HF 1 2 ∴∠HFE ＝arctan . 即二面角 E －BC －A 的大小为 arctan. 20．(本小题满分 12 分)(2010·唐山市高三摸底考试)如图，在正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AB ＝1，AA 1＝2，N 是 A 1D 的中点，M ∈BB 1，异面直线 MN 与 A 1A 所成的角为 90°. (1) 求证：点 M 是 BB 1 的中点；(2) 求直线 MN 与平面 ADD 1A 1 所成角的大小；(3) 求二面角 A －MN －A 1 的大小．解析：(1)取 AA 1 的中点 P ，连结 PM ，PN .∵N 是 A 1D 的中点，∴AA 1⊥PN ，又∵AA 1⊥MN ，MN ∩PN ＝N ，∴AA 1⊥面 PMN .∵PM ⊂面 PMN ，∴AA 1⊥PM ，∴PM ∥AB ，∴点 M 是 BB 1 的中点．305 2 2 2 2(2) 由(1)知∠PNM 即为 MN 与平面 ADD 1A 1 所成的角．1 在 Rt △PMN 中，易知 PM ＝1，PN ＝，2 PM∴tan ∠PNM ＝PN ＝2，∠PNM ＝arctan2. 故 MN 与平面 ADD 1A 1 所成的角为 arctan2.(3) ∵N 是 A 1D 的中点，M 是 BB 1 的中点，∴A 1N ＝AN ，A 1M ＝AM ，又 MN 为公共边，∴△A 1MN ≌△AMN .在△AMN 中，作 AG ⊥MN 交 MN 于 G ，连结 A 1G ，则∠A 1GA 即为二面角 A －MN －A 1 的平面角．在△A 1GA 中，AA 1＝2，A 1G ＝GA ＝， A 1G 2＋GA 2－AA 12 2 2 ∴cos ∠A 1GA ＝ 2A 1G ·GA ＝－，∴∠A 1GA ＝arccos(－ )， 3 3 2 故二面角 A －MN －A 1 的大小为 arccos(－ )． 321．(2009·安徽，18)(本小题满分 12 分)如图所示，四棱锥 F －ABCD 的底面 ABCD 是菱形，其对角线 AC ＝2，BD ＝ 2.AE 、CF 都与平面 ABCD 垂直，AE ＝1，CF ＝2. (1) 求二面角 B －AF －D 的大小；(2) 求四棱锥 E －ABCD 与四棱锥 F －ABCD 公共部分的体积．命题意图：本题考查空间位置关系，二面角平面角的作法以及空间几何体的体积计算等知识．考查利用综合法或向量法解决立体几何问题的能力．解答：(1)解：连接 AC 、BD 交于菱形的中心 O ，过 O 作 OG ⊥AF ，G 为垂足，连接 BG 、DG . 由 BD ⊥AC ，BD ⊥CF 得 BD ⊥平面 ACF ，故 BD ⊥AF .于是 AF ⊥平面 BGD ，所以 BG ⊥AF ，DG ⊥AF ，∠BGD 为二面角 B －AF －D 的平面角．π 由 FC ⊥AC ，FC ＝AC ＝2，得∠FAC ＝，OG ＝ . 4 2 π 由 OB ⊥OG ，OB ＝OD ＝，得∠BGD ＝2∠BGO ＝ . (2)解：连接 EB 、EC 、ED ，设直线 AF 与直线 CE 相交于点 H ，则四棱锥 E －ABCD 与四棱锥 F －ABCD 的公共部分为四棱锥 H －ABCD .3 2 3 2 过 H 作 HP ⊥平面 ABCD ，P 为垂足．因为 EA ⊥平面 ABCD ，FC ⊥平面 ABCD ，所以平面 ACEF ⊥平面 ABCD ，从而 P ∈AC ，HP ⊥AC . HP HP AP PC 2 由＋＝＋＝1，得 HP ＝ . CF AE AC AC 3 又因为 S 1 菱形ABCD ＝ AC ·BD ＝ 2， 2 1 2 2 故四棱锥 H －ABCD 的体积 V ＝ S 菱形ABCD ·HP ＝ .3 922．(2009·深圳调考一)(本小题满分 12 分)如图所示，AB 为圆 O 的直径，点 E 、F 在圆 O 上，AB ∥EF ，矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在的平面互相垂直．已知 AB ＝2，EF ＝1.(1) 求证：平面 DAF ⊥平面 CBF ；(2) 求直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小；(3) 当 AD 的长为何值时，二面角 D －FE －B 的大小为 60°？解析：(1)证明：∵平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，CB ⊥AB ，平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面 ABEF .∵AF ⊂平面 ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆 O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面 CBF .∵AF ⊂平面 DAF ，∴平面 DAF ⊥平面 CBF .(2)解：根据(1)的证明，有 AF ⊥平面 CBF ，∴FB 为 AB 在平面 CBF 上的射影，因此，∠ABF 为直线 AB 与平面 CBF 所成的角．∵AB ∥EF ，∴四边形 ABEF 为等腰梯形，过点 F 作 FH ⊥AB ，交 AB 于 H .AB ＝2，EF ＝1，则 AH ＝ AB －EF 1 ＝ . 2 2在 Rt △AFB 中，根据射影定理 AF 2＝AH ·AB ，得 AF ＝1， AF 1 sin ∠ABF ＝＝，∴∠ABF ＝30°， AB 2∴直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小为 30°.(3)解：过点 A 作 AM ⊥EF ，交 EF 的延长线于点 M ，连结 DM .根据(1)的证明，DA ⊥平面 ABEF ，则 DM ⊥EF ，∴∠DMA 为二面角 D －FE －B 的平面角，∠DMA ＝60°. 1 在 Rt △AFH 中，∵AH ＝，AF ＝1， 2 ∴FH ＝ .又∵四边形 AMFH 为矩形，∴MA ＝FH ＝ . 3 ∵AD ＝MA ·tan ∠DMA ＝ 2 · 3＝3 2 .3因此，当AD 的长为时，二面角D－FE－B 的大小为60°.2。

高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)

立体几何小题100例一、选择题1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，11C D 上的动点，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，则当点P 运动时，PE 的最小值是（）A ．5B ．4C ．42．5【答案】D 【解析】试题分析：因为点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，所以，点P 在连接1111,A D B C 中点的连线上．为使当点P 运动时，PE 最小，须PE 所在平面平行于平面11AA D D ,2244()52PE =+=选D考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．2．如图在一个二面角的棱上有两个点A ，B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，=46,AB cm AC cm =， 8,217BD cm CD cm ==，则这个二面角的度数为（）A ．30︒B ．60︒C ．90︒D ．120︒ 【答案】B 【解析】试题分析：设所求二面角的大小为θ，则,BD AC θ<>=，因为CD DB BA AC =++，所以22222()222CD DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC =++=+++⋅+⋅+⋅CA DB而依题意可知,BD AB AC AB ⊥⊥，所以20,20DB BA BA AC ⋅=⋅=所以2222||||||||2CD DB BA AC BD AC =++-⋅即222417468286cos θ⨯=++-⨯⨯所以1cos 2θ=，而[0,]θπ∈，所以60θ=︒，故选B. 考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm ）可得这个几何体的体积是（）112222侧视图俯视图主视图A ．343cmB ．383cmC ．33cmD ．34cm【答案】B ．【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积382231312=⨯⨯==Sh V ．考点：空间几何体的体积计算．4．如图，P 是正方体1111ABCD A B C D -对角线1AC 上一动点，设AP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为(x)f ，则(x)f 的图象大致是（）【答案】A 【解析】试题分析：设AC 与BD 交于点O ,连接OP .易证得BD ⊥面11ACC A ,从而可得BD OP ⊥.设正方体边长为1,在1Rt ACC ∆中126cos 33C AC ∠==.在AOP ∆中 22OA =,设(),03AP x x =≤≤,由余弦定理可得2222226231222362OP x x x x ⎛⎫=+-⋅⨯=-+ ⎪ ⎪⎝⎭,所以223162OP x x =-+.所以()22231262f x x x =-+.故选A. 考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.5．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1， ,E F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线,E F 的平面分别与棱BB '、DD '交于,M N ，设 BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个命题：（1）平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）当且仅当x=12时，四边形MENF 的面积最小；（3）四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数；（4）四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常函数；以上命题中假命题．．．的序号为（） A ．（1）（4） B ．（2） C ．（3） D ．（3）（4）【答案】C 【解析】试题分析：（1）由于AC EF //，B B AC BD AC '⊥⊥,，则D D B B ''⊥平面AC ，则D D B B EF ''⊥平面，又因为EMFN EF 平面⊂，则平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）由于四边形MENF 为菱形，MN EF S MENF ⋅=21，2=EF ，要使四边形MENF 的面积最小，只需MN 最小，则当且仅当21=x 时，四边形MENF 的面积最小；（3）因为1)21(2+-=x MF ，1)21(4)(2+-=x x f ，)(x f 在]1,0[上不是单调函数；（4）NE C F EC M F MENF C V V V '-'--'+=，ME C S '∆=41121=⋅'E C ，F 到平面ME C '的距离为1，1214131=⋅='-ME C F V ，又41121=⋅'⋅='∆E C S NE C ，1214131=⋅='-NE C F V ，61)(=x h 为常函数.故选（3）考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.6．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（）（A）4 （B ）4 （C ）4 （D ）34【答案】D. 【解析】试题分析：连接B A 1；11//CC AA ,AB A 1∠∴是异面直线AB 与1CC 所成的角或其补角；在1ADA Rt ∆中，设11=AA ，则21,231==D A AD ；在1BDA Rt ∆中，2121=B A ；在1ABA ∆中，431122111cos 1=⨯⨯-+=∠AB A ；即面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为34. 考点：异面直线所成的角.7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为A ．π312B ．π12C ．π34D ．π3 【答案】D 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，32=r ，23=∴r ，因此ππ342==r S 表面积，故答案为D. 考点：由三视图求外接球的表面积.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是（）A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90 D ．1AP PD +22+ 【答案】C 【解析】试题分析：111DC D A ⊥ ，11DC B A ⊥，1111A B A D A = ，⊥∴1DC 平面11BCD A ，⊂P D 1平面11BCD A 因此P D DC 11⊥，A 正确；由于⊥11A D 平面11ABB A ，⊂11A D 平面P A D 11，故平面⊥P A D 11平面AP A 1 故B 正确，当2201<<P A 时，1APD ∠为钝角，C 错；将面B AA 1与面11BCD A 沿B A 1展成平面图形，正视图侧视图俯视图线段1AD 即为1PD AP +的最小值，利用余弦定理解221+=AD ，故D 正确，故答案为C ．考点：棱柱的结构特征． 9．下列命题中，错误的是（）A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两条直线不一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线【答案】B 【解析】试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A 正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B 错，所以选B.考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.10．已知如图所示的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点P 、Q 分别在棱BB 1、DD 1上，且=，过点A 、P 、Q作截面截去该正方体的含点A 1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（）【答案】A【解析】试题分析：当P 、B 1重合时，主视图为选项B ；当P 到B 点的距离比B 1近时，主视图为选项C ；当P 到B 点的距离比B 1远时，主视图为选项D ，因此答案为A. 考点：组合体的三视图11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为（）A. B. C. D.【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC ，它是一个正四棱锥P-ABCD 的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4．设其外接球的球心为O ，O 点必在高线PE 上，外接球半径为R ，则在直角三角形BOE 中，BO 2=OE 2+BE 2=（PE-EO ）2+BE 2，即R 2=（4-R ）2+（32）2，解得：R=174，故选C.考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力12．如右图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =11，AD =7，1AA =12，一质点从顶点A 射向点()4312E ，，，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将1i -次到第i 次反射点之间的线段记为()2,3,4i L i =，1L AE =，将线段1234,,,L L L L 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（）【答案】C 【解析】试题分析：因为37411>，所以1A E 延长交11D C 于F ，过F 作FM 垂直DC 于.M 在矩形1AA FM 中分析反射情况：由于35105AM =>，第二次反射点为1E 在线段AM 上，此时153E M =,第三次反射点为2E 在线段FM 上，此时24E M =,第四次反射点为3E 在线段1AF 上,由图可知，选C.考点：空间想象能力13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r , 则2286862r r r -+-+⇒=,故选B. 考点：三视图内切圆球三棱柱14．已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 A ．14 B ．24 C ．34 D ．12【答案】B. 【解析】试题分析：如图作BE β⊥于E ，连结AE ，过A 作AG ∥CD ，作EG AG ⊥于G ，连结BG ，则.BG AG ⊥设2AB a =．在ABE ∆中，60,90,2,.BAE AEB AB a AE a ∠=︒∠=︒=∴=在Rt AEG ∆中，29045,90,cos 45.2GAE CAG AGE AG a a ∠=︒-∠=︒∠=︒∴=︒=在Rt ABG∆中，222cos 24AG BAG AB a ∠===∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．βαElBDACG考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算．15．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D 【解析】试题分析：三棱锥ABC D -在平面xoy 上的投影为ABC ∆，所以21=S ，设D 在平面yoz 、zox 平面上的投影分别为2D 、1D ，则ABC D -在平面yoz 、zox 上的投影分别为2OCD ∆、1OAD ∆，因为)2,1,0(1D ，)2,0,1(2D ，所以212=-S S ，故选D.考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.16．正方形ABCD 的边长为2，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且1AE =，12BF =，将此正方形沿DE 、DF 折起，使点A 、C 重合于点P ，则三棱锥P DEF -的体积是（） A ．13B 523 D ．23【答案】B【解析】试题分析：解：因为90,DPE DPF ∠=∠=所以,DP PE DP PF ⊥⊥又因为PE ⊂平面PEF ,PF ⊂平面PEF ,且PE PF P =,所以DP ⊥平面PEF在PEF ∆中，22223151,,1222PE PF EF EB BF ⎛⎫===+=+= ⎪⎝⎭所以222351222cos 33212EPF ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∠==⨯⨯,225sin 133EPF ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭ 所以11355sin 122234PEF S PE PF EPF ∆=⋅⋅∠=⨯⨯⨯= 115523346PEF P DEF D PEF V V DP S ∆--==⋅⋅=⨯⨯=三棱锥三棱锥所以应选B.考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.17．高为的四棱锥S ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离．解：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为：=故选A点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．18．二面角l αβ--为60°，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面,αβ内，AC l ⊥，BD l ⊥，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2aB ．5aC ．aD ．3a【答案】A【解析】试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式2222cos EF d m n mn θ=++± ，对于本题中，d a =，m a =，2n =，60θ=，故()222222cos 602CD a a a a a a =++-⋅⋅⋅=．考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力．19．长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（）．Ａ．14 B ．4 C ．32 D ．23【答案】B【解析】试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度．考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.20．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ , 由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF 与面MPQ 不垂直，所以选项C 是正确的；因为//EF l ，M 是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l 是唯一的，故选项D 不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．21．如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D【解析】试题分析：由于',A G DE FG DE ⊥⊥．所以DE ⊥平面'A FG ．经过点'A 作平面ABC 的垂线垂足在AF上．所以A 选项正确．由A 可知B 选项正确．当平面'A DE 垂直于平面BCDE 时，三棱锥EFD A -'的体积最大，所以C 正确．因为BD EF ，设2AC a =．所以'EF A E a ==，当'2A F a =时，32'(')2a A G GF A G GF a <+==．所以异面直线E A '与BD 可能垂直．所以D 选项不正确．考点：1．线面位置关系．2．面面的位置关系．3．体积公式．4．异面直线所成的角．5．空间想象力．22．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ ,由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；EF l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选因为//项D不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．23．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（）A．B．C．D．3【答案】A【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高．而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选A．24．如图所示，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值是（）A. 2:1B. 1:1C. 1:2D. 1:3【答案】C【解析】设AB ＝a.由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝.易证PQ ⊥面DCQ ，而PQ ＝，△DCQ 的面积为，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1:1，选C.25．正四面体ABCD ，线段AB //平面α，E ，F 分别是线段AD 和BC 的中点，当正四面体绕以AB 为轴旋转时，则线段AB 与EF 在平面α上的射影所成角余弦值的范围是（）A ． [0，22]B ．[22，1]C ．[21，1] D ．[21，22] 【答案】B【解析】试题分析：如图，取AC 中点为G ，结合已知得GF //AB ，则线段AB 、EF 在平面α上的射影所成角等于GF 与EF 在平面α上的射影所成角，在正四面体中，AB ⊥CD ，又GE //CD ，所以GE ⊥GF,所以222GF GE EF +=，当四面体绕AB 转动时，因为GF //平面α，GE 与GF 的垂直性保持不变，显然，当CD 与平面α垂直时，GE 在平面上的射影长最短为0，此时EF 在平面α上的射影11F E 的长取得最小值21，当CD 与平面α平行时，GE 在平面上的射影长最长为21，11F E 取得最大值22，所以射影11F E 长的取值范围是 [21，22]，而GF 在平面α上的射影长为定值21，所以AB 与EF 在平面α上的射影所成角余弦值的范围是[22，1].故选B 考点：1线面平行；2线面垂直。

高中数学立体几何习题(含答案与解析)

立体几何试卷五一、选择题1、线段AB 在平面α内，则直线AB 与平面α的位置关系是A 、AB α⊂ B 、AB α⊄C 、由线段AB 的长短而定D 、以上都不对 2、下列说法正确的是A 、三点确定一个平面B 、四边形一定是平面图形C 、梯形一定是平面图形D 、平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点 3、垂直于同一条直线的两条直线一定A 、平行B 、相交C 、异面D 、以上都有可能 4、在正方体1111ABCD A B C D -中，下列几种说法正确的是A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45角D 、11AC 与1B C 成60角 5、若直线l 平面α，直线a α⊂，则l 与a 的位置关系是A 、l aB 、l 与a 异面C 、l 与a 相交D 、l 与a 没有公共点6、下列命题中：（1）、平行于同一直线的两个平面平行；（2）、平行于同一平面的两个平面平行；（3）、垂直于同一直线的两直线平行；（4）、垂直于同一平面的两直线平行.其中正确的个数有 A 、1 B 、2 C 、3 D 、4 二、填空题1、等体积的球和正方体,它们的表面积的大小关系是S 球_____S 正方体(填”大于、小于或等于”).2、正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 和平面1BC D 的位置关系为3、已知PA 垂直平行四边形ABCD 所在平面，若PC BD ⊥，平行则四边形ABCD 一定是 .4、如图，在直四棱柱A 1B 1C 1 D 1－ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件_________时，有A 1 B ⊥B 1 D 1． 5．正三棱锥P －ABC 中，三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a ，则P 点到面ABC 的距离是6．三个平面两两垂直，它们的三条交线交于一点O ，P 到三个面的距离分别是6，8，10，则OP 的长为。

（理科）已长方体的全面积是8，则其对角线长的最小值是认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形.) 三、解答题1、已知圆台的上下底面半径分别是2、5,且侧面面积等于两底面面积之和,求该圆台的母线长.(10分) 2、已知E 、F 、G 、H 为空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上的点，且ＥＨ∥ＦＧ．求证：EH ∥BD . (12分)3、已知ABC ∆中90ACB ∠=，SA ⊥面ABC ，AD SC ⊥，求证：AD ⊥面SBC ．(12分)4、一块边长为10cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下,H G FE DB A CSD CB A四棱锥形容器,试建立容器的容积V 与x 的函数关系式,并求出函数的定义域. (12分)5、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）1C O 面11AB D ；（2 ）1AC ⊥面11AB D ． (14分)6、已知△BCD 中，∠BCD =90°，BC =CD =1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB =60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且(01).AE AFAC AD λλ==<< （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF ⊥平面ACD ？ (14分)7、如图3所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？8、矩形ABCD 中，1,(0)AB BC a a ==>，PA ⊥平面AC ，BC 边上存在点Q ，使得PQ QD ⊥，求a 的取值范围．参考答案选择ACDDDB填空1、小于2、平行3、菱形4、1111AC B D 对角线与互相垂直5、设P 点到面ABC 的距离为h ，由体积公式可得：()3261231a h a =⋅，故a h 332=。

(压轴题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(包含答案解析)

一、选择题1．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，M 为棱1DD 上的一点．当1A M MC +取得最小值时，1B M 的长为（）A ．3B ．6C ．23D ．26 2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 为棱1AA 的中点，截面1CD E 交棱AB 于点F ，则四面体1CDFD 的外接球表面积为（）A ．394πB ．414πC ．12πD ．434π 3．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸的小正方形的边长是1，则该几何体外接球的体积为（）A ．323πB ．48πC 323D ．643π 4．如图，在矩形ABCD 中，1AB =，3BC =，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥A BCD -正视图和俯视图如图，则三棱锥A BCD -中AC 长为（）A ．32B ．3C ．102D ．25．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足214,27AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（）A ．77B ．142C ．714D ．147 6．在下面四个正方体ABCD A B C D ''''-中，点M 、N 、P 均为所在棱的中点，过M 、N 、P 作正方体截面，则下列图形中，平面MNP 不与直线A C '垂直的是（） A ． B ． C ． D ． 7．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（） A ．异面直线AM 与BC 所成角的余弦值为53B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D ．直线1AC 与平面BDM 相交 8．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（）A ．该四面体外接球的体积为48πB ．该四面体内切球的体积为23π C ．该四面体外接球的表面积为323πD ．该四面体内切球的表面积为2π9．在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43的体积为（）A ．3πB 6πC ．3πD ．86π 10．已知四面体ABCD ，AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（）A ．73πB ．7πC ．712πD ．79π 11．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（）A ．m α⊥，//n α，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则//m nC ．m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．m n ⊥，//n α，则m α⊥ 12．如图（1），Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，沿AD 将ACD △折起到AC D '，使得C '在平面ABD 上的射影H 落在AB 上，如图（2），则以下结论正确的是（）A ．AC BD '⊥B ．AD BC '⊥ C ．BD C D ⊥' D ．AB C D ⊥'二、填空题13．圆锥底面半径为1，母线长为4，轴截面为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，则最短绳长为_________．14．如图，点E 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，点M 在线段1BD 上运动，则下列结论正确的有__________．①直线AD 与直线1C M 始终是异面直线②存在点M ，使得1B M AE ⊥③四面体EMAC 的体积为定值④当12D M MB =时，平面EAC ⊥平面MAC15．已知直三棱柱111ABC A B C -，90CAB ∠=︒，1222AA AB AC ===，则直线1A B 与侧面11B C CB 所成角的正弦值是______.16．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =，3BC =，4PA =，4ABC π∠=，则该三棱锥的外接球体积为___________.17．如图所示，Rt A B C '''∆为水平放置的ABC ∆的直观图，其中A C B C ''''⊥，2B O O C ''''==，则ABC ∆的面积是________________.18．已知正四棱锥的体积为18，侧棱与底面所成的角为45，则该正四棱锥外接球的表面积为___________.19．如图，圆柱的体积为16π，正方形ABCD 为该圆柱的轴截面，F 为AB 的中点，E为母线BC 的中点，则异面直线AC ，EF 所成的角的余弦值为______．20．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =，则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．三、解答题21．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,2AB AA ==，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）求异面直线1BD 与1CC 的距离；（2）求直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）求点F 到平面BDE 的距离．22．正四棱台两底面边长分别为3和9，若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45，求棱台的侧面积．23．如图，圆柱的轴截面ABCD 是长方形，点E 是底面圆周上异于A ，B 的一点，AF DE ⊥，F 是垂足.（1）证明：AF DB ⊥；（2）若2AB =，3AD =，当三棱锥D ABE -体积最大时，求点C 到平面BDE 的距离. 24．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒且AC a =，侧棱12AA =，D ，E 分别是1CC ，11A B 的中点．（1）求直三棱柱111ABC A B C -的体积（用字母a 表示）；（2）若点E 在平面ABD 上的射影是三角形ABD 的重心G ，①求直线EB 与平面ABD 所成角的余弦值；②求点1A 到平面ABD 的距离25．如图，已知三棱锥P ABC -﹐PC AB ⊥，ABC 是边长为23的正三角形，43PB =﹐60PBC ∠=，点F 为线段AP 的中点．（1）证明：PC ⊥平面ABC ；（2）求直线BF 与平面PAC 所成角的大小．26．我市论语广场准备设置一些多面体形或球形的石凳供市民休息，如图（1）的多面体石凳是由图（2）的正方体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是3160dm 3.（Ⅰ）求正方体石块的棱长；（Ⅱ）若将图（2）的正方体石块打磨成一个球形的石凳，求此球形石凳的最大体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】本题首先可通过将侧面11CDD C 绕1DD 逆时针转90展开得出当1A 、M 、2C 共线时1A M MC +取得最小值，此时M 为1DD 的中点，然后根据11B A ⊥平面11A D DA 得出111B A A M ⊥，最后根据221111M A B B A M =+即可得出结果.【详解】如图，将侧面11CDD C 绕1DD 逆时针转90展开，与侧面11ADD A 共面，连接12A C ，易知当1A 、M 、2C 共线时，1A M MC +取得最小值，因为1AB AD ==，12AA =，所以M 为1DD 的中点，12A M = 因为11B A ⊥平面11A D DA ，1A M ⊂平面11A D DA ，所以111B A A M ⊥，则222211111(2)3M B A A M B =+=+=故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查根据线面垂直判断线线垂直，能否根据题意得出当M 为1DD 的中点时1A M MC +取得最小值是解决本题的关键，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题. 2．B解析：B【分析】可证F 为AB 的中点，设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的球心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，利用解三角形的方法可求DFC △的外接圆的半径，从而可求四面体1CDFD 的外接球的半径.【详解】设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的圆心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，因为平面11//A ABB 平面11D DCC ，平面1CD E ⋂平面11A ABB EF =，平面1CD E ⋂平面111D DCC D C =，故1//EF D C ，而11//A B D C ，故1//EF A B ，故F 为AB 的中点，所以145DF CF ==+=，故3cos 5255DFC ∠==⨯⨯，因为DFC ∠为三角形的内角，故4sin 5DFC ∠=，故DFC △的外接圆的半径为1254245⨯=，1OO ⊥平面ABCD ，1DD ⊥平面ABCD ，故11//OO DD ，在平面1GDO O 中，111,OG DD O D DD ⊥⊥，故1//OG O D ，故四边形1GDO O 为平行四边形，故1//OO GD ，1OO GD =，所以四面体1CDFD 2541116+= 故四面体1CDFD 的外接球表面积为41414164ππ⨯=，故选：B.【点睛】方法点睛：三棱锥的外接球的球的半径，关键是球心位置的确定，通常利用“球心在过底面外接圆的圆心且垂直于底面的直线上”来确定. 3．A解析：A【分析】由三视图可知，该几何体是四棱锥，其中四棱锥底面是边长为4的正方形，将四棱锥补成棱长为4的正方体，则该几何体的外接球就是正方体的外接球，进而可得答案. 【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示的四棱锥P ABCD -，其中四棱锥底面是边长为4的正方形，四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的高为4，将四棱锥补成棱长为4的正方体，则该几何体的外接球就是正方体的外接球，外接球的直径2R 等于正方体的对角线长，即24323R R =⇒=，所以该几何体外接球的体积为()34233π⨯=323π，故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.4．C解析：C 【分析】先由正视图、俯视图及题意还原三棱锥，过A 作AM ⊥BD 于点M ,连结MC ，把AC 放在直角三角形AMC 中解AC . 【详解】根据三棱锥A BCD -正视图和俯视图，还原后得到三棱锥的直观图如图示，由图可知：平面ABD ⊥平面CBD ，过A 作AM ⊥BD 于点M ,连结MC ,则AM ⊥平面CBD ， ∴△MCA 为直角三角形. 过C 作CN ⊥BD 于点N ,在直角三角形ABD 中，AB =1，AD 3，∴222BD AB AD =+=所以∠ABD=60°，∠ADB=30°，则在直角三角形ABM 中，AB =1，∠ABM=60°，∴13,22BM AM ==. 同理，在直角三角形CBD 中，13,22DN CN ==. ∴MN =BD -BM -DN =112122--=, ∴222237()122CM CN MN =+=+= 在直角三角形AMC 中，22227310()222AC CM AM ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭故选：C 【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整.(2)立体几何中求线段长度：①、把线段放在特殊三角形中，解三角形；②、用等体积法求线段.5．A解析：A 【分析】利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积. 【详解】设ABC 的外接圆的圆心为D ，半径为r ，在ABC 中，72cos 4214ABC ∠==，14sin ABC ∴∠=，由正弦定理可得28sin ACr ABC==∠，即4r =，则22543OD =-=，11114214273773324O ABC ABCV SOD -∴=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.【点睛】本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，利用勾股关系求出高.6．A解析：A 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断BCD 选项，利用假设法推出矛盾，可判断A 选项. 【详解】对于A 选项，连接B C '，假设A C '⊥平面MNP ，在正方体ABCD A B C D ''''-中，A B ''⊥平面BB C C ''，B C '⊂平面BB C C ''，A B B C '''∴⊥，所以，A B C ''为直角三角形，且A CB ''∠为锐角，因为M 、N 分别为BB '、BC 的中点，则//MN B C '，所以，MN 与A C '不垂直，这与A C '⊥平面MNP 矛盾，故假设不成立，即A C '与平面MNP 不垂直；对于B 选项，连接B D ''、A C ''，如下图所示：因为四边形A B C D ''''为正方形，则A C B D ''''⊥，CC '⊥平面A B C D ''''，B D ''⊂平面A B C D ''''，CC B D '''∴⊥， A C CC C ''''=，B D ''∴⊥平面A CC ''，A C '⊂平面A CC ''，A CB D '''∴⊥，M 、P 分别为A B ''、A D ''的中点，则//MN B D ''，可得MP A C '⊥，同理可证A C MN '⊥，MP MN M ⋂=，A C '∴⊥平面MNP ；对于C 选项，连接C D '、A N '、CN 、A P '、PC ，取A B ''的中点E ，连接C E '、PE ，因为四边形CC D D ''为正方形，则CD C D ''⊥，A D ''⊥平面CC D D ''，C D '⊂平面CC D D ''，C D A D '''∴⊥， CD A D D ''''=，C D '∴⊥平面A CD ''，A C '⊂平面A CD ''，A C C D ''∴⊥，M 、N 分别为DD '、C D ''的中点，//MN C D '∴，A C MN '∴⊥，在正方形A B C D ''''中，E 、N 分别为A B ''、C D ''的中点，//A E C N ''∴且A E C N ''=，所以，四边形A EC N ''为平行四边形，所以，//A N C E ''且A N C E ''=，同理可证四边形CC EP '为平行四边形，//C E CP '∴且C E CP '=，所以，//A N CP '且A N CP '=，所以，四边形A PCN '为平行四边形，易得A N CN '=，所以，四边形A PCN '为菱形，所以，A C PN '⊥，MN PN N =，A C '∴⊥平面MNP ；对于D 选项，连接AC 、BD ，因为四边形ABCD 为正方形，则AC BD ⊥，AA '⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，AA BD '∴⊥， AC AA A '⋂=，BD ∴⊥平面AA C '，A C '⊂平面AA C '，AC BD '∴⊥，M 、N 分别为CD 、BC 的中点，则//MN BD ，A C MN '∴⊥，同理可证A C MP '⊥，MN MP M ⋂=，A C '∴⊥平面MNP .故选：A. 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．7．C解析：C 【分析】A 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可. B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行. 【详解】设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，5tan 2AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =，22BD =，5DM =，不满足勾股定理，不是直角三角形C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC ==直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ210sin 55d BM θ===直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D.如图ACBD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行故选：C 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.8．D解析：D 【分析】先找到几何体原图，再求出几何体的外接球的半径和内切球的半径，再判断每一个选项得解. 【详解】由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面BCD ,42AB =,2CE DE ==,2BE =,由题得2CBD π∠=.设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点F ,连接OF .由题得1222OE BF AB ===,所以222(22)2,23R R =+∴=, 所以外接球的体积为34(23)3233ππ⨯=，所以选项A 错误；所以外接球的表面积为24(23)48ππ⨯=，所以选项C 错误；由题得22(42)(22)210AC AD ==+=，所以△ACD △的高为24026-=，设内切球的半径为r ，则1111111(422242222446)24423222232r ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 所以22r，所以内切球的体积为3422)323ππ⨯=（，所以选项B 错误；所以内切球的表面积为224()22ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D【点睛】方法点睛：求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径22212r a b c =++几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心O 和截面圆的圆心O '，找到OO '、球的半径OA 、截面圆的半径O A '确定的Rt OO A '△,再解Rt OO A '△求出球的半径OA .9．B解析：B 【分析】根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果．【详解】解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======，由于三棱锥11A B CD -的表面积为43，所以()12133442242AB CS S a==⨯⨯=所以2a =()()()2222226++=，所以正方体的外接球的体积为34663ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B ．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.10．A解析：A 【分析】本题首先可根据题意将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，然后求出直三棱柱的外接球的半径，最后根据球的表面积计算公式即可得出结果. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，所以可将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示：则四面体ABCD 的外接球即直三棱柱的外接球，因为底面三角形BCD 的外心到三角形BCD 的顶点的长度为222131323，所以直三棱柱的外接球的半径221372312r，则球O 的表面积277π4π4π123S r ，故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查四面体的外接球的表面积的计算，能否将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分是解决本题的关键，考查直三棱柱的外接球的半径的计算，是中档题.11．D解析：D 【分析】利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A 选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；根据已知条件判断直线n 与平面α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断直线m 与平面α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A ，//n α，由线面平行的性质定理可知，过直线n 的平面β与平面α的交线l 平行于n ，m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得//m n ，故B 正确；对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，又n α⊄，//n α∴，故C 正确；对于D ，若m n ⊥，//n α，则//m α或m 与α相交或m α⊂，而m α⊄，则//m α或m 与α相交，故D 错误．故选：D ．【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．12．C解析：C 【分析】设AH a =，则BH a =，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DH a AH ==，由等腰三角形的性质可证得BD ⊥DH ，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】设AH a =，则BH a =，因为'C H ⊥面ABD ，AB 面ABD ，DH ⊂面ABD ，所以'C H ⊥AB ，'C H ⊥DH ，'C H ⊥DB ，又Rt ABC ，1,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=，所以在'Rt AC H 中，'C H ==Rt C HD ’中，()2'222'211DH C D C H a a =-=--=，所以DH a AH ==，所以6ADH DAB π∠=∠=，又23ADB π∠=，所以2HDB π∠=，所以BD ⊥DH ，又'C HDH H =，所以BD ⊥面'C DH ，又'C D ⊂面'C DH ，所以BD ⊥'C D ，故选：C. 【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.二、填空题13．【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形利用平面上两点间线段最短可得【详解】由题意所以圆锥侧面展开图中心角为如图则故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题空间几何体表面上两点间的最解析：【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短可得．【详解】由题意1,4r l ==，所以圆锥侧面展开图中心角为2142ππθ⨯==，如图，2APA π'∠=，则2442AA '=⨯=．故答案为：42．【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题，空间几何体表面上两点间的最短距离问题的解决方法常常是把几何体的表面展开摊平为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短求解．14．②③④【分析】取点为线段的中点可判断①建立空间直角坐标系假设存在点使得利用解出的值即可判断②；连接交于点证明线段到平面的距离为定值可判断③；求出点的坐标然后计算平面和平面的法向量即可判断④【详解】对解析：②③④. 【分析】取点M 为线段1BD 的中点可判断①，建立空间直角坐标系假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，利用()1110AE B M AE B B BD λ⋅=⋅+=解出λ的值即可判断②；连接AC 、BD 交于点1O ，证明11//EO BD ，线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，可判断③；求出点M 的坐标，然后计算平面AEC 和平面MAC 的法向量，即可判断④. 【详解】对于①：连接1AC 交1BD 于点O ，当点M 在O 点时直线AD 与直线1C M 相交，故①不正确，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则()0,0,0D ，()10,0,2D ，()2,0,0A ，()0,2,0C ，()0,0,1E ，()2,2,0B ，()12,2,2B ，对于②：()2,0,1AE =-，假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，()()()1110,0,22,2,22,2,22B M B B BD λλλλλ=+=-+--=---，[]0,1λ∈，所以14220AE B M λλ⋅=+-=，解得13λ=，所以当12D M MB =时1B M AE ⊥，故②正确；对于③：连接AC 、BD 交于点1O ，因为点E 是棱1DD 的中点，此时11//EO BD ，故线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，所以四面体EMAC 的体积为定值，故③正确；对于④：当12D M MB =时，442,,333M ⎛⎫⎪⎝⎭，()2,0,1AE =-，()2,2,0AC =-，设平面AEC 的法向量为()111,,m x y z =，由111120220m AE x z m AC x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ 令12z =，可得11x =，11y =，可得()1,1,2m =，设平面MAC 的法向量为()222,,n x y z =，242,,333MA ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，由22222220242333n AC x y n MA x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--=⎪⎩解得:20y =，令 21x =可得22z =，所以1,1,1n，因为1111120m n ⋅=⨯+⨯-⨯=，m n ⊥所以平面EAC ⊥平面MAC ，故④正确；故答案为：②③④. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：//,αββγαγ⊥⇒⊥（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0.15．【分析】取中点连接证明平面可得为直线与侧面所成的角进而可得答案【详解】取中点连接直三棱柱中平面平面又又面平面在平面上的射影为故为直线与侧面所成的角中中中故答案为：【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的解析：10 【分析】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，证明1A D ⊥平面11B C CB ，可得1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，进而可得答案. 【详解】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，直三棱柱中，1BB ⊥平面111A B C ，1A D ⊂平面111A B C ，11BB A D ∴⊥，又11111A B A C ==，111A D B C ∴⊥，又1111B C BB B =，111,B C BB ⊂面11BB C C ，1A D ∴⊥平面11B C CB ，1A B ∴在平面11B C CB 上的射影为DB ，故1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，11Rt A B B 中，22211121125BB A B A B =+=+=111Rt B A C 中，1112212122B C A D=⨯==，1Rt A BD ∴中，1112102sin 5A D A BD AB ∠===，故答案为：1010. 【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.16．【分析】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等解析：1326π【分析】利用余弦定理求得AC ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆直径2r ，可计算出三棱锥P ABC -的外接球半径R ，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，圆柱的母线长为h ，则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，所以，圆柱12O O 的外接球直径为()2222R r h =+.本题中，作出ABC 的外接圆2O ，由于PA ⊥平面ABC ，可将三棱锥P ABC -放在圆柱12O O 中，在ABC 中，22AB =3BC =，4ABC π∠=，由余弦定理可得222cos 5AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠=，由正弦定理可知，ABC 的外接圆直径为5210sin 2ACr ABC===∠ 则三棱锥P ABC -的外接球直径为()222226R PA r =+=26R =，因此，三棱锥P ABC -的外接球的体积为334426132633V R ππ==⨯=⎝⎭. 故答案为：13263. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.17．【分析】根据直观图和原图的之间的关系由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形直接求解其面积即可【详解】由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形则有所以故答案为：【点睛】关键点点睛：根解析：2【分析】根据直观图和原图的之间的关系，由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形，直接求解其面积即可．【详解】由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形,则有2BO OC B O O C ''''====，242AO A O ''==所以114428222ABCSBC AO =⋅=⨯⨯= 故答案为：82 【点睛】关键点点睛：根据斜二测画法的规则，可得出三角形的直观图，并求出对应边长，根据面积公式求解．18．【分析】作出图形计算出正四棱锥的高与底面边长设底面的中心为计算得出为正四棱锥的外接球球心可求得该正四棱锥的外接球半径即可得解【详解】如下图所示设正四棱锥的底面的中心为连接设正四棱锥的底面边长为则由于解析：36π【分析】作出图形，计算出正四棱锥P ABCD -的高与底面边长，设底面ABCD 的中心为E ，计算得出E 为正四棱锥P ABCD -的外接球球心，可求得该正四棱锥的外接球半径，即可得解. 【详解】如下图所示，设正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心为E ，连接PE 、AC 、BD ，设正四棱锥P ABCD -的底面边长为a ，则2AC BD a ==，由于E 为正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心，则PE ⊥平面ABCD ，由于正四棱锥P ABCD -的侧棱与底面所成的角为45，则45PAC PCA ∠=∠=，所以，PAC △是以APC ∠为直角的等腰直角三角形，同理可知，PBD △是以BPD ∠为直角的等腰直角三角形，E 为AC 的中点，122PE AC a ==，2ABCD S a =正方形，2311183326P ABCD ABCD V S PE a a a -=⋅=⨯⨯==正方形，解得a =，232PE a ==，由直角三角形的性质可得1122PE AC BD ==，即PE AE BE CE DE ====，所以，E 为正四棱锥P ABCD -外接球的球心，球E 的半径为3r PE ==，该球的表面积为2436r ππ=. 故答案为：36π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.19．【分析】由圆柱体积求得底面半径母线长设底面圆心为可得为异面直线与所成的角（或其补角）在对应三角形中求解可得【详解】设圆柱底面半径为则母线长为由得设底面圆心为连接则所以为异面直线所成的角在中所以故答案【分析】由圆柱体积求得底面半径，母线长，设底面圆心为O ，可得OEF ∠为异面直线AC 与EF 所成的角（或其补角）．在对应三角形中求解可得．【详解】设圆柱底面半径为r ，则母线长为2r ，由2216r r ππ⋅=得2r．设底面圆心为O ，连接OE ，OF ．则//OE AC ，所以OEF ∠为异面直线AC ，EF 所成的角．在Rt OEF △中，2OF =，OE =EF =所以cos 3OE OEF EF ∠==．．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．20．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平解析：o 60. 【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD 因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC。

人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷含答案解析 (27)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷4（共22题）一、选择题（共10题）1.如图所示的三棱柱ABC−A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是( )A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能2.一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45∘，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于( )A．12+√22B．1+√22C．1+√2D．2+√23.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( )A．23B．43C．2D．44.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P−ABC为鳖臑，四个顶点在球O的球面上，且PA⊥平面ABC，PA=AB=2，AC=√5，则球O的体积为( )A．94πB．92πC．9πD．36π5.如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2，AB=3，∠ABC=60∘，将此梯形以AD所在直线为轴旋转一周，所得几何体的表面积是( )A．10πB．23πC．32πD．34π6.如图，线段AB是圆的直径，圆内一条动弦CD与AB交于点M，且MB=2AM=2，现将半圆ACB沿直径AB翻折，则三棱锥C−ABD体积的最大值是( )A．23B．13C．3D．17.在空间四边形ABCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，则有( )A．平面ABC⊥平面ADC B．平面ABC⊥平面ADBC．平面ABC⊥平面DBC D．平面ADC⊥平面DBC8.如图所示，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点E在A1B1上，且B1E=1，记图中阴影平面为平面α，且平面α∥平面BC1E．若平面α∩平面AA1B1B=A1F，则AF的长为( )A．1B．1.5C．2D．39.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=√22，则下列结论中错误的是( )A．AC⊥BE B．EF∥平面ABCDC．三棱锥A−BEF的体积为定值D．△AEF与△BEF的面积相等10.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，AB=AC=1，BC=√3，AA1=2，则球O的表面积为( )A．4πB．8πC．12πD．16π二、填空题（共6题）11.已知点S是正三角形ABC所在平面外一点，点D，E，F分别是SA，SB，SC的中点，则平面DEF与平面ABC的位置关系是．12.边长为2的等边三角形ABC的三个顶点A，B，C都在以O为球心的球面上，若球O的表面积为148π，则三棱锥O−ABC的体积为．313.《九章算术•商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．”这里所谓的“鳖臑（biēnào）”，就是在对长方体进行分割时所产生的四个面都为直角三角形的三棱锥．已知三棱锥A−BCD是一个“鳖臑”，AB⊥平面BCD，AC⊥CD，且AB=√2，BC= CD=1，则三棱锥A−BCD的外接球的表面积为．14.下列图形中不一定是平面图形的是．①三角形；②菱形；③梯形；④四边相等的四边形．15.下图中的三个直角三角形是一个体积为20cm2的几何体的三视图，则ℎ=．16.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D−BB1C1的体积为．三、解答题（共6题）17.如图所示，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AB=1，BC=√2，AA1=2，E是侧棱BB1的中点．(1) 求四面体A−A1ED的体积．(2) 求异面直线AE与B1D所成角的大小．（结果用反三角函数表示）18.如图所示，半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在的直线为轴，旋转一周得到一个几何体，求该几何体的表面积及其体积（其中∠BAC=30∘）．19.如图，观察下列多面体，有什么共同特点？20.在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1) 求证：EF∥平面AB1C1；(2) 求证：平面AB1C⊥平面ABB1．21.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，AD，E，F分别为PC，BD的中点．且PA=PD=√22(1) 求证：EF∥平面PAD；(2) 求证：面PAB⊥平面PDC；(3) 在线段AB上是否存在点G，使得二面角C−PD−G的余弦值为1？说明理由．322.一个底面直径为20cm的装有一部分水的圆柱形玻璃杯，水中放着一个底面直径为6cm，高为20cm的一个圆锥形铅锤，请问当铅锤从中取出后，杯中水面将下降多少？答案一、选择题（共10题）1. 【答案】B【解析】在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1．因为AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，所以A1B1∥平面ABC．因为过A1B1的平面与平面ABC交于DE，所以DE∥A1B1，所以DE∥AB．【知识点】直线与平面平行关系的性质2. 【答案】D【解析】将直观图还原成平面图形如图所示，则平面图形是上底长为1，下底长为1+√2，高为2的直角梯形，其面积为2+√2．【知识点】直观图3. 【答案】A【知识点】棱锥的表面积与体积、由三视图还原空间几何体4. 【答案】B【知识点】球的表面积与体积5. 【答案】B【知识点】圆台的表面积与体积6. 【答案】D【解析】作DE⊥AB交AB于E，CF⊥AB交AB于F，设∠AMD=θ(0<θ≤90∘)，由题意得V C−ABD=13×12×3⋅DE⋅CF=12⋅DM⋅sinθ⋅CM⋅sinθ=12×2⋅sin2θ=sin2θ≤1.【知识点】棱锥的表面积与体积7. 【答案】D【解析】因为AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD=B，所以AD⊥平面DBC．又因为AD⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面DBC．【知识点】平面与平面垂直关系的判定8. 【答案】A【解析】因为平面α∥平面BC1E，平面α∩平面AA1B1B=A1F，平面BC1E∩平面AA1B1B=BE，所以A1F∥BE．又A1E∥BF，所以四边形A1EBF是平行四边形，所以BF=A1E=A1B1−B1E=2，所以AF=AB−BF=1．【知识点】平面与平面平行关系的性质9. 【答案】D【知识点】直线与平面平行关系的判定、直线与平面垂直关系的性质、棱锥的表面积与体积10. 【答案】B【解析】因为AB=AC=1，BC=√3，在直角三角形中可得sin A2=√321=√32，所以cos A2=12，所以sinA=2sin A2cos A2=2⋅12⋅√32=√32，设△ABC的外接圆的半径为r，则2r=BCsinA =√3√32，所以r=1，设外接球的半径为R，则R2=(AA12)2+r2=(22)2+12=2，所以外接球的表面积S=4πR2=8π．【知识点】球的表面积与体积二、填空题（共6题）11. 【答案】平行【解析】由D，E，F分别是SA，SB，SC的中点，知EF是△SBC的中位线，所以EF∥BC．又因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC．同理，DE∥平面ABC，又因为EF∩DE=E，所以平面DEF∥平面ABC．【知识点】平面与平面平行关系的判定12. 【答案】√333【解析】设球半径为R，则4πR2=148π3，解得R2=373，设△ABC所在平面截球所得的小圆的半径为r，则r=23×(√32×2)=2√33．故球心到△ABC所在平面的距离d=√R2−r2=√373−43=√11，即为三棱锥O−ABC的高，所以V O−ABC=13S ABC d=13×(√34×22)×√11=√333．【知识点】棱锥的表面积与体积、球的表面积与体积13. 【答案】4π【解析】因为三棱锥A−BCD是一个“鳖臑”，AB⊥平面BCD，AC⊥CD，且AB=√2，BC= CD=1，所以三棱锥A−BCD的外接球的半径：R=AD2=√AB2+BC2+CD22=√2+1+12=1，所以三棱锥A−BCD的外接球的表面积为：S=4πR2=4π．【知识点】组合体、球的表面积与体积14. 【答案】④【知识点】平面的概念与基本性质15. 【答案】4【知识点】棱锥的表面积与体积、由三视图还原空间几何体16. 【答案】2√33【解析】如图，取BC中点O，连接AO．因为正三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均为2，所以AC=2，OC=1，则AO=√3．因为AA1∥平面BCC1B1，所以点D到平面BCC1B1的距离为√3．又S△BB1C1=12×2×2=2，所以V D−BB1C1=13×2×√3=2√33．【知识点】棱锥的表面积与体积三、解答题（共6题）17. 【答案】(1) 因为S△A1AD =12×2×√2=√2，所以V A−A1ED =V E−A1AD=13S△A1AD⋅AB=√23．(2) 取CC1的中点F，连接DF，B1F，因为DF∥AE，所以DF与B1D所成的角的大小等于异面直线AE与B1D所成的角的大小．在△B1DF中，B1D=√7，DF=√2，B1F=√3，所以cos∠B1DF=DF2+DB12−B1F22DF⋅DB1=3√1414，所以异面直线AE与B1D所成角的大小为arccos3√1414．【知识点】棱锥的表面积与体积、异面直线所成的角18. 【答案】如图所示，过点C作CO1⊥AB于点O1，在半圆中可得∠BCA=90∘，∠BAC=30∘，AB=2R，所以AC=√3R，BC=R，CO1=√32R，所以S球=4πR2，S圆锥AO1侧=π×√32R×√3R=32πR2，S圆锥BO1侧=π×√32R×R=√32πR2，所以S几何体表=S球+S圆锥AO1侧+S圆锥BO1侧=11+√32πR2，所以旋转所得到的几何体的表面积为11+√32πR2．又V球=43πR3，V圆锥AO1=13CO12⋅πAO1=14πR2⋅AO1，V圆锥BO1=13πCO12⋅BO1=14πR2⋅BO1，所以V几何体=V球−(V圆锥AO1+V圆锥BO1)=56πR3．【知识点】圆锥的表面积与体积、球的表面积与体积19. 【答案】有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形，每相邻两个平行四边形的公共边都相互平行．【知识点】棱柱的结构特征20. 【答案】(1) 由于E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1，由于EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1．(2) 由于B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB，由于AB⊥AC，AC∩B1C=C，所以AB⊥平面AB1C，由于AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1．【知识点】直线与平面平行关系的判定、平面与平面垂直关系的判定21. 【答案】(1) 连接AC∩BD=F，ABCD为正方形，F为AC中点，E为PC中点．所以在△CPA中，EF∥PA，且PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD所以EF∥平面PAD．(2) 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩面ABCD=ADABCD为正方形，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA，AD，又PA=PD=√22所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD=90∘即PA⊥PDCD∩PD=D，且CD,PD⊂面PDC所以PA⊥面PDC又PA⊂面PAB，所以面PAB⊥面PDC．(3) 如图，取AD的中点O，连接OP，OF．因为PA=PD，所以PO⊥AD．因为侧面PAD⊥底面ABCD，面PAD⊥面ABCD，所以PO⊥面ABCD，而O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB，又ABCD是正方形，故OF⊥AD．因为 PA =PD =√22AD ，所以 PA ⊥PD ，OP =OA =1．以 O 为原点，直线 OA ，OF ，OP 分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则有 A (1,0,0)，F (0,1,0)， D (−1,0,0)，P (0,0,1)．若在 AB 上存在点 G ，使得二面角 C −PD −G 的余弦值为 13，连接 PG ，DG设 G (1,a,0)(0≤a ≤2)．由(2) 知平面 PDC 的法向量为 PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)．设平面 PGD 的法向量为 n ⃗ =(x,y,z )．因为 DP⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1)，GD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−a,0)，所以由 n ⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ⃗ ⋅GD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 可得 {x +z =0−2x −ay =0，令 x =1，则 y =−2a ，z =−1，故 n ⃗ =(1,−2a,−1)，所以 cos⟨n ⃗ ,PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=√2×√2+4a 2=13，解得，a =12．所以，在线段 AB 上存在点 G (1,12,0)，使得二面角 C −PD −G 的余弦值为 13．【知识点】利用向量的坐标运算解决立体几何问题、二面角、直线与平面平行关系的判定、平面与平面垂直关系的判定22. 【答案】圆锥形铅锤的体积为 13π⋅(62)2×20=60π(cm 3)．设水面下降的高度为 x ，则 π(202)2x =60π，解得 x =0.6(cm )．所以铅锤取出后，杯中水面下降了 0.6 cm ．【知识点】圆锥的表面积与体积、圆柱的表面积与体积。