立体几何复习题及答案

第1页 共8页 ◎ 第2页 共8页高二立体几何练习一、选择题1．设γβα,,为不同的平面，n m ,为不同的直线，则β⊥m 的一个充分条件是（ ） A ．n m n ⊥=⊥,,βαβα B ．γβγαγα⊥⊥=,,m C ．αγββα⊥⊥⊥m ,, D ．αβα⊥⊥⊥m n n ,,2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各面中，面积最大的是（ ）A ．8 B．12 D ．163．到两条互相垂直的异面直线距离相等的点的轨迹，被过一直线与另一直线垂直的平面所截，截得的曲线为（ ） A ．相交直线 B ．双曲线 C ．抛物线 D ．椭圆弧4．已知正四棱锥ABCD S -中，（ ）A ．1B ．2 D ．35．在三棱柱111C B A ABC -中,⊥1AA 平面ABC ,且AB AA 21=,BC AC =,E 为BC 中点, 则点D在线段AB 上运动时, 可能出现A ．//1EB 平面DC A 1 B ．//1BC 平面DC A 1 C ．⊥1AB 平面DC A 1D ．⊥C B 1平面DC A 16．公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V ）与它的直径（D ）的立方成正比”，此即3V kD =，欧几里得未给出k 的值．17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式3V kD =中的常数k 称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式3V kD =求体积（在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为a ）、等边圆柱（底面圆的直径为a ）、正方体（棱长为a ）的“玉积率”分别为1k 、2k 、3k ，那么123::k k k （ ）A ．2:3:2π D 7上，顶点,BC 在平面α的同一侧，为BC 的在平面α上的射影是以A 为直角顶点的三角形，则直线AD 与平面α所成角的正弦值的范围是（ ） A 8．如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段AC 1上有两个动点E ，F ，且有下列四个结论： ①CE ⊥BD ； ②三棱锥E —BCF 的体积为定值；③△BEF 在底面ABCD 内的正投影是面积为定值的三角形；④在平面ABCD 内存在无数条与平面DEA 1平行的直线， 其中正确结论的个数是A ．1B ．2C ．3D ．49．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，P 是过顶点11,,,B D D B 圆上的一点，Q 为1CC 中点，则PQ 与面ABCD 所成角余弦值的取值范围是（ ）A 10．如图，正方体1111CD C D AB -A B 的棱长为1，点M 在棱AB 上，且第3页共8页 ◎ 第4页 共8页点P 是平面CD AB 上的动点，且动点P 到直线11D A 的距离与点P 到点M 的距离的平方差为1，则动点P 的轨迹是（ ） A ．圆 B ．抛物线 C ．双曲线 D ．直线 11．已知正ABC ∆的顶点A在平面α上，顶点,B C 在平面α的同一侧，D为BC 的中点，若ABC ∆在平面α上的射影是以A为直角顶点的三角形，则直线AD 与平面α所成角的正弦值的范围是（ ）A12．如图，已知正方体1111D C B A ABCD -的上、下底面中心分别为M 、N ，点P 在线段BC 1上运动，记x BP =，且点P 到直线MN 的距离记为y ，则)(x f y =的图象大致为（ ） 二、填空题13．14．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球面上的两点，02,45AB ASC BSC =∠=∠=,则三棱锥S －ABC 的体积为________．15．如图，在棱柱111ABC A B C -的侧棱11A A B B 和上各有一个动点,P Q ，且满足1A P BQ =，M 是棱CA 上的动点，则的最大值是 ．16．如图所示，在四边形ABCD 中，,BD ⊥CD,将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体BCD A -/，使平面⊥BD A /平面BCD ，则下列结论正确的是 ．（1）BD C A ⊥/；（2）︒=∠90/C BA ；（3）/CA 与平面BD A /所成的角为︒30；（4）四面体BCD A -/的体积为第5页 共8页 ◎ 第6页 共8页O DCBAP三、解答题17．如图，四棱锥ABCD P -的底面是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧面⊥PAD 底面ABCD ，E 为侧棱PD 的中点． （1）求证：⊥AE 平面PCD ；（2）若AB AD =，试求二面角D PC A --的余弦值．18．如图，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD ⊥底面底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD, AB ⊥（1）求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； （2）求B 点到平面PCD 的距离；（3）线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q AC D --的余弦值为,19．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=，PA ⊥面ABCD ，，E ，F 分别为BC ，PA 的中点．（1）求证：//BF 面PDE ；（2）求二面角D PE A --的大小的正弦值； （3）求点C 到面PDE 的距离．20．（本小题满分12分）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面， （1）证明：平面AEC ⊥平面BED；（2）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 3=∆EAC S , 令AE 与平面ABCD 所成角为θ, 且求该四棱锥ABCD E -的体积．第7页 共8页 ◎ 第8页 共8页21．（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD=1，E 为PD 的中点，点F 在棱DC 上移动。

（1）当点F 为DC 的中点时，试判断EF 与平面PAC 的位置关系，并说明理由； （2）求证：无论点F 在DC 的何处，都有PF ⊥ AE （3）求二面角E-AC-D 的余弦值。

22．（本小题满分12分）如图，在三棱柱中，点在侧面的射影为正方形的中心M ，且,,E 为的中点．（1）求证：║平面； （2）求二面角的正弦值；（3）在正方形（包括边界）内是否存在点，使得平面？若存参考答案1．D 【解析】试题分析：对于选项A ，n m n ⊥=⊥,,βαβα ，不能推出β⊥m ，可能有m β⊂，即选项A 是错误的；对于选项B ，因为m αγ=，所以,m m αγ⊂⊂，而βγ⊥，所以β并不垂直γ内所有直线，所以β和m 可能不垂直，即得不出β⊥m ，即选项B 是错误的；对于选项C ，,αββγ⊥⊥得不出αβ，所以由m α⊥得不到β⊥m ，即选项C 是错误的；对于选项D ，由αβα⊥⊥⊥m n n ,,可得，m n ，又由n β⊥可得β⊥m ，即选项D 是正确的．考点：1、线面垂直的判定定理；2、线面的位置关系． 2．C 【解析】试题分析：根据三视图得出该几何体是在棱长为4的正方体中的三棱锥，画出图形，得出面积最大的那个面，求出值即可．根据题意，得；该几何体是如图所示的三棱锥A-BCD ，且该三棱锥是放在棱长为4的正方体中，所以，在三棱锥A-BCD 中，最长的棱长为AD ，易知三角形ACD 面积最大，因为所以根据余弦定理可得,6考点：空间几何体三视图的应用问题【方法点睛】1．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图．2．由三视图还原几何体时，要遵循以下三步：（1）看视图，明关系；（2）分部分，想整体；（3）综合起来，定整体． 3．C ． 【解析】试题分析：如下图所示，建立空间直角坐标系，不妨设两条异面直线为直线OA 和直线BC ，设OB a =，点(,,)P x y z 为到异面直线OA ，BC 距离相等的点，∴222222()210x z x a y ax y z +=-+⇒-+-=，若被平面xoy 所截，则0z =，221y ax =-，若被平面xoz 所截，则0y =，221z ax =-+，故所得曲线为抛物线，故选C ．考点：立体几何综合题．【思路点睛】在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题，也可利用空间直角坐标系求出轨迹方程，即可知其对应的轨迹类型，对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性． 4．C 【解析】试题分析：设正四棱锥的高为t ，则3，则22(4)V t t '=--，由0V '>得02t <<，所以体积函数在区间(0,2)上单调递增，所以当2t =时，体积有最大值，故选C ．考点：1．多面体体积；2．导数与函数最值．【方法点睛】本题主要考查本题主要考查立体几何中的最值问题，多面体体积公式、导数与函数等知识，属中档题．解决此类问题的两大核心思路：一是将立体问题转化为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，利用导数、基本不等式或配方法求其最值． 5．B 【解析】试题分析：根据题意画出三棱柱，连结1AC 与1AC 相交于O ，取AB 中点D ，连结OD ，根据三角形的中位线的性质，可知1OD BC ，根据线面平行的判定定理，可以得出//1BC 平面DC A 1，而其他三项都不能，故选B ．考点：空间垂直平行关系的判断．【方法点睛】该题属于是否存在类问题，属于较难题目，在解题的过程中，不用按照顺序一一确定，而是将所有的选项都看一遍，将与其有关的相关结论和定理的条件结论一一思考对照，从而确定出相应的正确选项，还有在做小题尤其是选择题的时候，要充分利用好题中所给的选择支，当然也可以拿一个模型对照着来解决，充分培养学生的空间想象能力． 6．D 【解析】试题分析：：143V R π=2222a VR a ππ⎛⎫== ⎪3331V a k =∴=考点：类比推理 7．B 【解析】试题分析：如图所示，设B 到平面α，C 到平面α的射影，D 到平面α的射影分别为E ，F ，P ，设BE a=，CF b=，则，由题意可知2222244()3()EF AP AD DP a b ==-=-+，22221AE AB BE a =-=-，22221AF AC CF b =-=-，∴222AE AF EF +=上单调递增，∴可知．考点：立体几何综合题．【方法点睛】立体几何的综合问题一般都会涉及构造函数模型，求函数最值，不等式等几个知识点的串联，解决这类问题的基本出发点是化立体为平面，将其转化为平面问题，构造函数模型求其最值或利用基本不等式求最值，必要时还需借助一定的平面几何知识求解． 8．D 【解析】试题分析：∵BD ⊥平面1ACC ， ∴BD ⊥CE ，故①正确； ∵点C 到直线EF 的距离是定值，点B 到平面CEF 的距离也是定值， ∴三棱锥B-CEF 的体积为定值，故②正确； 线段EF 在底面上的正投影是线段GH ， ∴△BEF 在底面ABCD 内的投影是△BGH ， ∵线段EF 的长是定值， ∴线段GH 是定值，从而△BGH 的面积是定值，故③正确； 设平面ABCD 与平面1DEA 的交线为l ，则在平面ABCD 内与直线l 平行的直线有无数条，故④对考点：1.正方体的结构特点；2.空间线面垂直平行的判定与性质 9．C 【解析】试题分析：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，连结11BD DB ，，交于点O ，过O 作11B D 的垂线交延长，交11B D 于E ，则31,(1,QE =-，平面ABCD 的法向量()001n =，，，结合图形得QE 与面ABCD 所成角余弦值是PQ 与面ABCD 所成角余弦值的最小值，设QE 与面ABCD 所成角为θ，35QE n QE n⋅==⋅与面ABCD 所成角余过Q 作BC 的平行线交圆于F ，此时PQ 与面ABCD 所成角余弦值的取最大值1，∴PQ 与面ABCD 所成角余弦值的取值范围是D ． 考点：直线与平面所成的角．【思路点睛】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，连结11BD DB ，，交于点O ，过O 作11B D 的垂线交延长，交11B D 于E ，结合图形得QE 与面ABCD 所成角余弦值是PQ 与面ABCD 所成角余弦值的最小值，过Q 作BC 的平行线交圆于F ，此时PQ 与面ABCD 所成角余弦值的取最大值，由此能求出PQ 与面ABCD 所成角余弦值的取值范围．10．B 【解析】试题分析： 如图所示，过点P 作,PQ AD ⊥，垂足为Q ，则11,PQ ADD A ⊥平面，过Q 点作11,QR A D ⊥，垂足为R ，则1111,A D PR A D ⊥∴⊥平面PQR PR 即为点P 到直线11D A 的距离，则2221P R P Q R Q -==，又由已知221PR PM PQ PM -=∴=，则由抛物线的定义可知动点P 的轨迹是抛物线考点：抛物线的定义【思路点晴】本题考查抛物线的定义以及求点的轨迹方程的方法，属于难题，在解题过程中体现了数形结合的数学思想，而得到PQ PM =是解题的关键．为了得到PQ PM =，将已知条件中“动点P 到直线11D A 的距离”及“点P 到直线11D A 的距离与点P 到点M 的距离的平方差为1”用数学语言表达是考察的一个目标 11．B ． 【解析】试题分析：如图所示，设B 到平面α，C 到平面α的射影，D 到平面α的射影分别为E ，F ，P ， 设BE a=，CF b=，则，由题意可知2222244()3()EF AP AD DP a b ==-=-+，22221AE AB BE a =-=-，22221AF AC CF b =-=-，∴222AE AF EF +=上单调递增，∴可知．考点：立体几何综合题．【方法点睛】立体几何的综合问题一般都会涉及构造函数模型，求函数最值，不等式等几个知识点的串联，解决这类问题的基本出发点是化立体为平面，将其转化为平面问题，构造函数模型求其最值或利用基本不等式求最值，必要时还需借助一定的平面几何知识求解． 12．A 【解析】试题分析：如图，取AB ,11C D 的中点S Q ,,所以MN 交QS 于点O ,所以相交线确定平面QRSH ,因为平面QS D ABC QRSH D ABC QRSH =⊥⊥1111,,所以由点P 做B MN PB =⊥,A QS PA =⊥,连接AB ,⊥PA平面在直角三角形OAB 内，么在直角三角形PAB 内，考点：立体几何与解析几何的综合应用 13【解析】试题分析：由三视图可知该几何体为三棱锥，底面直角三角形边长为1，y ，有一条侧棱垂直于底面，设侧棱长为m ，则有222241m y m x⎧+=⎨+=⎩，整理得，当期仅当x y =时等号成立，最小值为考点：1．三视图；2．均值不等式求最值 14【解析】试题分析：取SC 的中点D ，则D 为球心，则2AD BD DS AB ====，45,60ASC BCS SBD ADB ∠=∠=∠=∠=，所以,A B 在垂直于SC 的大圆圆周上，即,AD SC BD SC ⊥⊥,故三棱锥S ABC -的体积等于棱锥S ABD -和棱锥C ABD -的体考点：求球的内接棱锥的体积．【解析】试题分析：设点C 到平面11ABB A 的距离为d ，三棱柱111ABC A B C =的高为h ，(01)AM kAC k =<≤，由点M 到平面11ABB A 的距离为kd ，又因为1A P BQ =，所以以令考点：1．多面体体积；2．函数单调性．16．（2） （4） 【解析】试题分析：平面⊥BD A /平面BCD CD ∴⊥平面'A BD ，/CA 与平面BD A /所成的角为'CA D ∠'A D CD =，四面体BCD A -/的体积为AB AD =2） （4）成立考点：1．空间线面的垂直关系；2．线面所成角；3．棱锥的体积17．（1）证明见解析； （2【解析】试题分析：第一问结合面面垂直的性质，两个平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直得到线面垂直，再根据线面垂直的性质，面的垂线垂直于平面内的任意直线，从而得到AE CD ⊥，根据正三角形的性质可知PD AE ⊥，再根据线面垂直的判定定理，从而得到线面垂直的结论，第二问利用两个平面的法向量所成角的余弦值来得到二面角的余弦值，从而求得结果． 试题解析：（1）证明： AD CD ⊥，侧面⊥PAD 底面ABCD ，侧面 PAD 底面AD ABCD =，∴⊥CD 侧面PAD ， ∴AE CD ⊥侧面PAD 是正三角形， E 为PD 的中点， ∴PD AE ⊥，又 D PD CD =，⊥∴AE 平面PCD ．（2）解：设N 为AD 中点，Q 为BC 中点，则因为PAD ∆是正三角形，底面ABCD 是矩形．所以，AD QN AD PN ⊥⊥,，又因为侧面⊥PAD 底面ABCD ，所以⊥PN 面ABCD ，⊥QN 面PAD ，以N 为坐标原点，NP NQ NA 、、所在直线分别为z y x ,,，建立空间直角坐标系．设2=AD ，则有设平面APC 的法向量为),,(111z y x =m ，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0m m PC AP ，，取11=z ，得设平面DPC 的法向量为),,(222z y x =n ，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0n n PD PC ，，取21z =-，得所以二面角D PC A --的余弦值是考点：面面垂直的性质，线面垂直的判定，二面角的余弦值．18．（1（23【解析】试题分析：（1）易得BC ⊥平面POC ，所以BPC ∠即为所求．（2）由于BO CD ，从而BO平面PCD ，所以可转化为求点O 到平面PCD ．（3）假设存在，过Q 作QQ OD '⊥，垂足为Q '，过Q '作Q M AC '⊥，垂足为M ，则QMQ '∠即为二面角Q AC D --的平面角．设(01)QQ x x '=≤≤，利用求出x ，若01x ≤≤，则存在，否则就不存在． 试题解析：（1） 在△PAD 中PA=PD, O 为AD 中点，所以PO ⊥AD,又侧面PAD ⊥底面ABCD, 平面PAD ⋂平面ABCD=AD, PO ⊂平面PAD ，O DCBAP所以PO ⊥平面ABCD ．中,;轴轴,, ()0,1,0A - , ()1,0,0C ，()0,1,0D ;易证,所以平面POC 的法向量,3,3PB OA PB OA PB OA<>==POC 所成角的余弦值为 PB (0,OA =-的法向量为(),,u x y z=，u CP xu PD y z⎧⋅=-+⎪⋅=-点到平面33BP uu⋅=（3）假设存在，且设(01)PQ PDλλ=<<．因为(0,1,1),(0,,),(0,,1)PD OQ OP PQ OQλλλλ=-∴-==-∴=-所以(0,,1)Qλλ-，设平面CAQ的法向量中(,,)m x y z=，则(1)(1)0m AC x ym AQ y zλλ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++-=⎪⎩取1zλ=+，得(1,1,1)mλλλ=--+．平面CAD的一个法向量为(0,0,1)n=，因为二面角,|m nm nm n⋅<>==63（舍去），考点：空间的角与距离．19．（1）详见解析；（23【解析】试题分析：（1）根据已知条件中的中点，利用三角形的中位线性质产生线线平行，再利用线面平行的判定，进一步将其转化到线面平行即可；（2）根据已知条件，利用三垂线定理作出二面角的平面角，再利用已知数据即可求解；（3）利用P CDE C PDEV V--=，从而即可求得所求距离．试题解析：（1）如图所示，取PD中点G，连结GF，GE，∵E，F分别为BC，PA的中点，∴可证得//FG BE，FG BE=，∴四边形BFGE是平行四边形，∴//BF EG，又∵EG⊂平面PDE，BF⊄平面PDE，∴//BF面PDE；（2）作D H A E⊥于H点，作HI PE⊥于I点，连结DI，易证DH⊥平面PAE，∴DH PE⊥，又∵PE HI⊥，HI DH H=，∴PE⊥平面DIH，∴PE DI⊥，PCD∴DIH ∠即为二面角D PE A --的平面角，在Rt DIH∆中，（3）∵P CV V--=，∴217考点：1．线面平行的判定；2．二面角的求解；3．体积法求线面距离．【方法点睛】立体几何大题通常会考查两条异面直线所成的角，求二面角的平面角，点到面的距离等，要综合运用平行垂直关系等判定定理，性质定理，及支线与平面所成角的概念，二面角的概念，作出相应的角，再通过平面几何知识进行计算，求点到平面的距离，通常可考虑体积法，此外，空间向量也是解决立体几何大题的一种方法． 20．（1）证明过程详见解析；（2【解析】试题分析：（1）易证BED AC 平面⊥，然后利用平面与平面垂直的判定定理即可证明；（2）根据几何体的对称性可知，EA=EC ，然后由三角形EAC 为直角三角形且面积已知可求出EA 、AC 、AB 的长，再利用AE 与平面ABCD 所成角为θ求出四棱锥的高EB ，最后求出体积。