高中数学章节试题训练立体几何

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(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步考点精题训练

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步考点精题训练单选题1、设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面答案：B分析：应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C 不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；故选：B小提示：本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题2、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm ，外层底面直径为16cm ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm 的球面上.此模型的体积为（）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π 故选：C3、如图已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，M ，N 分别是A 1D ，D 1B 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 −A 1B 1C 1D 1中，AD 1⊥A 1D ，AB ⊥平面AA 1D 1D ，所以AB ⊥A 1D ，AD 1∩AB =A ，所以A 1D ⊥平面ABD 1，D 1B ⊂平面ABD 1，所以A 1D ⊥D 1B ，且直线A 1D,D 1B 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.4、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=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3，所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×(√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．5、过半径为4的球O 表面上一点M 作球O 的截面，若OM 与该截面所成的角是30°，则O 到该截面的距离是（）A ．4B ．2√3C ．2D ．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C6、设α,β是两个不同平面，m,n是两条直线，下列命题中正确的是（）A．如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥βB．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α//βC．如果m//n，m⊥α，n⊥β，那么α//βD．如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n答案：C分析：A.由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B. 由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用面面垂直的判定定理判断； C. 由m//n，m⊥α，得到n⊥α，再利用垂直于同一直线的两平面平行判断；D.利用空间直线的位置关系判断．A.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n//β，则α,β位置不确定，故错误；B.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，故错误；C. 因为m//n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α//β，故正确；D.如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n，相交或异面，故错误．故选：C7、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）D．26πA．18πB．20πC．22π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.8、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC 的边BC，AC于点E，F，则（）A．MF//NEB．四边形MNEF为梯形C．四边形MNEF为平行四边形D．A1B1//NE答案：B解析：由已知条件及线面平行的性质可得MN∥EF且EF≠MN，可得四边形MNEF为梯形，可得答案.解：∵在▱AA1B1B中，AM=MA1，BN=NB1，∴AM∥BN，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC=EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB.显然在ΔABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形.故选：B.小提示：本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.9、设m､n是两条不同的直线，α､β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A．若m∥α,n∥α，则m∥nB．若m⊥α,n⊥α，则m∥nC．若m∥α,m∥β，则α∥βD．若m⊥α,α⊥β，则m∥β答案：B分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.在正方体ABCD−EFGH中，记底面ABCD为α，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为α，EF为m，平面CDHG为β，故排除C；记底面ABCD为α，BF为m，平面ABFE为β，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B10、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.填空题11、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按3计算，则5该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．答案：55√336π分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，可得r=5l6，R=3√1111l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，则l2r=sin36°=35，得r=5l6，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=√l2−r2=√l2−(5l6)2=√116l，所以R2=r2+(R−ℎ)2，即R2=(5l6)2+(R−√116l)2，解得R=3√1111l．所以该正二十面体的外接球表面积为S球=4πR2=4π×(3√1111l)2=36π11l2，而该正二十面体的表面积是S正二十面体=20×12×l×l×sin60°=5√3l2，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55√336π．所以答案是：55√336π.小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.12、已知三个互不重合的平面α,β,γ，α∩β=m，n⊂γ，且直线m、n不重合，由下列三个条件：①m//γ，n⊂β；②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β．能推得m//n的条件是________．答案：①③分析：利用空间中直线与平面的位置关系，作图分析即可求解对于①m//γ，n⊂β成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，∴m⊂β，∵n⊂γ，n⊂β，∴β∩γ=n，又m//γ，∴m//n；对于②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β，不成立，如图此时n和m是异面；对于③m⊂γ，n//β，成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，n⊂γ，m⊂γ，∴m//n或m∩n=P，假设m∩n=P，则P∈n，P∈m，又α∩β=m，∴P∈β，这与n//β相矛盾，因此m∩n=P不成立，故m//n．所以答案是：①③.13、如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是_________．答案：√612分析：作出图形，找出直线OP与平面OAB所成的角θ，证出PA⊥平面PBH，得出PA⊥PH，得出点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果.如图，过点B作BH⊥OA，交OA的延长线于点H，连接PH，OP，取AH的中点为E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成的角θ，即∠AOP=θ，∵AP⊂α，∴AP⊥BH，又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，PB，BH⊂平面PBH，∴PA ⊥平面PBH ，∵PH ⊂平面PBH ，∴PA ⊥PH ，故点P 的轨迹就是平面α内以线段AH 为直径的圆(A 点除外)，∵OA =AB ，且∠OAB =120∘，∴∠BAH =60∘，设OA =a(a >0)，则AB =a ，从而AH =AB ⋅cos 60∘=a 2，∴PE =12AH =a 4，如图，当且仅当PE ⊥OP ，即OP 是圆E 的切线时，角θ有最大值，tan θ有最大值，tan θ取得最大值为：PE OP =√OE 2−PE 2=a 4√(a+a 4)−(a 4)=√612．所以答案是：√612.14、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.15、已知P，Q，R，S是相应长方体或空间四边形的边或对角线的中点，则这四点必定共面的是______．（写序号）答案：①③④分析：利用平面的基本性质及推论，逐一检验即可．①中，∵PR//QS，∴P，Q，R，S四点共面；②中，PR和QS是异面直线，故四点不共面；③中，∵PS//QR，∴P，Q，R，S四点共面；④中，∵PQ//RS//BC，∴P，Q，R，S四点共面；所以答案是：①③④解答题16、如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，PA＝2，AC＝2√2．(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；(2)若二面角P﹣BC﹣A的大小为45°，过点A作AN⊥PC于N，求直线AN与平面PBC所成角的大小．答案：(1)证明见解析(2)60°分析：（1）根据线线垂直得BC⊥平面PAB，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）由题意求出AB,BC的长，过点A作AM⊥PB于M，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，然后在Rt△ANM中可求得结果（1）证明：因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，因为PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，（2）由（1）可知BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，因为AB⊥BC，所以∠ABP为二面角P−BC−A的平面角，所以∠ABP=45°，因为PA=2,AC=2√2,∠ABC=90°，所以AB=BC=2，过点A作AM⊥PB于M，则AM⊥平面PBC，且M为PB的中点，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，在Rt△PAB中，AM=12PB=12×2√2=√2,在Rt△PAC中，PC=√PA2+AC2=√4+8=2√3，则AN=PA⋅ACPC =√22√3=2√63，在Rt△ANM中，sin∠ANM=AMAN =√22√63=√32，因为0°<∠ANM<180°，所以∠ANM=60°，所以直线AN与平面PBC所成角的大小为60°17、所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.答案：见解析分析：取CD的中点为M，连接AM，BM，根据线面垂直可得AB⊥CD.取CD的中点为M，连接AM，BM，因为四面体A−BCD为正四面体，故△ACD为等边三角形，故AM⊥CD，同理BM⊥CD，而AM∩BM=M，故CD⊥平面ABM，因为AB⊂平面ABM，故CD⊥AB.18、如图，G是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱的DD1延长线上的一点，E，F是棱AB，BC的中点，试分别画出：(1)过点G，A，C的平面与正方体表面的交线；(2)过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线.答案：(1)答案见解析(2)答案见解析分析：（1）连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，从而可得到过点A，C，G的平面为平面ACIH；（2）根据基本性质三：若两个不重合平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即可作出平面与正方体表面的交线；(1)连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，连接HI,AC，则过点A，C，G的平面为平面ACIH，过点G，A，C的平面与正方体表面的交线分别为：AH，HI，IC，AC.(2)延长EF，交DC的延长线于点Q，延长FE，交DA的延长线于点P，连接D1P交AA1于点O，连接D1Q交CC1于点R，连接OE,EF,FR，则过点E，F，D1的平面为平面EFRD1O，过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线分别为：D1O，OE，EF，FR，RD1.19、四面体ABCD如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面，分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．证明：E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形．答案：证明见解析分析：根据线面平行的性质定理，分别证得EH∥BC，FG∥BC，则得EH∥FG，从而可证得E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥HG，再根据平行四边形的判定定理可得结论因为BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以EH∥FG，所以E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形．。

高中数学立体几何专题训练卷

高中数学立体几何专题训练卷立体几何是高中数学中的重要板块，它对于培养我们的空间想象能力和逻辑推理能力具有重要意义。

这份专题训练卷将帮助大家巩固和深化对立体几何的理解与应用。

一、选择题1、下列命题中，正确的是（）A 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D 棱台各侧棱的延长线交于一点解析：选项 A，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，所以 A 错误；选项B，有两个面平行，其余各面都是平行四边形，并且每相邻两个平行四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，所以 B 错误；选项 C，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体叫棱锥，所以C 错误；选项D，棱台各侧棱的延长线交于一点，D 正确。

答案：D2、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）（图片略）A 6B 8C 10D 12解析：由三视图可知，该几何体是一个长方体截去一个三棱锥。

长方体的长、宽、高分别为 3、2、2，截去的三棱锥的底面是直角三角形，两直角边分别为 2、1，高为 2。

所以该几何体的体积为：＼＼begin{align}＆3×2×2 ＼frac{1}｛3}×＼frac{1}｛2}×2×1×2\＼＝＆12 ＼frac{2}｛3}＼＼＝＆＼frac{34}｛3}＼end{align}＼答案：无正确选项3、已知直线\（m\），＼（n\）和平面\（＼alpha\），＼（＼beta\），若\（＼alpha ＼perp ＼beta\），＼（＼alpha ＼cap ＼beta ＝m\），＼（n ＼subset ＼alpha\），要使\（n ＼perp ＼beta\），则应增加的条件是（）A ＼（m ＼parallel n\）B ＼（n ＼perp m\）C ＼（n ＼parallel ＼alpha\）D ＼（n ＼perp ＼alpha\）解析：因为\（＼alpha ＼perp ＼beta\），＼（＼alpha ＼cap ＼beta ＝ m\），＼（n ＼subset ＼alpha\），若\（n ＼perp m\），根据面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面，可得\（n ＼perp ＼beta\）。

高中数学立体几何初步单元测

第八章立体几何初步（单元测）第八章立体几何初步（单元测试）_一、单选题1．已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（）A．B．C．D．42．若水平放置的四边形按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形中的长度为（）A．B．C．2D．3．如图，古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．记图中圆柱的体积为，表面积为，球的体积为，表面积为，则下列说法正确的是（）A．B．C．D．4．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①如果，，，，那么；②如果，，那么；③如果，，，那么；④如果，，，那么.其中正确命题的个数有（）A．4 个B．3 个C．2 个D．1 个5．梯形ABCD中，，∠ABC＝90°，AD＝1，BC＝2，∠DCB＝60°，在平面ABCD内过点C作l⊥CB以l所在直线为轴旋转一周，则该旋转体的表面积为（）A．B．C．D．6．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别为所在棱的中点，则下列结论中正确的序号是（）①三棱锥D1﹣EFG的体积为；②BD1∥平面EFG；③BD1∥EG；④AB1⊥EG. A．③④B．①②④C．②③④D．①③7．直三棱柱中，，，则与平面所成的角为（）A．B．C．D．8．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动．若平面AMN，则P A1的最小值是（）A．1B．C．D．二、多选题9．如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是（）A ．直线与直线共面B．直线与直线异面C ．直线与直线共面D．直线与直线异面10．高空走钢丝是杂技的一种，渊源于古代百戏的走索，演员手拿一根平衡杆，在一根两头拴住的钢丝上来回走动，并表演各种动作．在表演时，假定演员手中的平衡杆是笔直的，水平地面内一定存在直线与演员手中的平衡杆所在直线（）A．垂直B．相交C．异面D．平行11．在长方体中，O为与的交点，若，则（）A．B．C．三棱锥的体积为D．二面角的大小为12．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30°，侧棱长为米，则该正四棱锥的（）A．底面边长为6米B．侧棱与底面所成角的余弦值为C．侧面积为平方米D．体积为立方米三、填空题13．如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在体积为的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为______．14．《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．若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为___________15．在正四面体ABCD中，E为BC的中点，则异面直线AE与CD所成角的余弦值为_ __________.16．如图，在正方体中，E为的中点，F为正方体棱的中点，则满足条件直线平面的点F的个数是___________.四、解答题17．如图，四棱锥中，底面为边长为2的菱形且对角线与交于点O，底面，点E是的中点．(1)求证：∥平面；(2)若三棱锥的体积为，求的长．18．如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，.(1)若为侧棱的中点，求证：平面；(2)求三棱锥的体积.19．如图，在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点．(1)证明：平面平面；(2)求异面直线与所成角的余弦值．20．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求线段BC的长度．21．在等腰梯形（图1）中，，是底边上的两个点，且.将和分别沿折起，使点重合于点，得到四棱锥（图2）.已知分别是的中点.(1)证明：平面.(2)证明：平面.(3)求二面角的正切值.22．如图，垂直于⊙所在的平面，为⊙的直径，，，，，点为线段上一动点．(1)证明：平面AEF⊥平面PBC；(2)当点F与C点重合，求 PB与平面AEF所成角的正弦值．一、单选题23．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时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，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上升到时，增加的水量约为（）（）A．B．C．D．24．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．B．C．D．25．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（）A．B．C．D．26．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．B．C．D．二、多选题27．如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（）A．B．C．D．28．已知正方体，则（）A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为三、填空题29．已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________. 30．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．31．如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 ____ cm3.四、解答题32．如图，四面体中，，E为AC的中点．(1)证明：平面平面ACD；(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．参考答案：1．C【分析】由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高.【详解】因为底面半径，所以母线长，所以圆锥的高.故选：C2．B【分析】过点作,垂足为，求出直观图中的长度即得解.【详解】解：过点作,垂足为.因为，，，；，所以原四边形中的长度为2.故选：B3．B【分析】根据已知条件得出球的直径恰好与圆柱的高相等，设球的半径为r，进而分别表示出圆柱的体积为，表面积为，球的体积为，表面积为，进而求出.【详解】由已知条件，设球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则圆柱的表面积，体积，球表面积，答案第1页，共2页体积，．故选：B.4．D【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】解：对于①如果，，，，那么或与相交，故①错误；对于②如果，，由线面垂直的性质可知，故②正确；对于③如果，，，那么或或与相交（不垂直）或与异面（不垂直），故③错误；对于④如果，，，那么或与相交（不垂直），当且仅当，，，，那么，故④错误.故选：D5．B【分析】旋转体为圆柱去去掉一个圆锥，计算圆柱的高和圆锥的底面半径和母线长，分别计算各面的面积，得出表面积．【详解】解：旋转体为圆柱去去掉一个圆锥，过作于，则，，，，圆锥的底面半径为，圆柱的底面半径为，圆柱和圆锥的高均为，圆锥的母线为，几何体的表面积为．故选：B.6．B【分析】利用等积法处理①，用面面平行得到线面平行处理②，用平行的传递性处理③，利用线面垂直得到线线垂直处理④.【详解】对于①，由等体积法可得：，故正确；对于②，连接，由面面平行的判定易得平面平面，由平面与平面平行的性质可得平面，故正确；对于③，如下图，连接，取的中点，连接，则，若，则，矛盾，故错误；对于④，由题意，，，可得平面，又平面，可得，故正确．故选：B．7．A【分析】将直三棱柱补全为正方体，根据正方体性质、线面垂直的判定可得面，由线面角的定义找到与平面所成角的平面角，进而求其大小.【详解】由题意，将直三棱柱补全为如下图示的正方体，为上底面对角线交点，所以，而面，面，故，又，面，故面，则与平面所成角为，若，所以，，则，故.故选：A8．C【分析】由平面，可以找到点在右侧面的运动轨迹，从而求出的最小值【详解】如图所示，取的中点,的中点，连接，因为分别是棱的中点，所以，，又因为,,，所以平面平面，平面，且点在右侧面，所以点的轨迹是，且，，所以当点位于中点处时，最小，此时，.故选：C9．ACD【分析】作出正方体的直观图，逐项判断可得出合适的选项.【详解】如图，点与点重合，则与相交，故A正确；在正方体中，且，故四边形为平行四边形，，则、共面，故B错误；因为，故、共面，故C正确；由图可知，、不在同一个平面，且、既不平行也不相交，、为异面直线，故D正确.故选：ACD.10．AC【分析】对直线l与平面的任何位置关系，平面内均存在直线与直线l垂直；平衡杆所在直线与水平地面的位置关系：平行或相交，根据线面关系可知：若直线与平面平行，则该直线与平面内的直线的位置关系：平行或异面若直线与平面相交，则该直线与平面内的直线的位置关系：相交或异面；理解判断．【详解】根据题意可得：对直线l与平面的任何位置关系，平面内均存在直线与直线l垂直，A正确；平衡杆所在直线与水平地面的位置关系：平行或相交根据线面关系可知：若直线与平面平行，则该直线与平面内的直线的位置关系：平行或异面若直线与平面相交，则该直线与平面内的直线的位置关系：相交或异面C正确；B、D错误；故选：AC．11．BCD【分析】由题意，根据长方体的结合性质，结合线面垂直判定定理以及二面角的平面角定义和三棱锥的体积公式，可得答案.【详解】连接．因为，所以，又易证平面，所以，所以，所以为二面角的一个平面角．在中，，因为在中，，，所以，所以二面角的大小为．．故选：BCD．12．AD【分析】画出几何体的直观图，结合已知条件求得棱锥的底面边长，逐项求解，即可得到答案.【详解】对A，如图所示，在正四棱锥中，为正方形的中心，且，设底面边长为，正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为，所以，则，在直角中，可得，即，解得，所以正四棱锥的底面边长为，所以A正确；对B，因为平面，所以为侧棱与底面所成的角，在直角中，可得，所以B错误；对C，正四棱锥的侧面积为平方米，所以C错误；对D，正四棱锥的体积为立方米，所以D正确.故选：AD.13．【分析】根据题意画出该几何体的轴截面，如图，设是球心，是圆锥的顶点，是圆锥的母线，求出球的半径，从而可求出，进而可求得圆锥的侧面积.【详解】其中，是球心，是圆锥的顶点，是圆锥的母线，由题意可知，解得，由于圆柱的高为2，，，，母线，∴圆锥的侧面积为．故答案为：14．【分析】根据题意，得到为球的直径，求得的长，得到球的半径，进而求得球的体积，得到答案.【详解】如图所示，取的中点，根据直角三角形的性质，可得，所以为球的直径，且，可得球的半径为，所以球的体积为.故答案为：.15．##【分析】取BD的中点F，作出异面直线AE与CD所成的角，再利用三角形计算作答.【详解】在正四面体ABCD中，取BD的中点F，连接，如图，设，因E为BC的中点，则，，即有是异面直线AE与CD所成的角或其补角，而，在等腰中，，所以异面直线AE与CD所成角的余弦值为.故答案为：16．【分析】为了得到直线平面，只需求得平面平面，即平面内的任意一条直线都与平面平行，进而求得点的个数.【详解】分别取的中点，连接，，在正方体中，，，四边形是平行四边形，，，又平面，平面，平面，同理平面，又，平面，平面，平面平面，平面内的任意一条直线都与平面平行，则满足条件直线平面的点可以是的任何一个，点F的个数是个.故答案为：.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由中位线证得，即可证得∥平面；（2）取中点F，证得平面，再由结合棱锥的体积公式即可求解.【详解】（1）证明：连接．∵点O，E分别为的中点，∴，∵平面平面，∴∥平面；（2）取中点F，连接．∵E为中点，∴为的中位线，∴，且．由菱形的性质知，为边长为2的等边三角形．又平面，∴平面，，点E是的中点，∴，∴．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，通过，即可证明平面；（2）利用等积法，即求解即可【详解】（1）取的中点，连接，，在中，，在梯形中，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，而平面，平面，∴平面；（2）∵，，而∴平面，即为三棱锥的高，因为，，所以，又，所以19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出平面，平面，再利用面面平行的判定定理可证得结论成立；（2）分析可知异面直线与所成角为或其补角，计算出的三边边长，利用余弦定理可求得结果.【详解】（1）证明：连接，因为四边形为平行四边形，则且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则且，因为且，且，故四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，平面，同理可证且，所以，四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，平面，，所以，平面平面.（2）解：，所以，异面直线与所成角为或其补角，在中，，，由余弦定理可得，所以，异面直线与所成角的余弦值为.20．(1)到平面的距离为(2)线段BC的长为2【分析】（1）利用体积法可求点到平面的距离；（2）利用面面垂直，线面垂直得线线垂直，最后利用的面积为即可求得线段BC的长．【详解】（1）解：由直三棱柱的体积为4，可得，设到平面的距离为，由，，，解得．即到平面的距离为；（2）解：连接交于点由直三棱柱，故四边形为正方形，，又平面平面，平面平面，平面，，由直三棱柱知平面，，又，平面，，，，又，解得，则线段BC的长为2.21．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）由题可得四边形是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理即得；（2）利用线面垂直的判定定理可得平面，进而即得；（3）过点作，由题可得是二面角的平面角，结合条件即得.【详解】（1）由题意可得，在等腰梯形中，，在中，因为，所以，四边形为正方形.在四棱锥中，连接，因为分别是的中点，所以，且，在正方形中，因为是的中点，所以，且，所以，且，∴四边形是平行四边形，，因为平面，平面，所以平面；（2）由（1）知，在中，，因为为的中点，所以，在等腰梯形中，，所以在四棱锥中，，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面；（3）在中，过点作，垂足为，连接，由（2）知平面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，平面，∴，故是二面角的平面角，由（1）知，在四棱锥中，，设，则，在中，，所以，在中，，故二面角的正切值为.22．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由垂直于⊙所在的平面，可得，再由圆的性质可得，则由线面垂直的判定可得平面，则，从而平面，进而由面面垂直的判定可证得结论，（2）过点作∥交于点，则，设点到平面的距离为，利用可求出，然后由可求得结果.【详解】（1）证明：因为垂直于⊙所在的平面，即平面，平面，所以，又为⊙的直径，所以，因为，所以平面，又平面，所以，因为，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）因为，，所以，又，所以，由，得,如图，过点作∥交于点，则，可得，又，所以，所以，设点到平面的距离为，由，可得，所以解得，所以当点移动到点时，与平面所成角的正弦值为．23．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．【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．棱台上底面积，下底面积，∴．故选：C．24．A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选：A．25．C【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.26．C【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为，所以球的半径,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是27．CD【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.【详解】设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.28．ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD29．【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.【详解】∵∴∴∴.故答案为：.30．.【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.31．【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.【详解】正六棱柱体积为圆柱体积为所求几何体体积为故答案为：【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题. 32．(1)证明详见解析(2)【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.【详解】（1）由于，是的中点，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）[方法一]：判别几何关系依题意，，三角形是等边三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以当最短时，三角形的面积最小过作，垂足为，在中，，解得，所以，所以过作，垂足为，则，所以平面，且，所以，所以.[方法二]：等体积转换，，是边长为2的等边三角形，连接。

高三立体几何专题练习(含答案)

立体几何专题练习卷一、填空题（本大题满分56分，每小题4分） 1．正方体DC B A ABCD 111-的棱长为a ，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是__________．2．已知某铅球的表面积是2484cm π，则该铅球的体积是___________2cm ．3．若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成的角为4arccos5，则该圆锥的体积为___________．4．在长方体1111ABCD A B C D -中，若12,1,3AB BC AA ===，则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________．5．若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经O12127'，北纬O 318'，B 位于东经O12127'，北纬O 255'，则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米)．6．已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为π15 2cm ，则此圆锥的体积为__________3cm ．7．若圆锥的底面半径和高都是2，则圆锥的侧面积是_____________． 8．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A B C 、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，ABC ∠=____________.9．一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示，容器内有一个实心的球，球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满，然后取出该球（假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计），则球取出后，容器中水面的高度为__________cm. （精确到0.1cm ）10．如图，用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒，容器的高为10cm ．制作该容器需要铁皮面积为__________cm2．（衔接部分忽略不计，结果保留整第9题数）11．如图，圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是__________ .12．如右下图，ABC ∆中， 90=∠C ，30=∠A ，1=BC ．在三角形内挖去半圆（圆心O 在边AC 上，半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于N ），则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为__________ ．13．如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，则该圆锥与圆柱等底等高。

高中数学第一章立体几何初步 1.3 三视图练习北师大版必修2-北师大版高一必修2数学试题

§3三视图A组1.一个圆柱的三视图中,一定没有的图形是()A.矩形B.圆C.三角形D.正方形解析:一个圆柱,不论怎样放置,三视图均不可能出现三角形.答案:C2.若一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体是()A.三棱柱B.圆柱C.三棱锥D.圆锥答案:A3.如图,空心圆柱体的主视图是()答案:C4.导学号62180016若一个几何体的三视图如图所示,则该三视图表示的组合体为()A.圆柱与圆锥B.圆柱与三棱锥C.圆柱与四棱锥D.四棱柱与圆锥答案:C5.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是()解析:由俯视图易知,只有选项D符合题意.故选D.答案:D6.如图所示的立体图形,都是由相同的小正方体拼成的.(1)图①的主视图与图②的图相同;(2)图③的主视图与图④的主视图.(填“相同”或“不同”)答案:(1)俯视(2)不同7.如图所示是一个圆锥的三视图,则该圆锥的高为 cm.解析:由三视图知,圆锥的母线长为3 cm,底面圆的直径为3 cm,所以圆锥的轴截面是边长为3 cm 的等边三角形,所以圆锥的高为(cm).答案:8.已知某组合体的主视图与左视图相同(如图1所示,其中AB=AC,四边形BCDE为正方形),则该组合体的俯视图可以是如图2所示的.(把你认为正确的图的序号都填上)图1图2解析:由主视图与左视图可得该几何体可以是由正方体与底面边长相同的四棱锥组合而成的,则其俯视图为图①;可以是由正方体与底面直径与底面正方形边长相同的圆锥组合而成的,则其俯视图为图④;可以是由圆柱与底面相同的圆锥组合而成的,则其俯视图为图③;可以是由圆柱与底面正方形边长等于圆柱底面直径的四棱锥组合而成的,则其俯视图为图②.答案:①②③④9.一个几何体的三视图如图所示,请画出它的实物图.解:由三视图可知,该几何体由正方体和四棱柱组成,如图所示.10.导学号62180017如图所示是一个零件的实物图,画出这个几何体的三视图.解:该零件由一个长方体和一个半圆柱拼接而成,并挖去了一个小圆柱(形成圆孔).主视图反映了长方体的侧面和半圆的底面、小圆柱的底面,左视图反映了长方体的侧面、半圆柱的侧面、小圆柱的侧面,俯视图反映了长方体的底面、半圆柱的侧面和小圆柱的侧面投影后的形状.它的三视图如图所示.B组1.如图①②③分别为三个几何体的三视图,根据三视图可以判断这三个几何体依次分别为()图①图②图③A.三棱台、三棱柱、圆锥B.三棱台、三棱锥、圆锥C.三棱柱、正四棱锥、圆锥D.三棱柱、三棱台、圆锥解析:图①②③对应的原几何体分别是三棱柱、正四棱锥、圆锥,故选C.答案:C2.导学号62180018将正方体(如图1-(1)所示)截去两个三棱锥,得到图1-(2)中的几何体,则该几何体的左视图为(如图2所示)()图1图2解析:左侧被截去的三棱锥的底面三条边中,有两条与正方体的棱重合,另一条应为正方形自左上到右下的对角线,是可见的;右侧被截去的三棱锥的底面的三条边中,有两条与正方体的棱重合,另一条应为正方形自右上到左下(从左面看)的对角线,是不可见的.故选B.答案:B3.如图所示,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,高为3,则其左视图的面积为()A.6B.3C.3D.6解析:由三视图的画法可知,该几何体的左视图是一个矩形,其宽为2sin 60°=,长为3,故面积S=3.答案:C4.已知一几何体的主视图与左视图如图所示,则下列图形中,可以是该几何体的俯视图的图形有()A.①②③⑤B.②③④⑤C.①②④⑤D.①②③④解析:可以结合实物想象,对于①,可认为该几何体的最下部为棱柱,上部为两个圆柱;对于②,可认为该几何体的上部为两个棱柱,下部为圆柱;对于③,可认为该几何体的上部为圆柱,下部为两个棱柱;对于④,可认为该几何体的上部是底面为等腰直角三角形的棱柱,中间为一圆柱,底部为四棱柱;对于⑤,由原几何体最下部的两个视图可知,其俯视图不可能是一个三角形.答案:D5.如图所示,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体最长的一条棱的长为.解析:根据三视图还原成实物图,即四棱锥P-ABCD,所以最长的一条棱的长为PB=2.答案:26.已知三棱锥的直观图及其俯视图与左视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,左视图是有一直角边长为2的直角三角形,则该三棱锥的主视图面积为.解析:三棱锥的主视图如图所示,故主视图的面积为×2×2=2.答案:27.下图是一个几何体的三视图,试画出其实物图.解:由几何体的三视图容易想到该几何体可以由正方体切割而得到,如图所示.俯视图8.导学号62180019一个棱长均为6的正三棱锥,其俯视图如图所示,求其主视图的面积和左视图的面积.解:作出正三棱锥的直观图如图所示,E为BD的中点,AO为三棱锥的高,由三棱锥的放置方式知,其主视图为三角形,底面边长为BD=6,其高等于AO,其左视图为三角形,底面边长等于CE(中线)的长,其高等于AO.在Rt△BCE中,BC=6,BE=3,得CE=3,CO=×CE=2.在Rt△ACO中,AC=6,CO=2,则AO==2,故主视图面积为×6×2=6,左视图的面积为×3×2=9.。

高中数学分章节训练试题：39立体几何与空间向量1

高三数学章节训练题39《立体几何与空间向量1》时量：60分钟满分：80分班级：姓名：计分：个人目标：□优秀（70’~80’） □良好（60’～69’） □合格（50’～59’）一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，满分30分） 1、(2009山东卷理)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2、在△ABC 中，02, 1.5,120AB BC ABC ==∠=,若使绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是（）A.32π B. 52π C. 72π D. 92π 3.（2009全国卷Ⅱ文）已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为（）A.10 B. 15C. 10D.354在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a +b 的最大值为（）A.B. C.4D.5、某个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）. A. 6 B. 33 C. 23 D. 36、一个水平放置的正方形的面积是4, 按斜二测画法所得的直观图是一个四边形, 这个四边形的面积是（）.A. 22B. 24C. 26D. 12二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，满分25分）1、把边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 翻折,则过A ,B ,C ,D 四点的球的体积为。

2、关于直线与平面，有下列四个命题：1）若m ∥α，n ∥β，且α∥β，则m ∥n ； 2）若m α⊥，n β⊥且αβ⊥，则m n ⊥； 3）若m α⊥，n ∥β且α∥β，则m n ⊥； 4）若m ∥α，n β⊥且αβ⊥，则m ∥n ；其中不正确的命题为 3、已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是4、在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，P 在AD 上运动，设θ=∠ABP ，将A B P ∆ 沿BP 折起，使得面ABP 垂直于面BPDC ， AC 长最小时θ的值为．5、如图，有一圆柱形的开口容器（下表面密封），其轴截面是边长为2的正方形，P 是BC 中点，现有一只蚂蚁位于外壁A 处，内壁P 处有一米粒，则这只蚂蚁取得米粒所需经过的最短路程为。

(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；。

高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (32)(含答案解析)

必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (32)一、单项选择题（本大题共10小题，共50.0分）1.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的体积为V，点M，N分别在棱BB1，CC1上，满足AM+MN+ND1最小，则四面体AMND1的体积为A. 112V B. 18V C. 16V D. 19V2.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D−AF−E与二面角C−BE−F都是60°.求二面角E−BC−A的余弦值()A. −2√1919B. 2√1919C. √1919D. −√19193.如图，正四棱锥S−ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC的夹角是()A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°4.已知正ΔABC的边长为a，建立如图所示的直角坐标系xOy，则它的直观图的面积是()A. √62a2B. √616a2C. √68a2D. √64a25.正三棱锥的主视图如图所示，那么该正三棱锥的侧面积是()A. √3B. 3√3C. √303D. √306.已知三棱锥P−ABC的四个顶点都在半径为3的球面上，且AB⊥AC，则该三棱锥的体积的最大值为A. 323B. 163C. 643D. 647.如图，已知圆锥的顶点为S，底面圆O的两条直径分别为AB和CD，且AB⊥CD，若平面平面SBC=l.现有以下四个结论：平面SBC；②l//AD；③l与平面SCD所成的角为60∘；④若E是地面圆周上的动点，则△SAE的最大面积等于△ SAB的面积．其中正确结论的个数是()A. 1B. 2C. 3D. 48.如图，E、F分别是边长为2的正方形ABCD的边AB与BC的中点，将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE、DF、EF折起，使得A、B、C三点重合于点P，则P到平面DEF的距离为A. 23B. 1 C. 32D. 139.有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是A. (0,16√327] B. (0,8√327] C. (0,2√33] D. (0,√33]10.．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O的截面面积为()A. √33πB. π3C. √66πD. π6二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）11.如图，已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD．给出下列命题：①PB⊥AC；②平面PAB与平面PCD的交线与AB平行；③平面PBD⊥平面PAC；④ΔPCD为锐角三角形．其中正确命题的序号是_______.(写出所有正确命题的序号)12.已知P−ABC是正三棱锥，其外接球O的表面积为16π，且∠APO=∠BPO=∠CPO=30°，则三棱锥的体积为________．13.一个横放的圆柱形水桶，桶内的水漫过底面周长的四分之一，那么当桶直立时，水的高度与桶的高度的比为________．14.已知A,B,C三点都在以O为球心的球面上，OA,OB,OC两两垂直，三棱锥O−ABC的体积为9，2则球O的体积为_______15.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均的值是相切，记圆柱O1O2的表面积为S1，球O的表面积为S2，则S1S2_______________．16.在三棱锥A−BCD中，BC=BD=5.CD=6，且所有侧面与底面BCD所成的二面角均为30°，则该三棱锥的体积为________．17.如图，正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，EF，AF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为G.若四面体A−EFG内切球的表面积为π，则正方形ABCD的边长为4_______．18.已知三棱锥P−ABC中，PA⊥面ABC，AB=AC=√3，BC=2，PA=3√2，则三棱锥P−ABC的2外接球半径为______．19.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F//平面A1BE，记B1与F的轨迹构成的平面为α．①∃F，使得B1F⊥CD1；②直线B1F与直线BC所成角的正切值的取值范围是[√24,12 ]；③α与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为2√2；④正方体ABCD−A1B1C1D1的各个侧面中，与α所成的锐二面角相等的侧面共四个．其中正确命题的序号是_____________.(写出所有正确命题的序号)三、解答题（本大题共11小题，共132.0分）20.如图，直线PA垂直圆O所在的平面，AB为圆O的直径，PA=AB，C是圆O上除A、B外一动点，点M、N分别是线段PB、PC的中点．(1)求证：AN⊥MN(2)证明：异面直线PA与CM所成角为定值，并求其所成角的大小21.如图1，在高为2的梯形ABCD中，AB//CD，AB=2，CD=5，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.已知DE=1，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体ADE−BCF，如图2．(1)若AF⊥BD，证明：△BDE为直角三角形；(2)若DE//CF，CD=√3，求平面ADC与平面ABFE所成角的余弦值．22.如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF//AB，BC⊥FD，过BC的平面交棱FD于P，交棱FA于Q．(1)证明：PQ//平面ABCD；(2)若CD⊥BE，EF=EC，CD=2EF，BC=tEF，求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的大小．23.如图，三棱锥中，点在以为直径的圆上，平面平面，点在线段上，且，，，，点为的重心，点为的中点．(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离．24.如图，点P是菱形ABCD所在平面外一点，∠BAD=60∘，ΔPCD是等边三角形，AB=2，PA=2√2，M是PC的中点．(1)求证：平面PAC⊥平面BDM;(2)求直线BC与平面BDM的所成角的大小．25.如图所示，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，平面ABCD⊥平面ABB1A1，∠BAA1=60∘，AB=AA1=2BC=3CD=6．(1)求该四棱柱的体积；(2)在线段DB1上是否存在点M，使得CM//平面DAA1D1？若存在，求DM的值；若不存在，说明DB1理由．26.一个圆锥的底面半径为R，高为√3R，求此圆锥的内接正四棱柱表面积的最大值。

高中数学必修二第八章立体几何初步专项训练题(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步专项训练题单选题1、直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a，b，c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，则（）A．V c<V b<V a B．V a<V b<V c C．V c<V a<V b D．V b<V a<V c答案：A解析：求出V a=b×13abπ，V b=a×13abπ，V c=abc×13abπ，推导出abc<a<b，从而得到V c<V b<V a．∵直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a、b、c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，∴V a=13×π×b2×a=13πab2=b×13abπ，V b=13×π×a2×b=13πa2b=a×13abπ，该直角三角形斜边上的高ℎ满足12ab=12cℎ，可得ℎ=abc，V c=13×π×(abc)2×c=13π⋅a2b2c=abc×13abπ，∵abc −a=ab−acc<0，abc−b=ab−bcc<0，∴abc<a<b，∴V c<V b<V a，故选：A.小提示：关键点点睛：本题考查旋转体体积的大小比较，解题的关键就是确定旋转体的形状，并据此求出对应的旋转体的体积，结合作差法比较即可.2、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD −BHC 及直三棱柱DGC −AEB 组成，作HM ⊥CB 于M ，如图，因为CH =BH =3,∠CHB =120∘，所以CM =BM =3√32,HM =32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB =BC =3√3,在直棱柱AFD −BHC 中，AB ⊥平面BHC ，则AB ⊥HM ,由AB ∩BC =B 可得HM ⊥平面ADCB ，设重叠后的EG 与FH 交点为I,则V I−BCDA =13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC =12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V =2V AFD−BHC −V I−BCDA =2×814−272=27.故选：D. 3、直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，若∠BAC =90°，AB =AA 1=1，AC =2，E 是棱A 1C 1上的中点，则点A 到平面BCE 的距离是（）A ．1B ．√23C ．√63D ．√33答案：C分析：作出草图，根据题意易证A 1C 1⊥平面AA 1BB 1，可得A 1C 1⊥BA 1，再根据勾股定理分别求出A 1B ，BE ，CE，BC的值，再根据V A−BCE=V E−ABC，即可求出点A到平面BCE的距离.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，连接BA1,CE,AE,BE，由题知，AA1⊥平面A1B1C1，AA1⊥A1C1,AA1⊥A1B1，又∠CAB=∠C1A1B1=90°，∴B1A1⊥A1C1又AA1∩B1A1=A1，所以A1C1⊥平面AA1BB1，所以A1C1⊥BA1，由于AB=AA1=CC1=1,A1C1=AC=2，E点是棱AC上的中点，根据勾股定理，A1B=√AB2+AA12=√12+12=√2，BE=√A1B2+A1E2=√(√2)2+12=√3 CE=√(C1C)2+(C1E)2=√12+12=√2，BC=√AB2+AC2=√12+22=√5，所以BE2+CE2=BC2，即BE⊥CE.设E到平面ABC的距离为d，则d=1，设点A到平面BCE的距离为ℎ，在四面体A−BCE中，V A−BCE=V E−ABC，V E−ABC=13×S△ABC×d=13×(12×1×2)×1=13V A−BCE=13×S△BCE×ℎ=13×(12×√3×√2)×ℎ=√66ℎ则√66ℎ=13，解得ℎ=√63.故选：C.4、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线//AB显然AB 不与平面PBC 垂直，故A 错误故选：A5、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解.如图，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求，由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，又BC ⊥CD ，AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC ，则MN ⊥平面ABC ，所以△BMN 是直角三角形，即∠MNB =90°，又BM =12AD =12√AB 2+BD 2=2√3，所以cos∠BMN =MN BM =2√3=√33，故选：C6、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（）A ．3B ．32C ．34D ．23 答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.7、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（）A ．MN//平面ABEB ．MN//平面ADEC ．MN//平面BDHD ．MN//平面CDE答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE 的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.8、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.多选题9、如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A．PC与平面BCD所成的最大角为45°B．存在某个位置，使得PB⊥CDC．当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，PC=√6D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为√3答案：BC分析：A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时∠PCO＝60°＞45°，即可判断；B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PB⊂平面PBQPB⊥CD，即可判断；C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断；D，若B到平面PDC的距离为√3，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．解：选项A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形，由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，即选项A错误；选项B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD，又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ⊂平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ，∵PB⊂平面PBQ，∴PB⊥CD，即选项B正确；选项C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，∵PB＝PD，∴OP⊥BD，∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，又OP＝OC=√3，∴△POC为等腰直角三角形，∴PC=√2OP=√6，即选项C正确；选项D，∵点B到PD的距离为√3，点B到CD的距离为√3，∴若B到平面PDC的距离为√3，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．故选：BC．10、如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列结论正确的是（）A．BM与ED平行B．CN⊥AFC．CN与BM成60°D．四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条都是异面直线答案：BCD分析：还原成正方体之后根据正方体性质分析线线位置关系.根据展开图还原正方体如图所示：BM与ED不平行，所以A错误；正方体中CN⊥DM，DM//FA，所以CN⊥AF，所以B正确；CN//EB，CN与BM成角就是∠EBM，△EBM是等边三角形，所以∠EBM=60°，所以C正确；由图可得四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条既不想交也不平行，所以任意两条都是异面直线. 故选：BCD11、下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A．AE//CD B．CH//BE C．DG⊥BH D．BG⊥DE答案：BCD分析：由平面展开图还原为正方体，根据正方体性质即可求解.由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，AE⊥CD，故A错误；由HE//BC,HE=BC，四边形BCHE为平行四边形，所以CH//BE，故B正确；因为DG⊥HC,DG⊥BC,HC∩BC=C,所以DG⊥平面BHC,所以DG⊥BH，故C正确；因为BG//AH，而DE⊥AH,所以BG⊥DE，故D正确.故选：BCD填空题12、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④13、中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA⊥平面ABCE，四边形ABCD为正方形，AD=√5，ED=√3，若鳖臑P−ADE 的外接球的体积为9√2π，则阳马P−ABCD的外接球的表面积等于______.答案：20π解析：求出鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，可求出PA，然后求出正方形ABCD的外接圆半径r2，利用公式R2=√(PA2)2+r22可求出阳马P−ABCD的外接球半径R2，然后利用球体的表面积公式可得出答案.∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥CD，即AD⊥CE，且AD=√5，ED=√3，所以，ΔADE的外接圆半径为r1=AE2=√AD2+ED22=√2，设鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，则43πR13=9√2π，解得R1=3√22.∵PA⊥平面ADE，∴R1=√(PA2)2+r12，可得PA2=√R12−r12=√102，∴PA=√10.正方形ABCD的外接圆直径为2r2=AC=√2AD=√10，∴r2=√102，∵PA⊥平面ABCD，所以，阳马P−ABCD的外接球半径R2=√(PA2)2+r22=√5，因此，阳马P−ABCD的外接球的表面积为4πR22=20π.所以答案是：20π.小提示：本题考查球体表面积和体积的计算，同时也涉及了多面体外接球问题，解题时要分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.14、词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC，其中PA⊥平面ABC，PA=AC=2，BC=2√2，则四面体PABC的外接球的表面积为______．答案：16π分析：确定外接球球心求得球半径后可得表面积．由于PA⊥平面ABC，因此PA与底面上的直线AC,AB,BC都垂直，从而AC与AB不可能垂直，否则△PBC是锐角三角形，由于AC<BC，因此有AC⊥BC，而PA与AC是平面PAC内两相交直线，则BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，所以PB的中点O到P,A,B,C四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心．PB2=PA2+AB2=PA2+AC2+BC2=22+22+(2√2)2=16，PB=4，)2=4π×22=16π．所以所求表面积为S=4π×(PB2所以答案是：16π．解答题15、如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，点H为线段AD 的中点，且AB=AD=4，∠FAB=30°，点G为线段CE上一动点.(1)试确定点G的位置，使DG//平面CFH，并给予证明；(2)求三棱锥E−CFH的体积.答案：(1)点G为线段CE中点，证明见解析；.(2)8√33分析：（1）点G为线段CE中点，取CF中点M，证明DG//HM，再利用线面平行的判定推理作答.（2）根据给定条件，证得CE⊥平面ADEF，再结合等体积法即可求出三棱锥E−CFH的体积作答.（1）当点G为线段CE中点时，DG//平面CFH，取CF中点M，连接HM,GM，如图，则GM//EF，GM=12EF，因E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，则EF是半圆柱的一条母线，即EF=AD，而点H为线段AD的中点，于是得GM//DH,GM=DH，即四边形DGMH为平行四边形，则DG//HM，而DG⊄平面CFH，HM⊂平面CFH，所以DG//平面CFH.（2）依题意，AB是半圆柱下底面半圆的直径，则∠AFB=90∘，而∠FAB=30°，有AF=√32AB=2√3,BF=12AB=2，显然CD是半圆柱上底面半圆的直径，则CE⊥DE，由（1）知EF是半圆柱的一条母线，则EF⊥平面CDE，而CE⊂平面CDE，即有CE⊥EF，DE∩EF=E，DE,EF⊂平面ADEF，因此，CE⊥平面ADEF，而EF//BC,EF=BC，即四边形BCEF是平行四边形，CE=BF=2，又点H为线段AD的中点，则S△EFH=12AD⋅AF=4√3，所以三棱锥E−CFH的体积V E−CFH=V C−EFH=13⋅S△EFH⋅CE=13×4√3×2=8√33.。

高中数学第八章立体几何初步知识总结例题(带答案)

高中数学第八章立体几何初步知识总结例题单选题1、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F．连BF，∵平面平面ABCD．EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴ΔMFB与ΔEON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO=√3,ON =EN=2，MF=√32,BF=52,∴BM=√7．∴BM≠EN，故选B．CDE小提示：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则OʹAʹ=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，故原平面图形的面积为1×4×4√2=8√2.2故选：A3、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是（）A．B．C．D．分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A4、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.5、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.6、已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB=2√3，AC=AD=4，CD= 2√2，则球O的表面积为（）A．20πB．18πC．36πD．24π答案：A分析：根据AB⊥平面BCD，得到AB⊥BC，AB⊥BD，再由AB=2√3，AC=AD=4，CD=2√2，得到BC⊥BD，则三棱锥A−BCD截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，∴BC=BD=√42−(2√3)2=2，在△BCD中，CD=2√2，∴CD2=BC2+BD2，∴BC⊥BD.如图所示：三棱锥A−BCD的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，设球O的半径为R，则2R=√BA2+BC2+BD2=√(2√3)2+22+22=2√5，解得R=√5，所以球O的表面积为20π，故选：A.7、下列条件中，能得出直线m与平面α平行的是（）A．直线m与平面α内的所有直线平行B．直线m与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A ，直线m 与平面α内的所有直线平行不可能，故A 错误；对B ，当直线m 在平面α内时，满足直线m 与平面α内的无数条直线平行，但m 与α不平行；对C ，能推出m 与α平行；对D ，当直线m 在平面α内时，m 与α不平行.故选：C.8、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.多选题9、（多选）一个几何体有6个顶点，则这个几何体可能是（）A ．三棱柱B ．三棱台C ．五棱锥D ．四面体答案：ABCGH GH分析：根据棱柱、棱台、棱锥及四面体的图形分析，即可得答案.对于A ，三棱柱是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于B ，三棱台是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于C ，五棱锥是底面为五边形及一个顶点，有6个顶点，满足题意；对于D ，四面体的顶点个数为4个，不满足题意.故选：ABC.10、我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半球内有一个方锥，方锥的底面内接于半球的底面，方锥的顶点在半球的球面上，若方锥的体积为18，则半球的说法正确的是（）A ．半径是3B ．体积为18πC ．表面积为27πD ．表面积为18π答案：ABC分析：作出正四棱锥的对角面，为半球的半个大圆的内接三角形，由图形可用球的半径表示出棱锥底面边长，高，由棱锥体积求得半球半径．然后计算半球体积，表面积，判断各选项．如图，是正四棱锥的对角面，设球半径为r ，AC 是半圆的直径，则正四棱锥底面边长为√2r ，棱锥体积为V =13×(√2r)2×r =23r 3=18，r =3，半球体积为V =23πr 3=23π×33=18π，表面积为S =2π×32+π×32=27π，故选：ABC ．11、如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（）PAC △PAC△A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4B．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4C．点D到面ACD1的距离为√33D．三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为√32答案：BCD分析：对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C；对于B：可证B1C⊥平面ABC1D1，则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1；对于C：根据等体积转换V D−ACD1=V D1−ACD，求点D到面ACD1的距离；对于D：三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．连接AC、AD1∵AB∥C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，∴异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C∵AC=AD1=D1C，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3A不正确；连接B1C在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C∵AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C∴AB⊥B1CAB∩BC1=B，则B1C⊥平面ABC1D1∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4 B正确；根据等体积转换可知：V D−ACD1=V D1−ACD即13×ℎ×12×√2×√2×√32=13×1×12×1×1，则ℎ=√33C正确；三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球则外接球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的一半，即R=√32D正确；故选：BCD．12、如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1答案：CD分析：直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.13、正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2√3，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3B．正三棱锥的斜高为√392C．正三棱锥的体积为27√34D．正三棱锥的侧面积为9√394答案：ABD分析：先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.设E为等边三角形ADC的中心，F为CD的中点，连接PF,EF,PE，则PE为正三棱锥的高，PF为斜高，又PF=√12−94=√392，EF=32×√33=√32，故PE=√394−34=3,故AB正确.而正三棱锥的体积为13×3×√34×9=9√34，侧面积为3×12×3×√392=9√394，故C错误，D正确.故选：ABD.填空题14、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是____．①平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ；②DC 1⊥PC ；③∠APD 1的取值范围是[π2,π)； ④三棱锥C 1−D 1PC 的体积为定值43．答案：①②④分析：由正方体的特征知A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，由面面垂直的判定和线面垂直的性质可知①②正确；当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，由长度关系可求得cos∠APD 1>0，知③错误；由体积桥和三棱锥体积公式可确定④正确.对于①，∵几何体是正方体，∴A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，又A 1D 1⊂平面A 1D 1P ，∴平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ，①正确；对于②，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，对角面A 1BCD 1，∴DC 1⊥PC ，②正确；对于③，当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，可得：AP =√102，D 1P =√342，AD 1=2√2，由余弦定理得：cos∠APD 1=AP 2+D 1P 2−AD 122AP⋅D 1P =52+172−82×√102×√342=√85>0，此时∠APD 1<π2，③错误；对于④，∵△D 1C 1C 的面积是定值S =12×2×2=2，点P 到面D 1C 1C 的距离为BC =2，∴三棱锥C 1−D 1PC的体积V =13×2×2=43，④正确． PC所以答案是：①②④．15、如图，在正方体中，A 、B 、C 、D 分别是顶点或所在棱的中点，则A 、B 、C 、D 四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．答案：①③④分析：四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明，证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据．图①：证明AB ∥EF ，CD ∥EF ，可得AB ∥CD ；图③：证明BD ∥EF ，AC ∥EF ，可得BD ∥AC ；图④：证明GH ∥EF ，AC ∥EF ， BD ∥GH ，可得BD ∥AC ．图①：取GD 的中点F ，连结BF 、EF ，∵B 、F 均为相应边的中点，则：BF ∥HG又∵HG ∥，则BF ∥即ABFE 为平行四边形∴AB ∥EF同理: CD ∥EF则AB ∥CD 即A 、B 、C 、D 四点共面，图①正确；图②：显然AB 与CD 异面，图②不正确；AEAE图③：连结AC,BD,EF,∵BE∥DF即BDFE为平行四边形∴BD∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图③正确；图④：连结AC,BD,EF,GH,∵GE∥HF即GEFH为平行四边形，则GH∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF同理：BD∥GH∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图④正确．所以答案是：①③④．16、一个正四棱柱的底面边长为2，高为4，则该正四棱柱的体积为________．答案：16分析：根据棱柱的体积公式直接计算即可.由题可得该正四棱柱的体积为2×2×4=16.所以答案是：16.解答题17、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．(1)求证：B1D∥平面ACE．(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG．∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，∴DB1∥GE，又DB1⊄平面ACE，GE⊂平面ACE，∴B1D∥平面ACE．（2）∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，∴B1F∥CE，又∴B1F⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴B1F∥平面ACE，由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．18、用符号表示下列语句，并画出图形.（1）平面α与β相交于直线l，直线a与α，β分别相交于点A，B；（2）点A，B在平面α内，直线a与平面α交于点C，点C不在直线AB上.答案：（1）α∩β＝l，a∩α＝A，a∩β＝B；图象见解析；（2）A∈α，B∈α，a∩α＝C，C∉AB；图象见解析分析：由题意将自然语言转化为符号语言,根据点线面的关系,借用集合符号,表示即可.（1）用符号表示：α∩β＝l,a∩α＝A,a∩β＝B，如图.（2）用符号表示：A∈α,B∈α,a∩α＝C,C∉AB，如图.小提示：本题主要考查点、线、面的关系的符号表达,属于基础题.。

高中数学立体几何大题

高中数学立体几何模拟试卷一、选择题（每题1分，共5分）1.在一个长方体中，所有侧面的面积都相等，那么这个长方体的形状是：A.立方体B.长方体C.平面图形D.不确定2.一个四面体的四个面都是等边三角形，那么这个四面体是：A.正四面体B.等腰四面体C.一般四面体D.不确定3.在空间直角坐标系中，点P(1,2,3)到原点的距离是：A.1B.√5C.√14D.64.一个正方体的对角线长度是6，那么它的体积是：A.8B.27C.64D.1255.一个圆锥的底面半径是3，高是4，那么它的母线长度是：A.5B.√7C.√19D.25二、判断题（每题1分，共5分）6.如果一个四面体的四个面都是等边三角形，那么这个四面体一定是正四面体。

（）7.在空间直角坐标系中，点P(1,2,3)到原点的距离是3。

（）8.一个正方体的对角线长度是它的棱长的√3倍。

（）9.一个圆锥的底面半径是3，高是4，那么它的母线长度是5。

（）10.如果一个多面体的所有面都是正多边形，那么这个多面体一定是正多面体。

（）三、填空题（每题1分，共5分）11.一个长方体的长、宽、高分别是3、4、5，那么它的对角线长度是______。

12.一个正四面体的棱长是2，那么它的体积是______。

13.在空间直角坐标系中，点P(1,2,3)到点Q(4,5,6)的距离是______。

14.一个圆锥的底面半径是3，高是4，那么它的体积是______。

15.一个球的半径是5，那么它的表面积是______。

四、简答题（每题2分，共10分）16.简述长方体的性质。

17.简述正四面体的性质。

18.简述圆锥的体积公式。

19.简述球的表面积公式。

20.简述空间直角坐标系中两点之间的距离公式。

五、应用题（每题2分，共10分）21.一个长方体的长、宽、高分别是3、4、5，求它的对角线长度。

22.一个正四面体的棱长是2，求它的体积。

23.在空间直角坐标系中，点P(1,2,3)到点Q(4,5,6)的距离是多少？24.一个圆锥的底面半径是3，高是4，求它的体积。

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步典型例题

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步典型例题单选题1、下列说法正确的有（）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A2、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.3、下列命题中，正确的是（）A ．三点确定一个平面B ．垂直于同一直线的两条直线平行C ．若直线l 与平面α上的无数条直线都垂直，则l ⊥αD ．若a 、b 、c 是三条直线，a ∥b 且与c 都相交，则直线a 、b 、c 在同一平面上答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A 错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.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，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得)=2√3，BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=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、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)a 2B ．(2+4√2)a 2C ．(4+2√2)a 2D ．(6−4√2)a 2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√2a 2，所以拼成的几何体的表面积为4a 2+2√2a 2=(4+2√2)a 2.故选：C.6、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32，设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.7、如图所示，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1，∠BAC =90°，AB =AA 1=1，D 是棱CC 1的中点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，若点Q 在线段B 1P 上，则下列结论中正确的是（）.A ．当点Q 为线段B 1P 的中点时，DQ ⊥平面A 1BDB ．当点Q 为线段B 1P 的三等分点时，DQ ⊥平面A 1BDC ．在线段B 1P 的延长线上，存在一点Q ，使得DQ ⊥平面A 1BDD ．不存在DQ 与平面A 1BD 垂直答案：D分析：依据线面垂直性质定理，利用反证法即可否定选项ABC ；按照点Q 为线段B 1P 的中点和点Q 不为线段B 1P的中点两种情况利用反证法证明选项D判断正确.连接AB1，交A1B于H在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，AB=AA1=1，则四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B又∠BAC=90°，即AB⊥AC，又AA1⊥AC，AB∩AA1=A，AA1⊂面A1B1BA，AB⊂面A1B1BA则AC⊥面A1B1BA，则AC⊥A1B又AB1⊥A1B，AB1∩AC=A，AB1⊂面AB1C，AC⊂面AB1C则A1B⊥面AB1C，选项A：当点Q为线段B1P的中点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1若DQ⊥平面A1BD，则AB1⊥平面A1BD又A1B⊥面AB1C，则面AB1C//平面A1BD，这与AB1∩A1B=H矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；选项B：当点Q为线段B1P的三等分点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的点三等分时，DQ⊥平面A1BD，不正确；选项C：在线段B1P的延长线上一点Q，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD不正确；选项D：由选项A可知，点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不成立；假设点Q在线段B1P上，且不是中点，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即点Q在线段B1P上，且不是中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；故不存在DQ与平面A1BD垂直.判断正确.故选：D8、设α,β为两个不同的平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α,β垂直于同一平面C．α,β平行于同一条直线D．α内的任何直线都与β平行答案：D分析：根据面面平行、相交的知识确定正确选项.A选项，α内有无数条直线与β平行，α与β可能相交，A选项错误.B选项，α,β垂直于同一平面，α与β可能相交，B选项错误.C选项，α,β平行于同一条直线，α与β可能相交，C选项错误.D选项，α内的任何直线都与β平行，则α//β，D选项正确.故选：D9、在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2√2，AB=BC=2，则该阳马的外接球的表面积为（）A．4πB．8πC．16πD．32π答案：C分析：补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，求出外接球半径，即可得出答案.解：因为四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，如图，补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，设外接球半径为R，则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16，所以R=2，所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π.故选：C.10、球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC 的项点都在半径为2的球面上，球心到△ABC 所在平面距离为2√63，则A 、B 两点间的球面距离为（） A ．πB ．π2C ．2π3D ．3π4答案：C分析：设球心为点O ，计算出∠AOB ，利用扇形弧长公式可求得结果.设球心为点O ，平面ABC 截球O 所得截面圆的半径为r =√22−(2√63)2=2√33，由正弦定理可得4√33=AB sin∠ACB ，∴AB =4√33sin π3=2，又∵OA =OB =2，所以，△AOB 为等边三角形，则∠AOB =π3，因此，A 、B 两点间的球面距离为2×π3=2π3. 故选：C.小提示：思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式r =√R 2−d 2（其中r 为截面圆的半径，R 为球的半径，d 为球心到截面的距离）来计算.填空题11、词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA =AC =2，BC =2√2，则四面体PABC 的外接球的表面积为______．答案：16π分析：确定外接球球心求得球半径后可得表面积．由于PA⊥平面ABC，因此PA与底面上的直线AC,AB,BC都垂直，从而AC与AB不可能垂直，否则△PBC是锐角三角形，由于AC<BC，因此有AC⊥BC，而PA与AC是平面PAC内两相交直线，则BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，所以PB的中点O到P,A,B,C四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心．PB2=PA2+AB2=PA2+AC2+BC2=22+22+(2√2)2=16，PB=4，)2=4π×22=16π．所以所求表面积为S=4π×(PB2所以答案是：16π．12、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．答案：π32πrl=2⋅π⋅分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得12r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π313、如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______．答案：37分析：证得S△A1B1C1=14S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E，所以BB1//C1E，又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1=BE，且E分别是BC的中点，所以B1C1=1 2BC，同理A1B1=12AB，因此S△A1B1C1=14S△ABC，设上底面的面积为S，高为ℎ，则下底面的面积为4S，所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37，所以答案是：37.14、如图，已知平面四边形ABCD中，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，以BD为棱折成直二面角A−BD−C，若折叠后A，B，C，D四点在同一球面上，则该球的体积为___________.答案：32√327π分析：如图，折叠后，取BD的中点H，连接CH,AH，由面面垂直的性质可得AH⊥平面BCD，由BC⊥CD，可得球心O在AH上，设球半径为R，求得半径R，再根据球的体积公式即可得出答案.解：如图，折叠后，取BD的中点H，连接CH,AH，因为△ABD是边长为2的正三角形，所以AH⊥BD，又二面角A−BD−C为直二面角，平面ABD⊥平面BCD，所以AH⊥平面BCD，则AH=√3，HC=1，又BC⊥CD，所以球心O在AH上，设球半径为R，则OA=OB=R，OH=√3−R，所以R2=(√3−R)2+1，解得R=2√33，所以球的体积为V=43π(2√33)3=32√327π.所以答案是：32√327π.15、如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有______个．①AC⊥SB；②AB∥平面SCD；③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD；④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角．答案：4分析：利用线面垂直的判定定理AC⊥平面SBD，进而可判定①正确．根据AB∥CD，利用线面平行的判定定理可证②正确．根据线面所成角的定义可判定③正确．根据AB∥CD，由异面直线所成角的定义可判定④正确．因为SD⊥底面ABCD，所以AC⊥SD．因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又BD∩SD＝D，所以AC⊥平面SBD，所以AC⊥SB，故①正确．因为AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD，故②正确．因为AD是SA在平面ABCD内的射影，所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD．故③正确．因为AB∥CD，所以AB 与SC所成的角等于DC与SC所成的角，故④正确．所以答案是：4.解答题16、如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC的中点.（1）求证：经过A、B、E三点的截面平分侧棱PD；（2）若PA⊥底面ABCD，且PA=AD=2，求四面体ABEP的体积..答案：（1）证明见解析；（2）23分析：（1）设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF，证明CD//EF.即得F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD；（2）取PB中点H，连EH，证明EH⊥平面PAB，即得解.（1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB中点H，连EH，∵E是PC中点，∴EH//BC，即EH=1且EH⊥平面PAB，又Rt△PAB的面积S=12PA⋅AB=2.∴四面体ABEP的体积V=V E−PAB=13⋅S⋅EH=23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.17、长方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为棱AA1,CC1的中点.（1）求证：D1E//BF；（2）求证：∠B1BF=∠A1ED1.答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）先证明四边形EMC1D1为平行四边形，可得D1E//MC1，再证明四边形MBFC1为平行四边形，得BF//MC1，从而得D1E//BF；（2）根据等角定理证明即可.证明：（1）如图，取BB1的中点M，连接EM,C1M.在矩形ABB1A1中，易得EM//A1B1，EM=A1B1因为A1B1//C1D1，A1B1=C1D1，所以EM//C1D1，EM=C1D1所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E//MC1.在矩形BCC1B1中，易得MB//C1F，MB=C1F.所以四边形MBFC1为平行四边形，所以BF//MC1，所以D1E//BF.（2）因为D1E//BF，BB1//EA1，又∠B1BF与∠A1ED1的对应边方向相同，所以∠B1BF=∠A1ED1.18、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）√2．3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)=−2a2=−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(t2,1,0)，PB⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t2,1,0)．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(PD ⃑⃑⃑⃑⃑ +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.19、如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，AB ⊥BP ，M ，N 分别为AC ，PD 的中点．（1）求证：MN ∥平面ABP ；（2）若BP ⊥PC ，求证：平面ABP ⊥平面APC ．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即连结BD，证明MN//BP；（2）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化，证明PC⊥平面ABP. 证明：（1）连结BD，由已知，M为AC和BD的中点，又∵N为PD的中点，∴MN∥BP．∵MN⊄平面ABP，BP⊂平面ABP，∴MN∥平面ABP．（2）∵AB⊥BP，AB⊥BC，BP∩BC＝B，∴AB⊥平面BPC．∵PC⊂平面BPC，∴AB⊥PC．∵BP⊥PC，AB∩BP＝B，∴PC⊥平面ABP．∵PC⊂平面APC，∴平面ABP⊥平面APC．。

高中数学立体几何试题及答案[1]

立体几何专题训练一、选择题（每题5分，共60分）1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）2.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（）3.（2011年高考湖南卷文科4)设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．942π+ Ｂ．3618π+ Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+4.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（）（A ）283π-（B ）83π- （C ）82π- （D ）23π5.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为的三视图中的俯视图如右图所示．左视图是一个矩形．则这个矩形的面积是( )(A)4 (B)6.1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )（A ）1223,l l l l ⊥⊥⇒1l //2l （B ）12l l ⊥,1l //3l ⇒32l l ⊥ （C ）1l //2l //3l ⇒ 1l ，2l ，3l 共面（D ）1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面7.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积．．．等于 ( )B.2C.D.68.在空间，下列命题正确的是( ) A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行正视图侧视图俯视图图19.一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是()（A）372 （B）360（C）292 （D）28010.设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a,其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) （A）3πa2 （B）6πa2（C）12πa2 （D）24πa211.设球的体积为V1,它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是( )A. V1比V2大约多一半B. V1比V2大约多两倍半C. V1比V2大约多一倍D. V1比V2大约多一倍半12.下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是( )(A)3 (B)2 (C)1 (D)0二、填空题（每题4分，共16分）13.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于_____________.14．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为.15．已知四棱椎P ABCD-的底面是边长为6 的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且8PA=，则该四棱椎的体积是。

人教A版高中数学必修第二册强化练习题-第八章-立体几何初步(含答案)

人教A版高中数学必修第二册第八章　立体几何初步全卷满分150分　考试用时120分钟一、单项选择题(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.下列说法中正确的是( )2.23.已知圆锥侧面展开图的圆心角为60°,底面圆的半径为8,4.5.6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AB=AC=AD=2A1D=CE=2C1E=2,点F满足BF=λBD(0<λ<1),若B1E∥平面ACF,则λ的值为( )A.23B.12C.13D.147.8.,,EF=12 D.642π每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中部分选对的得部分分,有选错的得9.10.如图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则下列四个命题中正确的是( )A.直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角为π4B.点C到平面ABC1D1的距离为22C.异面直线D1C和BC1所成的角为π4D.二面角C-BC1-D的余弦值为-3311.如图1,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,EF⊥AB,CF=EF=2DF=2,AE=3,EB=4,将四边形AEFD沿EF进行折叠,使AD到达A'D'的位置,且平面A'D'FE⊥平面BCFE,连接A'B,D'C,如图2,则( )A.BE⊥A'D'B.平面A'EB∥平面D'FCC.多面体A'EBCD'F为三棱台D.直线A'D'与平面BCFE所成的角为π4三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,高为3,则点A到不经过点A的侧面的距离为 .13.在△ABC中,∠ACB=90°,AC=2,BC=5,P为AB上一点,沿CP将△ACP折起形成直二面角A'-CP-B,当A'B最短时,A'P= .BP14.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,一般情况下粽子的形状是四面体.如图1,已知底边和腰长分别为8 cm和12 cm的等腰三角形纸片,将它沿虚线(中位线)折起来,可以得到如图2所示粽子形状的四面体,若该四面体内包一蛋黄(近似于球),则蛋黄的半径的最大值为 cm(用最简根式表示);当该四面体的棱所在的直线是异面直线时,其所成的角中最小的角的余弦值为 .四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(13分)现需要设计一个仓库,由上下两部分组成,如图所示,上部分是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部分是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,求仓库的容积(含上下两部分);(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为6 m,当PO1为多少时,下部分正四棱柱的侧面积最大?最大面积是多少?16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,E为PD的中点,EA=12 PD,EF⊥AC,垂足为F,且AC=4AF.证明:(1)PB∥平面ACE;(2)PA⊥平面ABCD.17.(15分)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.(1)求证:AC⊥BC1;(2)求证:AC1∥平面CDB1;(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.18.(17分)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=3,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出AP的PD 值;若不存在,请说明理由;(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.,平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,△ABC 19.(17分)如图,已知三棱台ABC-A1B1C1的体积为7312是以B为直角顶点的等腰直角三角形,且AB=2AA1=2A1B1=2BB1.(1)证明:BC⊥平面ABB1A1;(2)求点B到平面ACC1A1的距离;?若存在,求出CF的长;若不(3)在线段CC1上是否存在点F,使得二面角F-AB-C的大小为π6存在,请说明理由.答案全解全析1.D 对于A,长方体是四棱柱,底面不是长方形的直四棱柱不是长方体,A 错误;对于B,棱台侧棱的延长线必须相交于一点,B 错误;对于C,各侧面都是正方形,底面不是正方形(如菱形)的四棱柱不是正方体,C 错误;对于D,棱柱的侧棱相等,侧面都是平行四边形,D 正确. 2.3.母线长为l,则r=8,πrl=8×48π=384π.4.由扇环的圆心角为180°,又C=2π×10,所以SA=20,同理SB=40,则AB=SB-SA=20,圆台的高h=AB 2-(20-10)2=103,表面积S=π(10+20)×20+100π+400π=1 100π,体积V=13π×103×(102+10×20+202)=700033π.故选C.5.A 取BD 的中点E,连接ED 1,AE,易得PD 1∥BE 且PD 1=BE,所以四边形BED 1P 为平行四边形,所以PB ∥D 1E,故∠AD 1E(或其补角)为直线PB 与AD 1所成的角.设AB=AD=AA 1=2,因为∠ABD=45°,所以∠DAB=90°,因为E 为BD 的中点,所以AE=DE=22AB=2.易得AD 1=AD 2+D D 21=22,D 1E=DE 2+D D 21=6,因为A D 21=AE 2+D 1E 2,所以AE ⊥D 1E.故cos ∠AD 1E=D 1EAD 1=622=32,又0°<∠AD 1E<180°,所以∠AD 1E=30°.故选A.6.C 在BB 1上取一点G,使得B 1G=2BG,连接CG,AG,如图所示.∵CE=2C 1E=2,∴CC 1=BB 1=3,∴在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,B 1G ∥CE,且B 1G=CE=2,∴四边形B 1GCE 为平行四边形,∴B 1E ∥CG,∵B 1E ⊄平面ACG,CG ⊂平面ACG,∴B 1E ∥平面ACG,若B 1E ∥平面ACF,则F 在平面ACG 内,又F 为BD 上一点,∴F 为BD 与AG 的交点.易知△BFG ∽△DFA,∴BF DF =BG DA =12,∴BF =13BD ,即λ的值为13.故选C.7.D 取AD 的中点M,AB 的中点N,连接PD,MD 1,MN,NB 1,B 1D 1,A 1C 1,AC.易知M,N,B1,D1四点共面,D1M⊥PD,D1M⊥CD,∵PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD,∴D1M⊥平面2,AB∥MN,点O是MN的中点AE2-A N2=22,同理FM=2EN2-MN-EF22=7,当点O1在线段O2O的延长线(含点O)上时,视OO1为非负数;当点O1在线段O2O(不含点O)上时,视OO1为负数,即O2O1=O2O+OO1=7+OO1,所以(22)2+O O21=1+(7+O O1)2,解得OO1=0,因此刍甍的外接球球心在点O处,半径为OA=22,所以刍甍的外接球的体积为4π3×(22)3=642π3.故选A.9.AC　对于A,因为圆锥的底面半径为3,所以圆锥的底面周长为2π×3=6π,又因为圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面展开图的圆心角为6π4=3π2,故A选项正确.对于B,因为圆锥的底面半径为3,母线长为4,所以圆锥的高h=42-32=7,故圆锥的体积V=13×π×32×7=37π,故B选项不正确.对于C,设圆锥的两条母线的夹角为θ,则过这两条母线所作截面的面积为12×4×4×sin θ=8sinθ,易知过圆锥母线的截面中,轴截面三角形对应的θ最大,此时cos θ=42+42-622×4×4=-18,所以θ最大是钝角,所以当θ=π2时,截面的面积最大,为8sin π2=8,故C选项正确.对于D,易知圆锥的轴截面的面积为12×6×7=37,故D选项不正确.故选AC.10.AB　如图,取BC1的中点H,连接CH,易证CH⊥平面ABC1D1,所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角,为π4,故A正确.点C到平面ABC1D1的距离即为CH的长,为22,故B正确.易证BC1∥AD1,所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C(或其补角),连接AC,易知△ACD1为等边三角形,所以∠AD1C=π3,所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故C错误.连接DH,易知BD=DC1,所以DH⊥BC1,又CH⊥BC1,所以∠CHD为二面角C-BC1-D的平面角,易求得DH=62,又CD=1,CH=22,所以由余弦定理的推论可得cos∠CHD=DH2+C H2-C D22DH·CH =33,故D错误.故选AB.11.ABD　对于A,因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平面A'D'FE∩平面BCFE=EF,BE⊂平面BCFE,BE⊥EF,所以BE⊥平面A'D'FE,又因为A'D'⊂平面A'D'FE,所以BE⊥A'D',故A正确.对于B,因为A'E ∥D'F,A'E ⊄平面D'FC,D'F ⊂平面D'FC,所以A'E ∥平面D'FC,因为BE ∥CF,BE ⊄平面D'FC,CF ⊂平面D'FC,所以BE ∥平面D'FC,又因为A'E∩BE=E,A'E,BE ⊂平面A'EB,所以平面A'EB ∥平面D'FC,故B 正确.对于C,因为D 'F A 'E =13,FC EB =24=12,则D 'F A 'E ≠FCEB ,所以多面体A'EBCD'F 不是三棱台,故C 错误.对于D,延长A'D',EF,相交于点G,A'D'FE∩平面BCFE=EF,A'E 为直线A'D'与平面GF+2,则32+12=10,到侧面PBC 的距离相等易知S △PDC =S △PBC =12×2×10=10,正四棱锥P-ABCD 的体积V=13S 四边形ABCD ·PO=13×2×2×3=4,设点A 到侧面PBC 的距离为d,则V=V A-PDC +V A-PBC =13S △PDC ·d+13S △PBC ·d=13d×210=4,解得d=3105.故答案为3105.13.答案　25解析　过点A 作AD ⊥CP 于点D,连接BD,设∠ACP=α0<α<则∠PCB=π2-α,所以A'D=2sin α,CD=2cos α,在△BCD 中,由余弦定理可得BD 2=CD 2+BC 2α=4cos 2α+25-10sin 2α,因为A'-CP-B 为直二面角,所以A'D ⊥平面BCP,所以A'D ⊥BD,则A'B 2=A'D 2+BD 2=4sin 2α+4cos 2α+25-10sin 2α=29-10sin 2α,当A'B 2最小时,A'B 最短,2α=π2,所以α=π4,此时CP 平分∠ACB,由角平分线定理可得AP BP =AC BC =25,即A 'P BP =25.14.答案　144;59解析　对题图1中各点进行标记,同时将题图2置于长方体中如下,其中A,B,C 三点重合.设EP=x cm,ER=y cm,SE=z cm,则x 2+y 2=36,x 2+z 2=36,y 2+z 2=16,解得x =27,y =z =22,∴四面体ADEF 的体积为13V 长方体=13xyz=1673(cm 3),四面体ADEF 的表面积S=4S △DEF =4×12×4×42=322(cm 2).当蛋黄与四面体各个面相切时,蛋黄的半径最大,设此时蛋黄(近似于球)的半径为r cm,则V 长方体=13Sr,∴r=3V 长方体S =167322=144.设SQ∩DF=O,取DQ 的中点M,连接OM,则OQ=3 cm,MQ=2 cm,在Rt △OMQ 中,sin ∠QOM=MQ OQ =23,∴cos ∠DOQ=cos(2∠QOM)=1-2sin 2∠QOM=1-49=59,∴∴则∴∵∴又则AE=OE,又AE=12PD,OE=12PB,所以PB=PD,连接OP,则PO ⊥BD,(9分)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD,又PO∩AC=O,PO,AC ⊂平面PAC,所以BD ⊥平面PAC,又PA ⊂平面PAC,所以BD ⊥PA.(11分)因为AE=12PD,E 为PD 的中点,所以∠PAD=90°,即PA ⊥AD,(13分)又AD∩BD=D,AD,BD ⊂平面ABCD,所以PA ⊥平面ABCD.(15分)17.解析　(1)证明:∵AC 2+BC 2=AB 2,∴AC ⊥BC.又∵C 1C ⊥AC,C 1C∩BC=C,∴AC ⊥平面BCC 1B 1.(3分)∵BC 1⊂平面BCC 1B 1,∴AC ⊥BC 1.(5分)(2)证明:设CB 1与C 1B 的交点为E,则E 是BC 1的中点,连接DE,∵D 是AB 的中点,∴DE ∥AC 1.(8分)∵DE ⊂平面CDB 1,AC 1⊄平面CDB 1,∴AC 1∥平面CDB 1.(10分)(3)∵DE ∥AC 1,∴∠CED(或其补角)为AC 1与B 1C 所成的角.在Rt △AA 1C 1中,AC 1=AA 21+A 1C 21=5,∴ED=12AC 1=52,易得CD=12AB=52,CE=12CB 1=22,(13分)∴cos ∠CED=252=225.∴异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值为225.(15分)18.解析　(1)假设存在满足条件的点P.如图,过点P 作PM ∥FD,交AF 于点M,连接ME,∵CE ∥FD,∴MP ∥EC,∴M,P,C,E 四点共面.(2分)∵CP∥平面ABEF,CP⊂平面CEMP,平面ABEF∩平面CEMP=ME,∴CP∥ME,∴四边形CEMP为平行四边形,(4分)∴MP=CE=4-BE=1,易得FD=6-3=3,由MP∥FD可得APAD =MPFD=13,∴APPD=12.(7分)此时AP=1.(8∴又故∴∴在∴∴设由在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,∵AB=2AA1=2A1B1=2BB1,∴四边形ABB1A1为等腰梯形且∠ABB1=∠BAA1=60°,(1分)设AB=2x,则BB1=x.由余弦定理得A B21=AB2+B B21-2AB·BB1cos 60°=3x2,∴AB2=A B21+B B21,∴AB1⊥BB1,(2分)∵平面ABB 1A 1⊥平面BCC 1B 1,平面ABB 1A 1∩平面BCC 1B 1=BB 1,AB 1⊂平面ABB 1A 1,∴AB 1⊥平面BCC 1B 1,(3分)又BC ⊂平面BCC 1B 1,∴AB 1⊥BC.∵△ABC 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形,∴BC ⊥AB,∵AB∩AB 1=A,AB,AB 1⊂平面ABB 1A 1,∴BC ⊥平面ABB 1A 1.(4分)(2)延长AA 1,BB 1,CC 1交于一点P,∵A 1B 1=12AB,∴S △ABC =4S △A 1B 1C 1,∴V P-ABC =8V P -A 1B 1C 1,∴V P-ABC =87V ABC -A 1B 1C 1=87×7312=233,(5分)∵BC ⊥平面ABB 1A 1即BC ⊥平面PAB,∴BC 的长即为点C 到平面PAB 的距离.(6分)由(1)知AB=BC=2x,∠PAB=∠PBA=60°,∴△PAB 为等边三角形,∴PA=PB=AB=2x,∴V P-ABC =13S △PAB ·BC=13×12×(2x)2×32·2x=233x 3=233,∴x=1,∴AB=BC=PA=PB=2,∴AC=PC=22,∴S △PAC =12×2×(22)2-12=7,(8分)设点B 到平面ACC 1A 1的距离为d,即点B 到平面PAC 的距离为d,∵V B-PAC =V P-ABC ,∴13S △PAC ·d=73d=233,解得d=2217.即点B 到平面ACC 1A 1的距离为2217.(10分)(3)假设存在满足条件的点F.∵BC ⊥平面PAB,BC ⊂平面ABC,∴平面ABC ⊥平面PAB,取AB 的中点N,连接PN,NC,则PN ⊥AB,∵平面ABC∩平面PAB=AB,PN ⊂平面PAB,∴PN ⊥平面ABC,(12分)作FE ∥PN,交CN 于点E,则FE ⊥平面ABC,作ED⊥AB于D,连接FD,则ED即为FD在平面ABC上的射影,∵FE⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴AB⊥FE,∵∵V由设则∴∴。

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=。

高中数学立体几何章节检测题（含答案）

高中数学立体几何章节检测题（含答案）高中数学立体几何章节检测题一、填空题:1、A,B,C为空间三点 , 经过这三点的平面有 _______ 个。

2、两个球的半径之比为1∶2，那么两个球的表面积之比为________。

3、已知 a,b 是两条异面直线，直线 c 平行于直线 a,那么直线 c 与直线 b 的位置关系是____________。

4、空间中直线 l 和三角形的两边AC，BC同时垂直，则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是________。

5、以下角：①异面直线所成角；②直线和平面所成角；③二面角的平面角，可能为钝角的有________个。

6、过平面外一点能作 _______ 条直线与这个平面平行。

7、已知一个正方体的所有顶点在一个球面上．若球的体积为9π/16 ，则正方体的棱长为________。

8、如图所示的水平放置的平面图形的直观图，它所表示的平面图形ABCD是 ________。

第8题图9、如图所示，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA、PB、PC于A′、B′、C′，若PA′∶AA′＝3∶4，则S△A′B′C′∶S△ABC＝________。

第9题图10、已知平面α 外两点 A、B到平面α 的距离分别是3和5，则A，B的中点P到平面α的距离是________。

11、若圆锥的全面积是底面积的3倍，则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为________度。

12、如图，已知高为3的棱柱ABC—A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，则三棱锥B1—ABC的体积为________。

第12题图13、在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是________。

①BC∥面PDF；②面PDF⊥面ABC；③DF⊥面PAE；④面PAE⊥面ABC。

第13题图14. 设α∥β，A∈α，C∈α，B∈β，D∈β，直线AB与CD交于O，若AO＝8，BO＝9，CD＝51，则CO＝________。

高中数学分章节训练试题37立体几何(后附答案)

高三数学章节训练题37《立体几何》时量：60分钟满分：80分班级：姓名：计分：个人目标：□优秀（70’~80’） □良好（60’～69’） □合格（50’～59’）一、选择题：本大题共5小题，每小题5分，满分25分． 1. 下列四个命题中，正确的一个是（）A.空间的三个点确定一个平面B.四边形一定是平面图形C.梯形一定是平面图形D.六边形一定是平面图形 2. 已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）40π+40π+40+40+ 3. 一个圆锥的母线长为20cm ，母线与轴的夹角为30，则圆锥的高为（）A.B. C.20cm D.10cm 4. 平面αβ⊥，直线b α⊂，m β⊂，且b m ⊥，则b 与β（）. A.b β⊥ B.b 与β斜交 C.//b β D.位置关系不确定5. 过三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有（）条. A.2 B.4 C.6 D.8 二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分.6. 如图所示，PA ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，且PA ＝AC ＝BC ＝2，则：①二面角P ―BC ―A 的大小为；② PB 与底面ABC 所成的角的正切值等于 .7. 有以下四个命题○1a //α，b a b α⊥⇒⊥；○2,//a b b a αα⊥⊥⇒○3//,a b b a αα⊥⇒⊥ ○4,//a b b a αα⊥⇒⊥. 其中正确的命题是： . 8. 柱体的体积计算公式为“底面积⨯高＝V 柱”，将一块84⨯的矩形折成一个四棱柱的侧面，则卷成的棱柱的体积是；如折成的是正三棱柱的侧面，则体积是 .三、解答题：本大题共3小题，满分40分，第9、10小题各12分，第11小题16分. 解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. 粉碎机的下料斗是无底、无盖的正四棱台形，它的上、下底面边长分别为40cm 、50cm ，高是计算制造这样一个下料斗所需铁板的面积.（结果保留到12cm ）10. 在正四棱锥ABCD P -中，2=PA ，直线PA 与平面ABCD 所成的角为60，求正四棱锥ABCD P -的体积V ．PABC PCDPB CA DO11. 如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为1DD 、DB 的中点．（1）求证：EF //平面11ABC D ；（2）求证：1EF B C ⊥；（3）求三棱锥EFC B V -1的体积．高三数学章节训练题 1～5 CAADC6. 1个或3个7. ○1和○3 8. 16或8；9. 解：根据题意，只需求出这个下料斗的侧面积即可. 如图，1140,50,B CBC EF ===1EC FC ∴==，110C C ∴=.即侧面梯形的上底为40，下底为50，腰为10，故侧面梯形的高为214(4050)1559()2S cm =⨯+⨯=.所以，制造这样一个下料斗所需铁板的面积约为21559cm . 10. 解：作⊥PO 平面ABCD ，垂足为O ．连接AO ，O 是正方形ABCD 的中心，PAO ∠是直线PA 与平面ABCD 所成的角．PAO ∠＝ 60，2=PA ．∴ 3=PO ．1=AO，2=AB ，11233ABCD V PO S ∴== 11. 解：（1）连结1BD ，在B DD 1∆中，E 、F 分别为1D D ，DB 的中点，则11111111////EF D BD B ABC D EF ABC D EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面2）1111111,B C ABB C BC AB B C ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⎪⎬⊂⎪⎪=⎭平面⇒111111B C ABC D BD ABC D ⊥⎫⇒⎬⊂⎭平面平面111//B C BD EF BD ⊥⎫⎬⎭1EF B C ⇒⊥（3）11CF BDD B ⊥平面1CF EFB ∴⊥平面且 CF BF ==112EF BD==，1B F ===CDBFE D 1C 1B 1AA 1CDBFED 1C 1B 1AA 113B E ===，∴22211EF B F B E +=，即190EFB ∠=11113B EFC C B EF B EF V V S CF --∆∴==⋅⋅=11132EF B F CF ⨯⋅⋅⋅=11132⨯=。

高中数学各章节基础练习立体几何基础题

立体几何根底 A 组题一、选择题：1．以下命题中正确命题的个数是 _____个_ ⑴ 三点确定一个平面⑵ 假设点 P 不在平面内，A 、B 、C 三点都在平面内，那么 P 、A 、⑶ 两两相交的三条直线在同一平面内⑷ 两组对边分别相等的四边形是平行四边形2．异面直线 a 和b 所成的角为直线条数有且仅有______条50，P为空间一定点，那么过点 P 且与3．直线 l 平面，直线 m 平面，以下四个命题中正确的选项是 _(1)假设//，那么l m (2)假设，那么l//m(3)假设l//m，那么(4) 假设lm，那么 //．m 、n 为异面直线， m 平面，n 平面， l ，那么．设集合A={直线}，B={平面}，CA B ，假设aA ，bB ，c是A .c//bacB.a ba//cbcaba//b a//cD.a//bacC .cbc//b．a 、b 为异面直线，点A 、B 在直线a 上，点C 、D 在直线b 上，线a 、b 所成的角为．以下四个命题中正确命题的个数是个有四个相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱14．正方体ABCD A1B1C1D1中，E、F、G分别为AB、BC、CC1的重余弦值为________________________15．二面角a内一点P到两个半平面所在平面的距离分别为22那么这个二面角的大小为__________________16.四边形ABCD是边长为a的菱形，BAD60，沿对角线BD折成1AC与BD的距离为_________________________17．P为120 的二面角a内一点，P到、的距离为10，那么P到棱18．如图：正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成60的二面所成角的余弦值是______________________DF19．三棱锥P—ABC中，三侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，三侧面与分别为,,22cos2，那么cos cos_______________20．假设四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，21．三棱锥P—ABC的四个顶点在同一球面上，PA、PB、PC两两互相垂直面的面积分别为2,2 3, 6，那么这个球的外表积是________27．如下列图：PA ⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上任于E，求证：AE 平面PBC。

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高中数学章节试题训练立体几何（1）一．选择题：1．空间五点A,B,C,D,E 不共面，已知A,B,C,D 在同一个平面内，点B,C,D,E 在同一个平面内，那么B,C,D 三点( )A. 一定构成三角形B.一定共线C. 不一定共线D.与A,E 共面2．空间四点中，如果其中任意三点都不共线，那么经过其中三点的平面( )A.必定有4个B.要么4个，要么1只有个C. 要么3个，要么1只有个 D.1,3,4都可能3. 在长方体AC 1的12条面对角线中，有多少对异面直线( ) A. 30 B.60 C.24 D.484.棱长为a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为（）A. 33aB. 43aC. 63aD.123a5．已知矩形ABCD （如图）中,AB=3,BC=a ,若PA ⊥平面AC ，在BC 边上去一点E, 使PE ⊥DE ，则满足条件的E 点有两个时，a 的取值范围是( ) A.a>6B.a ≥6C. 0<a<6 D. 0<a ≤6 二．填空题：D6．a,b是两直线，α,β是两平面，且a⊥α,b⊥β（填一种条件即可）7．如图为正方体的平面展开图，在这个正方体中①BM与ED平行②CN与BE是异面直线③CN与BM成600角④DM与BN垂直，其中正确命题序号是______________________8．对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB=AC,BD=CD则BC⊥AD ②若AC=CD,AC=BD则BC⊥AD③若AB⊥AC,BD⊥CD则BC⊥AD ④若AB⊥CD,BD⊥AC则BC⊥AD其中真命题的序号是_______________________9．正四棱锥P-ABCD中，异面直线PA,BC所成角的取值范围是__________________10．在一个45o的二面角的一个半平面内有一条直线与二面角棱成45o，则此直线与二面角的另一个面所成角为__________________三．解答题：11．已知三个平面α,β,γ两两相交，a,b,c是三条交线，若a∩b=P求证：a,b,c交于一点12．四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧面PAD是正三角形且侧面PAD ⊥面ABCD，当ABAD的值是多少时，能使PB⊥AC?并证明.13．如图,直四棱柱ABCD- A1B1C1D1的底面是DA梯形,AB∥CD,AD⊥DC,CD=2,DD1=AB=1,P,Q分别是CC1,C1D1的中66点.点P到直线AD1的距离为4①求证:AC∥面BPQ②求二面角B-PQ-D的大小高三数学二轮复习授纲•立几（2）1．α,β表平面，m, n表示直线，则m‖α的一个充分条件是（）A.α⊥β且m⊥βB.α∩β=n 且m‖nC.m‖n且n‖αD. α‖β且m⊂β2．在直二面角α-L-β中，直线a⊂α，直线b⊂β，a ,b与L斜交，则（）A. a不和b垂直，但可能a‖bB.a可能与b垂直，也可能a‖bC. a与b不垂直也不平行D.a不和b平行，但可能a⊥b3．设a,b,c是两两异面的三条直线，已知a⊥b且d是a,b的公垂线，如果c⊥a，那么c与d的位置关系为( )A.相交B.平行C.异面D.异面或平行4．如果a,b是异面直线，P是不在a,b上的任意一点，下列四个结论：①过P一定可作直线L与a,b都相交。

②过P一定可作直线L与a,b 都垂直。

③过P一定可作平面α与a,b都平行。

④过P一定可作直线L与a,b都平行。

其中正确的结论有A.0个B.1个C.2个D.3个5．教室内的一把直尺无论如何放置，在地面上总有直线与它（）A.平行B.相交C.异面D.垂直6．空间两条异面直线a,b所成角为600，过空间一定点O与a,b所成角都为450的直线有_______________________条。

7．棱长为1的正四面体，P,Q是一组对棱上的两点，则Q, P的最短距离为__________________8．异面直线a,b成600，直线c⊥a，则直线b与c所成角θ的范围是_____________________9．已知面α有∠BAC=600，点P在α外，PA=2，P到AB,AC的距离均为3，则PA与面α所成角的余弦值为________________________ 10．在二面角α-L-β的一个平面α内有一条直线AB，它与棱L所成角为450，与平面β所成角的为300，则这个二面角的大小为___________________________11．已知：如图，边长为a的菱形ABCD中，∠ABC=60°，PC⊥面ABCD，E是PA的中点，求E到平面PBC的距离。

12．如图所示，PA⊥面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA=AD=a,M,N 分别是AB,CP中点。

（1）求面PCD与面ABCD所成二面角大小。

（2）求证：面MND⊥面PCD.（3）当AB长度变化时，求异面直线PC与AD所成角的可能范围。

13．如图：在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB=3,AA 1=4,M 为AA 1中点，P 是BC 上一点，且由P 沿棱柱侧面经过棱CC 1到M 的最短路线长为29，设这条最短路线与CC 1的交点为N ：（1）求该三棱柱的侧面展开图的对角线的长（2）PC 和NC 的长（3）平面MNP 与平面ABC 所成二面角（锐角）的大小。

CBN立体几何（三）选择题1．平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1的六个面都是菱形，则D 1在面ACB 1A 重心B 外心C 内心D 垂心2．长方体三条棱分别为a,b,c, 若长方体所有的棱长度之和为24，一条对角线为5，体积为2，则cba111++等于（）A411 B 114 C 211D 112 3．已知，正四棱锥侧面是正三角形，设侧面与底面所成的二面角为1θ，相邻两侧面所成的二面角为2θ，则（） A 212θπθ-=B 2221θπθ-=C 21θθ= D221θθ=4．在北纬450圈上，有甲、已两地。

它们的经度分别为东经1400和西经1300，地球的半径是R ，则甲、已两地球面距离是（）AR π21 B R π41 C R π23D R π31 5．某简单多面体每个面都是三角形，经过每个顶点有四条棱，则该多面体的面数为（）A 6B 7C 8D 9二．填空题6．三棱锥的三条侧棱两两垂直，底面上一点到三个侧面的距离分别是2，3，6，则这个点到三棱锥顶点的距离是____________________ 7．半径为5的球被两个平行平面所截，两截面圆的半径分别是3，4，则两截面间距离为____________8．一个三棱锥的三个侧面中有两个是等腰直角三角形，另一个是边长为1的正三角形，这样的三棱锥的体积为_________________（写出一个可能的值）。

9．正三棱锥的侧棱与底面所成的角的正切值为2，则棱锥的侧面积与全面积之比为______________10．已知长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB=2，若棱AB 上存在点P ，使PC P D 1，则棱AD 的长的取值范围是______三．解答题。

11．在四面体ABCD中，1AA 1PC1,,,==⊥⊥⊥BCABCDBCBDABBCAB且。

（1）求证：ABDCBD平面平面⊥（2）是否存在这样的四面体，使二面角C-AD-B的平面角为300 ？如果存在，求出CD的长；如果不存在，请找出一个角θ，使得存在这样的四面体，使二面角C-AD-B的平面角为θ。

12．如图，三棱锥P-ABC中侧面PAC⊥底面ABC；PA=BC=a ，PC=AB=2a ,∠APC=600 , D为AC的中点求证（1）PA⊥面ABC（2）求二面角P-BD-A的正切值；（3）求点A到平面PBD的距离BCA13．如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为3，侧棱AA 1=233，D 是CB 延长线上一点，且BD=BC ，（1）求证：直线BC 1‖平面AB 1D ；（2）求二面角B 1-AD-B 的大小；（3）求三棱锥C 1-ABB 1的体积。

、立体几何（4）二．选择题：1．一个四面体的所有棱长都是2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为( )A.3πB.4πC. 33πD.6π2．正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1中，E,F 分别是正方形ADD 1A 1和ABCD1的中心，G 是CC 1的中点，设GF, C 1E 与AB 所成的角分别为α,β，则α+β等于( )A.1200B.900C. 750D.6003. 三个平α,β, 面两两垂直，它们的三条交线交于一点O ，点P 到这三个平面的距离之比为1:2:3且OP=143，则点P 到这三个平面的距离分别是( )A. 2,4,6B.3,6,9C.4,8,12D.5,10,154.已知球的表面积为20π,球面上有A,B,C 三点,如果AB=AC=2,BC=32,则球心到平面ABC 的距离为（）A. 1B. 2C. 3D. 25．AB,CD 是一对异面直线,E,F 分别是AB,CD 中点,M 是BC 中点，则( )A.2EF>AC+BDB. 2EF=AC+BDC. 2EF<AC+BDD.无法确定二．填空题：6．正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1的12条棱中，互相垂直的棱共有___________条7．正三棱锥的底面边长为a ，侧棱长为l ，则al的范围是___________________8．在四面体ABCD 中，AB=CD=2,且AB,CD 所成角为600，E,F 分别为BC,AD 中点，则EF 长为_______________9．如图，是一个正方体的展开图，A,B,C 均为棱的中点，D 是顶点，则在正方体中异面直线AB 和CD 的夹角余弦值为__________________10．如图，是一个凸多面体的侧面展开图，则该多面体共有___________顶点三．解答题：11．已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1,AB=1,AA 1=2,点E 为CC 1中点, 点F 为BD 1中点.（1）求证：EF 为BD 1与CC 1的公垂线（2）求点D 1到面BDE 的距离12．正方形ABCD,ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD,ABEF 互相垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=BN=a )20(<<aFEDCBA（1）求MN 的长（2）当a 为何值时，MN 的长最小（3）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角的大小13．已知四个面都是直角三角形的三棱锥，其中三个面展开后构成一直角梯形ABCD,如图AD ⊥AB ，AD ⊥DC,AB=2a ,BC=a 3,CD=a （1）请设计一种虚线，沿虚线翻折成原来的三棱锥（指三棱锥的三个面）（2）求这个三棱锥外接球的体积BA CD。