(完整版)高一必修二经典立体几何专项练习题

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高中数学必修2立体几何测试题(含参考答案)

高中数学必修2立体几何测试题(含参考答案)

高中数学必修2立体几何测试题参考答案一、选择题(每小题5分,共60分)ADDCB BDADD BB二、填空题(每小题4分,共16分)13、小于 14、平行 15、菱形 16、1111AC B D 对角线与互相垂直三、解答题(共74分,要求写出主要的证明、解答过程)17、【解析】(1)方法一:如图,取AD 的中点H ,连结GH ,FH.∵E 、F 分别为PC 、PD 的中点,∴EF ∥CD.∵G 、H 分别为BC 、AD 的中点,∴GH ∥CD.∴EF ∥GH.∴E 、F 、H 、G 四点共面.∵F 、H 分别为DP 、DA 的中点,∴PA ∥FH.∵PA ⊄平面EFG ,FH ⊂平面EFG ,∴PA ∥平面EFG.方法二:∵E 、F 、G 分别为PC 、PD 、BC 的中点.∴EF ∥CD,EG ∥PB.∵CD ∥AB,∴EF ∥AB.∵PB ∩AB=B,EF ∩EG=E,∴平面EFG ∥平面PAB.∵PA ⊂平面PAB ,∴PA ∥平面EFG.(2)由三视图可知,PD ⊥平面ABCD ,又∵GC ⊂平面ABCD ,∴GC ⊥PD.∵四边形ABCD 为正方形,∴GC ⊥CD.∵PD ∩CD=D,∴GC ⊥平面PCD.∵PF=12PD=1,EF= 12CD=1, ∴S △PEF = 12EF ·PF= 12. ∵GC= 12BC=1, ∴V P-EFG =V G-PEF = 13S △PEF ·GC= 13×12×1=16.19、证明:(1)连结11A C ,设11111AC B D O = 连结1AO , 1111ABCD A B C D -是正方体 11A ACC ∴是平行四边形11A C AC ∴且 11A C AC = 2分又1,O O 分别是11,A C AC 的中点,11O C AO ∴且11O C AO =11AOC O ∴是平行四边形 4分111,C O AO AO ∴⊂面11AB D ,1C O ⊄面11AB D∴1C O 面11AB D 6分(2)1CC ⊥面1111A B C D 11!CC B D ∴⊥ 7分 又1111A C B D ⊥, 1111B D AC C ∴⊥面 9分111AC B D ⊥即 11分 同理可证11A C AB ⊥, 12分又1111D B AB B =∴1A C ⊥面11AB D 14分20.【解析】(1)在△ABE中,P,Q分别是AE,AB的中点,所以PQ∥EB,又DC∥EB,所以PQ∥DC,又PQ⊄平面ACD,DC⊂平面ACD,所以PQ∥平面ACD.(2)连接DP,CQ,在△ABC中,AC=BC=2,AQ=BQ,所以CQ⊥AB,因为DC⊥平面ABC,EB∥DC,所以EB⊥平面ABC,又EB⊂平面ABE,所以平面ABE⊥平面ABC,平面ABE∩平面ABC=AB,所以CQ⊥平面ABE,由(1)知四边形DCQP是平行四边形,所以DP∥CQ,所以DP⊥平面ABE,所以AD在平面ABE内的射影是AP, 所以∠DAP是AD与平面ABE所成的角.在Rt △APD 中,AD ==,DP=CQ=2sin ∠CAQ=1,所以sin ∠DAP= DPAD 5==.故AD 与平面ABE 21.【解析】(1)由条件知PDAQ 为直角梯形.因为QA ⊥平面ABCD ,所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ,交线为AD.又四边形ABCD 为正方形,DC ⊥AD ,所以DC ⊥平面PDAQ ,可得PQ ⊥DC.在直角梯形PDAQ 中可得DQ=PQ=2PD ,则PQ ⊥QD. 所以PQ ⊥平面DCQ.(2)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=13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P-DCQ 的高,而,△DCQ 的面积为2a 2, 所以棱锥P-DCQ 的体积V 2=13a 3.故棱锥Q-ABCD 的体积与棱锥P-DCQ 的体积的比值为1.22、解:如图,设所截等腰三角形的底边边长为xcm .在Rt EOF 中, 15,2EF cm OF xcm ==, 3分所以EO = 6分于是13V x = 10分 依题意函数的定义域为{|010}x x << 14分。

高一数学必修二 立体几何点线面 专项练习(含答案)

高一数学必修二  立体几何点线面  专项练习(含答案)
(2)证明: 平面;
(3)求直线与平面所成角的正切值.
15. (本题13分)在几何体ABCDE中, ∠BAC= , DC⊥平面ABC, EB⊥平面ABC, F是BC的中点, AB=AC=BE=2, CD=1.
(1)求证: DC∥平面ABE;
(2)求证: AF⊥平面BCDE;
(3)求几何体ABCDE的体积.
16. 如图, 在正三棱柱ABC—A1B1C1中, 底面边长及侧棱长均为2, D是棱AB的中点,
(1)求证 ;
(2)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.
17.如图,在正方体中,为底面的中心,是的中点,设是上的中点,求证:(1);
(2)平面 ∥平面 .
18. (14分)如图, 在直三棱柱中, , 点是的中点.
(Ⅰ)求证: ;
(Ⅱ)求证: 平面 ;
(Ⅲ)求异面直线 与 所成角的余弦值.
参考答案
Hale Waihona Puke 1.D2.D3.C
4.D
5.B
6.②④
7.平行或相交(直线在平面外)
8.1, 2, 3
9.
10. ②④⑤
11. (1)见解析(2)见解析
12. 见解析。
13. (Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析。
14. (1)证明: 见解析;(2)证明: 见解析;(3)
二、填空题:
6.设是三个不重合的平面,是直线,给出下列四个命题:
①若
②若
③若
④若
其中正确的命题序号是
7. 已知两条相交直线, , ∥平面, 则与的位置关系是 .
8.如图, 空间中两个有一条公共边AD的正方形ABCD和ADEF.设M、N分别是BD和AE的中点, 那么
①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN、CE异面

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

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。

高中数学必修2立体几何模块测试卷(含参考答案)

高中数学必修2立体几何模块测试卷(含参考答案)

高中数学立体几何测试题(理科)一、选择题:1.下列说法不正确的是A 圆柱的侧面展开图是一个矩形B 圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形C 直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥D 圆台平行于底面的截面是圆面2、下面表述正确的是A、空间任意三点确定一个平面B、分别在不同的三条直线上的三点确定一个平面C、直线上的两点和直线外的一点确定一个平面D、不共线的四点确定一个平面3、“a、b是异面直线”是指①a∩b=∅,且a和b不平行;②a⊂平面α,b⊂平面β,且α∩β=∅;③a⊂平面α,b⊂平面β,且a∩b=∅;④a⊂平面α,b ⊄平面α;⑤不存在平面α,使得a⊂平面α,且b⊂平面α都成立。

上述说法正确的是A ①④⑤B ①③④C ②④D ①⑤4、一条直线和三角形的两边同时垂直,则这条直线和三角形的第三边的位置关系是A、垂直B、平行C、相交不垂直D、不确定5、下列命题中正确命题的个数是①一条直线和另一条直线平行,那么它和经过另一条直线的任何平面平行;②一条直线平行于一个平面,则这条直线与这个平面内所有直线都没有公共点,因此这条直线与这个平面内的所有直线都平行;③若直线与平面不平行,则直线与平面内任一直线都不平行;④与一平面内无数条直线都平行的直线必与此平面平行。

A 、0B 、1C 、2D 、36、一条直线若同时平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面交线的位置关系是A 、异面B 、相交C 、平行D 、不确定 7、直线a 与b 垂直,b 又垂直于平面α,则a 与α的位置关系是A 、a α⊥B 、//a αC 、a α⊆D 、a α⊆或//a α 8、如果在两个平面内分别有一条直线,这两条直线互相平行,那么这两个平面的位置关系一定是A 、平行B 、相交C 、平行或相交D 、无法确定 9.已知二面角α-AB -β为︒30,P 是平面α内的一点,P 到β的距离为1.则P 在β内的射影到AB 的距离为( ). A .23B .3C .43 D .2110、若,m n 表示直线,α表示平面,则下列命题中,正确命题的个数为 ①//m n n m αα⎫⇒⊥⎬⊥⎭;②//m m n n αα⊥⎫⇒⎬⊥⎭;③//m m n n αα⊥⎫⇒⊥⎬⎭;④//m n m n αα⎫⇒⊥⎬⊥⎭A 、1个B 、2个C 、3个D 、4个 二、填空题:11、三条两两相交的直线可确定12.水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图所示,已知A′C′=3,B′C′=2。

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(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)

(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;。

(完整版)高中数学必修2空间立体几何大题

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必修2空间立体几何大题一.解答题(共18小题)1.如图,在三棱锥V﹣ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB∥平面MOC;(2)求证:平面MOC⊥平面VAB(3)求三棱锥V﹣ABC的体积.2.如图,三棱锥P﹣ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.(1)求三棱锥P﹣ABC的体积;(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求的值.3.如图,长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)(Ⅱ)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.4.如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点,(Ⅰ)证明:平面AEF⊥平面B1BCC1;(Ⅱ)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,求三棱锥F﹣AEC的体积.5.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.6.如题图,三棱锥P﹣ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=,点D、E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC.(Ⅰ)证明:AB⊥平面PFE.(Ⅱ)若四棱锥P﹣DFBC的体积为7,求线段BC的长.7.如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1,(Ⅰ)若D为线段AC的中点,求证;AC⊥平面PDO;(Ⅱ)求三棱锥P﹣ABC体积的最大值;8.如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD.(Ⅰ)证明:平面AEC⊥平面BED;(Ⅱ)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥E﹣ACD的体积为,求该三棱锥的侧面积.9.如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2,AA1=,BB1=2,点E和F分别为BC和A1C的中点.(Ⅰ)求证:EF∥平面A1B1BA;(Ⅱ)求证:平面AEA1⊥平面BCB1;(Ⅲ)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.10.如图所示,已知AB⊥平面BCD,M、N分别是AC、AD的中点,BC⊥CD.(1)求证:MN∥平面BCD;(2)求证:平面BCD⊥平面ABC.11.如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E在底面的圆周上,BF⊥AE,F是垂足.(1)求证:BF⊥AC;(2)若CE=1,∠CBE=30°,求三棱锥F﹣BCE的体积.12.如图,已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,且∠BCD=∠BCE=,平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2.求证:(Ⅰ)EC⊥CD;(Ⅱ)求证:AG∥平面BDE;(Ⅲ)求:几何体EG﹣ABCD的体积.13.如图,已知三棱锥A﹣BPC中,AP⊥PC,AC⊥BC,M为AB的中点,D为PB的中点,且△PMB为正三角形.(1)求证:DM∥平面APC;(2)若BC=4,AB=20,求三棱锥D﹣BCM的体积.14.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,AB=2,PD=,O为AC 与BD的交点,E为棱PB上一点.(Ⅰ)证明:平面EAC⊥平面PBD;(Ⅱ)若PD∥平面EAC,求三棱锥P﹣EAD的体积.15.已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1,底面边长为,点P、Q、R分别在棱AA1、BB1、BC上,Q是BB1中点,且PQ∥AB,C1Q⊥QR(1)求证:C1Q⊥平面PQR;(2)若C1Q=,求四面体C1PQR的体积.16.如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.(1)证明BC1∥平面A1CD(2)设AA1=AC=CB=2,AB=2,求三菱锥C﹣A1DE的体积.17.如图甲,⊙O的直径AB=2,圆上两点C,D在直径AB的两侧,且∠CBA=∠DAB=.沿直径AB折起,使两个半圆所在的平面互相垂直(如图乙),F为BC的中点,E为AO的中点.根据图乙解答下列各题:(Ⅰ)求证:CB⊥DE;(Ⅱ)求三棱锥C﹣BOD的体积;(Ⅲ)在劣弧上是否存在一点G,使得FG∥平面ACD?若存在,试确定点G的位置;若不存在,请说明理由.18.如图:是直径为的半圆,O为圆心,C是上一点,且.DF⊥CD,且DF=2,,E为FD的中点,Q为BE的中点,R为FC上一点,且FR=3RC.(Ⅰ)求证:面BCE⊥面CDF;(Ⅱ)求证:QR∥平面BCD;(Ⅲ)求三棱锥F﹣BCE的体积.必修2空间立体几何大题参考答案与试题解析一.解答题(共18小题)1.(2015?北京)如图,在三棱锥V﹣ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB∥平面MOC;(2)求证:平面MOC⊥平面VAB(3)求三棱锥V﹣ABC的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的判定.专题:综合题;空间位置关系与距离.分析:(1)利用三角形的中位线得出OM∥VB,利用线面平行的判定定理证明VB∥平面MOC;(2)证明:OC⊥平面VAB,即可证明平面MOC⊥平面VAB(3)利用等体积法求三棱锥V﹣ABC的体积.解答:(1)证明:∵O,M分别为AB,VA的中点,∴OM∥VB,∵VB?平面MOC,OM?平面MOC,∴VB∥平面MOC;(2)∵AC=BC,O为AB的中点,∴OC⊥AB,∵平面VAB⊥平面ABC,OC?平面ABC,∴OC⊥平面VAB,∵OC?平面MOC,∴平面MOC⊥平面VAB(3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=,∴AB=2,OC=1,∴S△VAB=,∵OC⊥平面VAB,∴V C﹣VAB=?S△VAB=,∴V V﹣ABC=V C﹣VAB=.点评:本题考查线面平行的判定,考查平面与平面垂直的判定,考查体积的计算,正确运用线面平行、平面与平面垂直的判定定理是关键.2.(2015?安徽)如图,三棱锥P﹣ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.(1)求三棱锥P﹣ABC的体积;(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求的值.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;点、线、面间的距离计算.专题:综合题;空间位置关系与距离.分析:(1)利用V P﹣ABC=?S△ABC?PA,求三棱锥P﹣ABC的体积;(2)过B作BN⊥AC,垂足为N,过N作MN∥PA,交PA于点M,连接BM,证明AC⊥平面MBN,可得AC⊥BM,利用MN∥PA,求的值.解答:(1)解:由题设,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,可得S△ABC==.因为PA⊥平面ABC,PA=1,所以V P﹣ABC=?S△ABC?PA=;(2)解:过B作BN⊥AC,垂足为N,过N作MN∥PA,交PC于点M,连接BM,由PA⊥平面ABC,知PA⊥AC,所以MN⊥AC,因为BN∩MN=N,所以AC⊥平面MBN.因为BM?平面MBN,所以AC⊥BM.在直角△BAN中,AN=AB?cos∠BAC=,从而NC=AC﹣AN=.由MN∥PA得==.点评:本题考查三棱锥P﹣ABC的体积的计算,考查线面垂直的判定与性质的运用,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.3.(2015?黑龙江)如图,长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)(Ⅱ)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;平面的基本性质及推论.专题:综合题;空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)利用平面与平面平行的性质,可在图中画出这个正方形;(Ⅱ)求出MH==6,AH=10,HB=6,即可求平面a把该长方体分成的两部分体积的比值.解答:解:(Ⅰ)交线围成的正方形EFGH如图所示;(Ⅱ)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EFGH为正方形,所以EH=EF=BC=10,于是MH==6,AH=10,HB=6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为.点评:本题考查平面与平面平行的性质,考查学生的计算能力,比较基础.4.(2015?湖南)如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点,(Ⅰ)证明:平面AEF⊥平面B1BCC1;(Ⅱ)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,求三棱锥F﹣AEC的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;平面与平面垂直的判定.专题:空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)证明AE⊥BB1,AE⊥BC,BC∩BB1=B,推出AE⊥平面B1BCC1,利用平面余平米垂直的判定定理证明平面AEF⊥平面B1BCC1;(Ⅱ)取AB的中点G,说明直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,就是∠CA1G,求出棱锥的高与底面面积即可求解几何体的体积.解答:(Ⅰ)证明:∵几何体是直棱柱,∴BB1⊥底面ABC,AE?底面ABC,∴AE⊥BB1,∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E分别是BC的中点,∴AE⊥BC,BC∩BB1=B,∴AE⊥平面B1BCC1,∵AE?平面AEF,∴平面AEF⊥平面B1BCC1;(Ⅱ)解:取AB的中点G,连结A1G,CG,由(Ⅰ)可知CG⊥平面A1ABB1,直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,就是∠CA1G,则A1G=CG=,∴AA1==,CF=.三棱锥F﹣AEC的体积:×==.点评:本题考查几何体的体积的求法,平面与平面垂直的判定定理的应用,考查空间想象能力以及计算能力.5.(2015?江苏)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.考点:直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的性质.专题:证明题;空间位置关系与距离.分析:(1)根据中位线定理得DE∥AC,即证DE∥平面AA1C1C;(2)先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC,即证AC⊥CC1;再证明AC⊥平面BCC1B1,即证BC1⊥AC;最后证明BC1⊥平面B1AC,即可证出BC1⊥AB1.解答:证明:(1)根据题意,得;E为B1C的中点,D为AB1的中点,所以DE∥AC;又因为DE?平面AA1C1C,AC?平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C;(2)因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,因为AC?平面ABC,所以AC⊥CC1;又因为AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1;又因为BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥AC;因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,所以BC1⊥平面B1AC;又因为AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB1.点评:本题考查了直线与直线,直线与平面以及平面与平面的位置关系,也考查了空间想象能力和推理论证能力的应用问题,是基础题目.6.(2015?重庆)如题图,三棱锥P﹣ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=,点D、E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC.(Ⅰ)证明:AB⊥平面PFE.(Ⅱ)若四棱锥P﹣DFBC的体积为7,求线段BC的长.考点:直线与平面垂直的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积.专题:开放型;空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)由等腰三角形的性质可证PE⊥AC,可证PE⊥AB.又EF∥BC,可证AB⊥EF,从而AB与平面PEF内两条相交直线PE,EF都垂直,可证AB⊥平面PEF.(Ⅱ)设BC=x,可求AB,S△ABC,由EF∥BC可得△AFE≌△ABC,求得S△AFE=S△ABC,由AD=AE,可求S△AFD,从而求得四边形DFBC的面积,由(Ⅰ)知PE为四棱锥P﹣DFBC的高,求得PE,由体积V P﹣DFBC=S DFBC?PE=7,即可解得线段BC的长.解答:解:(Ⅰ)如图,由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC,又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE?平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,从而PE⊥AB.因为∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF,从而AB与平面PEF内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PEF.(Ⅱ)设BC=x,则在直角△ABC中,AB==,从而S△ABC=AB?BC=x,由EF∥BC知,得△AFE≌△ABC,故=()2=,即S△AFE=S△ABC,由AD=AE,S△AFD==S△ABC=S△ABC=x,从而四边形DFBC的面积为:S DFBC=S△ABC﹣S AFD=x﹣x=x.由(Ⅰ)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥P﹣DFBC的高.在直角△PEC中,PE===2,故体积V P﹣DFBC=S DFBC?PE=x=7,故得x4﹣36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3.所以:BC=3或BC=3.点评:本题主要考查了直线与平面垂直的判定,棱柱、棱锥、棱台的体积的求法,考查了空间想象能力和推理论证能力,考查了转化思想,属于中档题.7.(2015?福建)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1,(Ⅰ)若D为线段AC的中点,求证;AC⊥平面PDO;(Ⅱ)求三棱锥P﹣ABC体积的最大值;(Ⅲ)若BC=,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.考点:直线与平面垂直的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积.专题:空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)由题意可证AC⊥DO,又PO⊥AC,即可证明AC⊥平面PDO.(Ⅱ)当CO⊥AB时,C到AB的距离最大且最大值为1,又AB=2,即可求△ABC面积的最大值,又三棱锥P﹣ABC的高PO=1,即可求得三棱锥P﹣ABC体积的最大值.(Ⅲ)可求PB===PC,即有PB=PC=BC,由OP=OB,C′P=C′B,可证E为PB中点,从而可求OC′=OE+EC′==,从而得解.解答:解:(Ⅰ)在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO,又PO垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC,因为DO∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(Ⅱ)因为点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1,又AB=2,所以△ABC面积的最大值为,又因为三棱锥P﹣ABC的高PO=1,故三棱锥P﹣ABC体积的最大值为:.(Ⅲ)在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB==,同理PC=,所以PB=PC=BC,在三棱锥P﹣ABC中,将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P,使之与平面ABP共面,如图所示,当O,E,C′共线时,CE+OE取得最小值,又因为OP=OB,C′P=C′B,所以OC′垂直平分PB,即E为PB中点.从而OC′=OE+EC′==.亦即CE+OE的最小值为:.点评:本题主要考查了直线与直线、直线与平面的位置关系、锥体的体积的求法等基础知识,考查了空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查了数形结合思想、化归与转化思想,属于中档题.8.(2015?河北)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD.(Ⅰ)证明:平面AEC⊥平面BED;(Ⅱ)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥E﹣ACD的体积为,求该三棱锥的侧面积.考点:平面与平面垂直的判定;棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积.专题:空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)根据面面垂直的判定定理即可证明:平面AEC⊥平面BED;(Ⅱ)根据三棱锥的条件公式,进行计算即可.解答:证明:(Ⅰ)∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∵BE⊥平面ABCD,∴AC⊥BE,则AC⊥平面BED,∵AC?平面AEC,∴平面AEC⊥平面BED;解:(Ⅱ)设AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,得AG=GC=x,GB=GD=,∵AE⊥EC,△EBG为直角三角形,∴BE=x,∵三棱锥E﹣ACD的体积V===,解得x=2,即AB=2,∵∠ABC=120°,∴AC2=AB2+BC2﹣2AB?BCcosABC=4+4﹣2×=12,即AC=,在三个直角三角形EBA,EBG,EBC中,斜边AE=EC=ED,∵AE⊥EC,∴△EAC为等腰三角形,则AE2+EC2=AC2=12,即2AE2=12,∴AE2=6,则AE=,∴从而得AE=EC=ED=,∴△EAC的面积S==3,在等腰三角形EAD中,过E作EF⊥AD于F,则AE=,AF==,则EF=,∴△EAD的面积和△ECD的面积均为S==,故该三棱锥的侧面积为3+2.点评:本题主要考查面面垂直的判定,以及三棱锥体积的计算,要求熟练掌握相应的判定定理以及体积公式.9.(2015?天津)如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2,AA1=,BB1=2,点E和F 分别为BC和A1C的中点.(Ⅰ)求证:EF∥平面A1B1BA;(Ⅱ)求证:平面AEA1⊥平面BCB1;(Ⅲ)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.考点:平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定;直线与平面所成的角.专题:空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)连接A1B,易证EF∥A1B,由线面平行的判定定理可得;(Ⅱ)易证AE⊥BC,BB1⊥AE,可证AE⊥平面BCB1,进而可得面面垂直;(Ⅲ)取BB1中点M和B1C中点N,连接A1M,A1N,NE,易证∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角,解三角形可得.解答:(Ⅰ)证明:连接A1B,在△A1BC中,∵E和F分别是BC和A1C的中点,∴EF∥A1B,又∵A1B?平面A1B1BA,EF?平面A1B1BA,∴EF∥平面A1B1BA;(Ⅱ)证明:∵AB=AC,E为BC中点,∴AE⊥BC,∵AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,∴BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AE,又∵BC∩BB1=B,∴AE⊥平面BCB1,又∵AE?平面AEA1,∴平面AEA1⊥平面BCB1;(Ⅲ)取BB1中点M和B1C中点N,连接A1M,A1N,NE,∵N和E分别为B1C和BC的中点,∴NE平行且等于B1B,∴NE平行且等于A1A,∴四边形A1AEN是平行四边形,∴A1N平行且等于AE,又∵AE⊥平面BCB1,∴A1N⊥平面BCB1,∴∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角,在△ABC中,可得AE=2,∴A1N=AE=2,∵BM∥AA1,BM=AA1,∴A1M∥AB且A1M=AB,又由AB⊥BB1,∴A1M⊥BB1,在RT△A1MB1中,A1B1==4,在RT△A1NB1中,sin∠A1B1N==,∴∠A1B1N=30°,即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°点评:本题考查线面垂直与平行关系的证明,涉及直线与平面所成的角,属中档题.10.(2015?醴陵市)如图所示,已知AB⊥平面BCD,M、N分别是AC、AD的中点,BC⊥CD.(1)求证:MN∥平面BCD;(2)求证:平面BCD⊥平面ABC.考点:平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.专题:空间位置关系与距离.分析:(1)由中位线定理和线面平行的判定定理,即可得证;(2)由线面垂直的性质和判定定理,可得CD⊥平面ABC,再由面面垂直的判定定理,即可得证.解答:证明:(1)因为M,N分别是AC,AD的中点,所以MN∥CD.又MN?平面BCD且CD?平面BCD,所以MN∥平面BCD;(2)因为AB⊥平面BCD,CD?平面BCD,所以AB⊥CD.又CD⊥BC,AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC.又CD?平面BCD,所以平面BCD⊥平面ABC.点评:本题考查线面平行的判定和面面垂直的判定,考查空间直线和平面的位置关系,考查逻辑推理能力,属于中档题.11.(2015?葫芦岛一模)如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E在底面的圆周上,BF⊥AE,F是垂足.(1)求证:BF⊥AC;(2)若CE=1,∠CBE=30°,求三棱锥F﹣BCE的体积.考点:旋转体(圆柱、圆锥、圆台).专题:计算题;空间位置关系与距离.分析:(1)欲证BF⊥AC,先证BF⊥平面AEC,根据线面垂直的判定定理可知只需证CE⊥BF,BF⊥AE且CE∩AE=E,即可证得线面垂直;(2)V F﹣BCE=V C﹣BEF=?S△BEF?CE=??EF?BF?CE,即可求出三棱锥F﹣BCE的体积.解答:(1)证明:∵AB⊥平面BEC,CE?平面BEC,∴AB⊥CE∵BC为圆的直径,∴BE⊥CE.∵BE?平面ABE,AB?平面ABE,BE∩AB=B∴CE⊥平面ABE,∵BF?平面ABE,∴CE⊥BF,又BF⊥AE且CE∩AE=E,∴BF⊥平面AEC,∵AC?平面AEC,∴BF⊥AC…(6分)(2)解:在Rt△BEC中,∵CE=1,∠CBE=30°∴BE=,BC=2又∵ABCD为正方形,∴AB=2,∴AE=,∴BF?AE=AB?BE,∴BF=,∴EF=∴V F﹣BCE=V C﹣BEF=?S△BEF?CE=??EF?BF?CE=????1=…(12分)点评:本小题主要考查空间线面关系、圆柱性质、空间想象能力和逻辑推理能力,考查三棱锥F﹣BCE的体积的计算,属于中档题.12.(2015?商丘三模)如图,已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,且∠BCD=∠BCE=,平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2.求证:(Ⅰ)EC⊥CD;(Ⅱ)求证:AG∥平面BDE;(Ⅲ)求:几何体EG﹣ABCD的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定.专题:综合题;空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)利用面面垂直的性质,证明EC⊥平面ABCD,利用线面垂直的性质证明EC⊥CD;(Ⅱ)在平面BCEG中,过G作GN⊥CE交BE于M,连DM,证明四边形ADMG为平行四边形,可得AG∥DM,即可证明AG∥平面BDE;(Ⅲ)利用分割法即可求出几何体EG﹣ABCD的体积.解答:(Ⅰ)证明:由平面ABCD⊥平面BCEG,平面ABCD∩平面BCEG=BC,CE⊥BC,CE?平面BCEG,∴EC⊥平面ABCD,…(3分)又CD?平面BCDA,故EC⊥CD…(4分)(Ⅱ)证明:在平面BCEG中,过G作GN⊥CE交BE于M,连DM,则由已知知;MG=MN,MN∥BC∥DA,且,∴MG∥AD,MG=AD,故四边形ADMG为平行四边形,∴AG∥DM…(6分)∵DM?平面BDE,AG?平面BDE,∴AG∥平面BDE…(8分)(Ⅲ)解:…(10分)=…(12分)点评:本题考查面面垂直、线面平行,考查几何体体积的计算,考查学生分析解决问题的能力,正确运用面面垂直、线面平行的判定定理是关键.13.(2015?南昌模拟)如图,已知三棱锥A﹣BPC中,AP⊥PC,AC⊥BC,M为AB的中点,D为PB的中点,且△PMB 为正三角形.(1)求证:DM∥平面APC;(2)若BC=4,AB=20,求三棱锥D﹣BCM的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定.专题:空间位置关系与距离.分析:(1)可由三角形的中位线定理得到线线平行,进而得到线面平行.(2)先证明MD⊥底面BCD,进而可计算出体积.解答:(1)证明:∵M为AB的中点,D为PB的中点,∴MD为△PAB的中位线,∴MD∥AP.而AP?平面PAC,MD?平面PAC,∴MD∥平面PAC.(2)解:∵△PMB为正三角形,PD=DB,∴MD⊥PB.∵MD∥AP,AP⊥PC,∴MD⊥PC.又PC∩PB=P,∴MD⊥平面PBC.即MD为三棱锥M﹣BCD的高.由AB=20,∴MB=10,BD=5,∴MD=5.在Rt△PCB中(因为AC⊥BC,所以PC⊥BC),由勾股定理得PC==2.于是S△BCD=S△BCP×==.∴V三棱锥D﹣BCM=V三棱锥M﹣BCD==10.点评:利用三角形的中位线定理证明线线平行是证明线面平行常用的方法之一.先证明线面垂直是求体积的关键.14.(2015?沈阳模拟)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,AB=2,PD=,O为AC与BD的交点,E为棱PB上一点.(Ⅰ)证明:平面EAC⊥平面PBD;(Ⅱ)若PD∥平面EAC,求三棱锥P﹣EAD的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;平面与平面垂直的判定.专题:空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)由已知得AC⊥PD,AC⊥BD,由此能证明平面EAC⊥平面PBD.(Ⅱ)由已知得PD∥OE,取AD中点H,连结BH,由此利用,能求出三棱锥P﹣EAD的体积.解答:(Ⅰ)证明:∵PD⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,∴AC⊥PD.∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,又∵PD∩BD=D,AC⊥平面PBD.而AC?平面EAC,∴平面EAC⊥平面PBD.(Ⅱ)解:∵PD∥平面EAC,平面EAC∩平面PBD=OE,∴PD∥OE,∵O是BD中点,∴E是PB中点.取AD中点H,连结BH,∵四边形ABCD是菱形,∠BAD=60°,∴BH⊥AD,又BH⊥PD,AD∩PD=D,∴BD⊥平面PAD,.∴(还可以用VP-ABD-VE-ABD)==.点评:本题考查平面与平面垂直的证明,考查三棱锥的体积的求法,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养.15.(2015?上海模拟)已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1,底面边长为,点P、Q、R分别在棱AA1、BB1、BC上,Q是BB1中点,且PQ∥AB,C1Q⊥QR(1)求证:C1Q⊥平面PQR;(2)若C1Q=,求四面体C1PQR的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直的判定.专题:空间位置关系与距离;空间角.分析:(1)由已知得AB⊥平面B1BCC1,从而PQ⊥平面B1BCC1,进而C1Q⊥PQ,又C1Q⊥QR,由此能证明C1Q⊥平面PQR.(2)由已知得B1Q=1,BQ=1,△B1C1Q∽△BQR,从而BR=,QR=,由C1Q、QR、QP两两垂直,能求出四面体C1PQR 的体积.解答:(1)证明:∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱,∴AB⊥平面B1BCC1,又PQ∥AB,∴PQ⊥平面B1BCC1,∴C1Q⊥PQ,又已知C1Q⊥QR,且QR∩QP=Q,∴C1Q⊥平面PQR.(2)解:∵B1C1=,,∴B1Q=1,∴BQ=1,∵Q是BB1中点,C1Q⊥QR,∴∠B1C1Q=∠BQR,∠C1B1Q=∠QBR,∴△B1C1Q∽△BQR,∴BR=,∴QR=,∵C1Q、QR、QP两两垂直,∴四面体C1PQR 的体积V=.点评:本小题主要考查空间线面关系、线面垂直的证明、几何体的体积等知识,考查数形结合、化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.16.(2015?凯里市校级模拟)如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.(1)证明BC1∥平面A1CD(2)设AA1=AC=CB=2,AB=2,求三菱锥C﹣A1DE的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定.专题:空间位置关系与距离.分析:(1)连结AC1交A1C于点F,连结DF,则BC1∥DF,由此能证明BC1∥平面A1CD.(2)由已知得AA1⊥CD,CD⊥AB,从而CD⊥平面ABB1A1.由此能求出三菱锥C﹣A1DE的体积.解答:(1)证明:连结AC1交A1C于点F,则F为AC1中点又D是AB中点,连结DF,则BC1∥DF.因为DF?平面A1CD,BC1不包含于平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)解:因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,所以CD⊥AB.又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2,得∠ACB=90°,,,,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.所以三菱锥C﹣A1DE的体积为:==1.点评:本题考查直线与平面平行的证明,考查三菱锥的体积的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养.17.(2015?东城区一模)如图甲,⊙O的直径AB=2,圆上两点C,D在直径AB的两侧,且∠CBA=∠DAB=.沿直径AB折起,使两个半圆所在的平面互相垂直(如图乙),F为BC的中点,E为AO的中点.根据图乙解答下列各题:(Ⅰ)求证:CB⊥DE;(Ⅱ)求三棱锥C﹣BOD的体积;(Ⅲ)在劣弧上是否存在一点G,使得FG∥平面ACD?若存在,试确定点G的位置;若不存在,请说明理由.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的性质.专题:综合题;空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)利用等边三角形的性质可得DE⊥AO,再利用面面垂直的性质定理即可得到DE⊥平面ABC,进而得出结论.(Ⅱ)由(Ⅰ)知DE⊥平面ABC,利用转换底面的方法,即可求三棱锥的体积;(Ⅲ)存在,G为劣弧的中点.连接OG,OF,FG,通过证明平面OFG∥平面ACD,即可得到结论.解答:(Ⅰ)证明:在△AOD中,∵,OA=OD,∴△AOD为正三角形,又∵E为OA的中点,∴DE⊥AO…(1分)∵两个半圆所在平面ACB与平面ADB互相垂直且其交线为AB,∴DE⊥平面ABC.…(3分)又CB?平面ABC,∴CB⊥DE.…5分(Ⅱ)解:由(Ⅰ)知DE⊥平面ABC,∴DE为三棱锥D﹣BOC的高.∵D为圆周上一点,且AB为直径,∴,在△ABD中,由AD⊥BD,,AB=2,得AD=1,.…(6分)∵,∴==.…(8分)(Ⅲ)解:存在满足题意的点G,G为劣弧的中点.…(9分)证明如下:连接OG,OF,FG,易知OG⊥BD,又AD⊥BD∴OG∥AD,∵OG?平面ACD,∴OG∥平面ACD.…(10分)在△ABC中,O,F分别为AB,BC的中点,∴OF∥AC,OF?平面ACD,∴OF∥平面ACD,…(11分)∵OG∩OF=O,∴平面OFG∥平面ACD.又FG?平面OFG,∴FG∥平面ACD.…(12分)点评:本题考查线线、线面、面面关系,考查线线垂直的判定、面面垂直的性质、线面平行的判定及几何体高与体积的计算,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及分析探究问题和解决问题的能力.18.(2015?威海模拟)如图:是直径为的半圆,O为圆心,C是上一点,且.DF⊥CD,且DF=2,,E为FD的中点,Q为BE的中点,R为FC上一点,且FR=3RC.(Ⅰ)求证:面BCE⊥面CDF;(Ⅱ)求证:QR∥平面BCD;(Ⅲ)求三棱锥F﹣BCE的体积.考点:棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的判定.专题:空间位置关系与距离.分析:(Ⅰ)证明BD⊥DF,DF⊥BC,利用直线与平面垂直的判定定理证明BC⊥平面CFD,然后证明面BCE⊥面CDF.(Ⅱ)连接OQ,通过证明RQ∥OM,然后证明QR∥平面BCD.(Ⅲ)利用v F﹣BCE=v F﹣BCD﹣v E﹣BCD求解几何体的体积即可.解答:(本小题满分12分)证明:(Ⅰ)∵DF=2,,,∴BF2=BD2+DF2,∴BD⊥DF﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(1分)又DF⊥CD,∴DF⊥平面BCD﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(2分)∴DF⊥BC,又BC⊥CD,∴BC⊥平面CFD,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(3分)∵BC?面BCE∴面BCE⊥面CDF.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(4分)(Ⅱ)连接OQ,在面CFD内过R点做RM⊥CD,∵O,Q为中点,∴OQ∥DF,且﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(5分)∵DF⊥CD∴RM∥FD,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(6分)又FR=3RC,∴,∴,∵E为FD的中点,∴.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(7分)∴OQ∥RM,且OQ=RM∴OQRM为平行四边形,∵RQ∥OM﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(8分)又RQ?平面BCD,OM?平面BCD,∴QR∥平面BCD.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(9分)(Ⅲ)∵,∴∠DBC=30°,∴在直角三角形BCD中有,,∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12分)(或求VB-FCE 1/3*1/2*FE*CD*BC)点评:本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用直线与平面平行的判定定理以及几何体的体积的求法,考查空间想象能力以及逻辑推理计算能力.。

高一数学(必修二)立体几何练习题(含答案)

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内一定存在直线平行于平面β;B. 如果α⊥β,那么α内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内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. 900 4、右图的正方体ABCD- A ’B ’C ’D ’中,二面角D ’-AB-D 的大小是( )A. 300B.450C. 600D. 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内的一条直线平行,则α//mC.若平面βα⊥,且l =βα ,则过α内一点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 ⊥6.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 .10 7.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 .12πA B DA ’B ’D ’ C C ’ABD CE F8. 正方体的内切球和外接球的半径之比为( )A. 3:1B. 3:2C. 3:3D. 2:39.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 2 B.34a 2 C.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. 45C.60οD. 90 12.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。

高一数学必修二立体几何测试题

高一数学必修二立体几何测试题

一:选择题( 4 分10 题)1. 下面四个条件中,能确定一个平面的条件是()A. 空间任意三点B. 空间两条直线C. 空间两条平行直线D. 一条直线和一个点2.l1 ,l2 ,l3 是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( ) .A.l1 l2 ,l2 l3 l1 // l3 B.l1 l2 ,l2 // l3 l1 l3C.l2 // l3 // l3 l1 ,l2 ,l3 共面D.l1 ,l2 ,l3 共点l1 ,l2 ,l3 共面3.已知m,n 是两条不同的直线,, , 是三个不同的平面,下列命题中正确的是:A.若, ,则∥ B .若m , n ,则m∥nC.若m ∥,n∥,则m∥n D .若m ∥,m∥,则∥4. 在四面体P ABC 的四个面中,是直角三角形的面至多有()A.0 个B.1 个C. 3 个 D .4 个5,下列命题中错.误.的是A.如果平面平面,那么平面内一定存在直线平行于平面B.如果平面α不垂直于平面,那么平面内一定不存在直线垂直于平面C.如果平面平面,平面平面,l ,那么l 平面D.如果平面平面,那么平面内所有直线都垂直于平面D1C16. 如图所示正方体A C , 下面结论错误的是()1 A1B1A. BD // 平面CB1D1B. AC1 BDDCC. A C1 平面CB DD. 异面直线AD与CB1 角为601 1 A B7. 已知圆锥的全面积是底面积的 3 倍,那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角是()A. 120B. 150C. 180D. 2408. 把正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角后,下列命题正确的是()A. AB BCB. AC BDC. CD 平面ABCD. 平面ABC 平面ACD9 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A. 180B. 2 0 0C. 2 2 0D. 2 4 0 A1C14 PB110正(主)视图8 左视图3C 2A3B 俯视图12.如图所示点P为三棱柱ABC A1B C 侧棱AA1 上一动点,若四棱锥P BCC1B1 的体积为V , 则1 1三棱柱A BC A1B C 的体积为()1 1A . 2V B. 3V C. 二.填空题( 5 分4题)4V3D.3V23.如图所示正方形O' A' B'C' 的边长为2cm,它是一个水平放置的一个平面图形的直观图,则原图形的周长是______, 面积是_________.12.已知m,l 是直线,, 是平面,给出下列命题正确的是________________.(1) 若l 垂直于内的两条相交直线,则l (2) 若l 平行于,则l 平行于内所有直线;(3) m ,l ,且l m,则;(4) 若l ,且l ,则;(5) m ,l ,且// ,则m // l .5.三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,PA=1,P B PC 2 ,已知空间中有一个点到这四个点距离相等,则这个距离是___________.6.一正方体内接于一个球,经过球心作一个截面,则截面的可能图形为________( 只填写序号) .三.解答题15.已知圆台的上下底面半径分别为2,6 ,且侧面面积等于两底面面积之和,求该圆台的母线长,侧面积及体积.9.已知四棱锥P ABCD 的三视图如下:1) 画出四棱锥P ABCD 的直观图2) 求四棱锥P ABCD 的体积;3 求四棱锥P ABCD 的表面积;217.如图,已知PA 圆O 所在的平面,AB 是圆O 的直径,AB 2 , C是圆O 上的一点,且AC BC , PC与圆O所在的平面成45 角,E是PC 中点,F为PB 的中点.P(1) 求证:EF //面ABC ;(2) 求证:EF 面PAC ;(3) 求三棱锥 B PAC 的体积FEBAOC18, 如图,在三棱锥S ABC 中,平面SAB 平面SBC ,AB BC ,AS AB ,过A 作AF SB,垂足为F ,点E,G 分别是棱SA,SC 的中点.求证:(1)平面EFG // 平面ABC ;S(2)BC SA.GEFCAB4.如图1,在Rt ABC 中, C 90 ,D,E分别为AAC AB 的中点,点F为线段CD 上的一点,将ADE 沿,A1DE 折起到ADE 的位置,使A1F CD ,如图2。

(完整版)高中数学必修2立体几何考题(附答案)

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高中数学必修2立体几何考题13.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别是A1B1,B1C1的中点.问:(1)AM和CN是否是异面直线?说明理由;(2)D1B和CC1是否是异面直线?说明理由.解析:(1)由于M、N分别是A1B1和B1C1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D1B和CC1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A1B1、B1C1的中点,∴MN∥A1C1.又∵A1A∥D1D,而D1D綊C1C,∴A1A綊C1C,∴四边形A1ACC1为平行四边形.∴A1A∥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D1B与CC1在同一个平面CC1D1内,则B∈平面CC1D1,C∈平面CC1D1.∴BC⊂平面CC1D1,这与在正方体中BC⊥平面CC1D1相矛盾,∴假设不成立,故D1B与CC1是异面直线.14.如下图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AB的中点,N为BB1的中点,O为面BCC1B1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=14 3.15.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=B1B=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-A 1B1C1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°,所以DE=2 2a.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AA 1和BD 1的公垂线. (2)由于AA 1∥BB 1,所以∠B 1BD 1就是异面直线AA 1和BD 1所成的角. 在Rt △BB 1D 1中,设BB 1=1,则BD 1=3,所以cos ∠B 1BD 1=33,故异面直线AA 1与BD 1所成的角的余弦值等于33.(3)由(1)知,所求距离即为线段MO 的长,由于OA =12AC 1=32a ,AM =a 2,且OM ⊥AM ,所以OM =22a .13.如图所示,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,侧面对角线AB 1,BC 1上分别有两点E 、F ,且B 1E =C 1F ,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 .∵BB 1⊥平面ABCD , ∴BB 1⊥AB ,BB 1⊥BC , ∴EM ∥BB 1,FN ∥BB 1, ∴EM ∥FN .又B 1E =C 1F ,∴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BB 1于G ,连结GF ,则B 1E B 1A =B 1GB 1B,∵B 1E =C 1F ,B 1A =C 1B , ∴C 1F C 1B =B 1G B 1B,∴FG ∥B 1C 1∥BC . 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P A 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 . ∵P A ∥平面BDE ,平面P AC ∩平面BDE =OE ,∴P A ∥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 , ∴DE ⊥PB ,又DF ⊥PB 且DE ∩DF =D , 所以PB ⊥平面EFD .15.如图,l 1、l 2是互相垂直的异面直线,MN 是它们的公垂线段.点A 、B 在l 1上,C 在l 2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l 2⊥MN ,l 2⊥l 1,MN ∩l 1=M ,可得l 2⊥平面ABN .由已知MN ⊥l 1,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,cos ∠NBH =HB NB =33AB22AB =63.16.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,P A ⊥平面ABCD ,且P A =2AB .(1)求证:平面P AC ⊥平面PBD ; (2)求二面角B -PC -D 的余弦值. 解析:(1)证明:∵P A ⊥平面ABCD , ∴P A ⊥BD .∵ABCD 为正方形,∴AC ⊥BD .∴BD ⊥平面P AC ,又BD 在平面BPD 内,∴平面P AC ⊥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 =56a ,BD =2a ,∴cos ∠BND =56a 2+56a 2-2a 253a 2=-15.14.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.(2)∵H 是B 1C 1的中点,∴B 1H =32.又B 1G =1,∴B 1G B 1H =32.又FC BC =23,且∠FCB =∠GB 1H =90°, ∴△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,P A ⊥面ABC ,△ABC 为正三角形,D 、E 分别为BC 、AC 的中点,设AB =P A =2.(1)求证:平面PBE ⊥平面P AC ;(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:∵P A ⊥面ABC ,BE ⊂面ABC , ∴P A ⊥BE .∵△ABC 是正三角形,E 为AC 的中点, ∴BE ⊥AC ,又P A 与AC 相交, ∴BE ⊥平面P AC ,∴平面PBE ⊥平面P AC .(2)解:取DC 的中点F ,则点F 即为所求. ∵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 .(3)解:V B -PEF =V P -BEF =13S △BEF ·P A =13×12×32×32×2=34.16.(2009·天津,19)如图所示,在五面体ABCDEF 中,F A ⊥平面ABCD ,AD ∥BC ∥FE ,AB ⊥AD ,M 为CE 的中点,AF =AB =BC =FE =12AD .(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F A 綊EP .同理,AB 綊PC .又F A ⊥平面ABCD ,所以EP ⊥平面ABCD .而PC ,AD 都在平面ABCD 内,故EP ⊥PC ,EP ⊥AD .由AB ⊥AD ,可得PC ⊥AD .设F A =a ,则EP =PC =PD =a ,CD =DE =EC =2a .故∠CED =60°.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 =62a ,PQ =22a .于是在Rt △EPQ 中,cos ∠EQP =PQ EQ =33.所以二面角A -CD -E 的余弦值为33.13.(2009·重庆)如图所示,四棱锥P -ABCD 中,AB ⊥AD ,AD ⊥DC ,P A ⊥底面ABCD ,P A =AD =DC =12AB =1,M 为PC 的中点,N 点在AB 上且AN =13NB .(1)求证:MN ∥平面P AD ;(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 .∵AN =13NB ,∴AN =14AB =12DC =EM .又EM ∥DC ∥AB ,∴EM 綊AN , ∴AEMN 为平行四边形,∴MN ∥AE ,∴MN ∥平面P AD .(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.通过计算可得MN =AE =22,QN =34,NF =342,∴NH =QN ·NF QF =ON ·NF QN 2+NF 2=64,∴sin ∠NMH =NH MN =32,∴∠NMH =60°,∴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 =BC B 1B,又∵E 为CC 1中点, ∴BC 2=12BB 21.BB 1=2BC =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.在Rt △BDC 中,BM =BD ·BC DC =22a ,Rt △CED 中,易求得MN =1010a ,Rt △BMN 中,tan ∠BNM =BMMN=5,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 =2a ,A 1E =DE =52a ,∴cos ∠A 1DE=A 1D 2+DE 2-A 1E 22·A 1D ·DE =105.∴直线B 1C 与DE 所成角的余弦值是105. (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,且BF ⊂平面BCC 1B 1,∴DC ⊥BF . 又∵BF ⊥B 1C ,CD ∩B 1C =C , ∴BF ⊥平面B 1CD .又∵GF 綊12CD ,BE 綊12CD ,∴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,GF =12a ,EF =32a ,∴cos ∠EFG =FG EF =33,∴二面角E -B 1C -D 的余弦值为33.16.(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 ,则EF 綊12B 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 为二面角A -BD -C 的平面角.由题设知,∠AGC =60°.设AC =2,则AG =23.又AB =2,BC =22,故AF = 2.由AB ·AD =AG ·BD 得2AD =23·AD 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.因ADEF 为正方形,AD =2,故EH =1,又EC =12B 1C =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22,侧棱长为4,E 、F 分别为棱AB 、BC 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 .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:⎭⎪⎬⎪⎫EF ⊥BD EF ⊥B 1B ⇒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 =12AC =2,B 1G =17.S △B 1EF =12EF ·B 1G =12×2×17=17,S △BEF =12BE ·BF =12×2×2=1.∵VB -B 1EF =VB 1-BEF ,设B 到面B 1EF 的距离为h 1,则13×17×h 1=13×1×4,∴h 1=41717.∴点D 1到平面B 1EF 的距离为h =4h 1=161717.解法二:如图,在正方形BDD 1B 1的边BD 上取一点G ,使BG =14BD ,连结B 1G ,过点D 1作D 1H ⊥B 1G 于H ,则D 1H 即为所求距离.可求得D 1H =161717(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 =2,M 是棱BC 的中点, ∴AM ⊥BC ,BC =2,AM =1. ∴AM ⊥平面BCC 1B 1.∴平面AMN ⊥平面BCC 1B 1.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 1RH 是二面角B 1-AN -M 的平面角. 由已知得AN =3,MN =2,B 1M =5=B 1N ,则B 1H =322,又Rt △AMN ∽Rt △HRN ,RH AM =HN AN ,∴RH =66.∴B 1R =143,∴cos ∠B 1RH =RH B 1R =714.∴二面角B 1-AN -M 的大小为arccos 714.(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 得13×12·MN ·h =13×12AM ·MC . ∴h =22.15.(2009·北京海淀一模)如图所示,四棱锥P -ABCD 中,P A ⊥平面ABCD ,底面ABCD 为直角梯形,且AB ∥CD ,∠BAD =90°,P A =AD =DC =2,AB =4.(1)求证:BC ⊥PC ;(2)求PB 与平面P AC 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.又∵BE =12AB =2.∴CE =12AB ,∴△ABC 为等腰直角三角形, ∴AC ⊥BC .又∵P A ⊥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P AC .PC 是PB 在平面P AC 内的射影,∴∠CPB 是PB 与平面P AC 所成的角.又CB =22, PB 2=P A 2+AB 2=20,PB =25,∴sin ∠CPB =BC PB =105,即PB 与平面P AC 所成角的正弦值为105.(3)由(2)可知,BC ⊥平面P AC ,BC ⊂平面PBC , ∴平面PBC ⊥平面P AC .过A 点在平面P AC 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P AC 中, P A =2,AC =22,PC =23,∴AF =263.即点A 到平面PBC 的距离为263.16.(2009·吉林长春一模)如图所示,四棱锥P -ABCD 的底面是正方形,P A ⊥底面ABCD ,P A =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,∴FG =12CD 且FG ∥CD .又∵底面四边形ABCD 是正方形,E 为棱AB 的中点,∴AE =12CD 且AE ∥CD ,∴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:∵P A ⊥底面ABCD , ∴P A ⊥AD ,P A ⊥CD . 又AD ⊥CD , P A ∩AD =A , ∴CD ⊥平面P AD . 又∵AF ⊂平面P AD , ∴CD ⊥AF .又P A =2,∠PDA =45°, ∴P A =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,∴tan ∠GFE =GEGF= 2.∴二面角E -PD -C 的大小为arctan 2. (3)设A 到平面PCE 的距离为h ,由V A -PCE =V P -ACE ,即13×12PC ·EG ·h =13P A ·12AE ·CB ,得h =63,∴点A 到平面PCE 的距离为63.13.(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°.(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 =3,∠ABC =60°,由正弦定理得∠ACB =30°, ∴∠BAC =90°,即AB ⊥AC .∴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.在Rt △AA 1C 中,AD =AA 1·AC A 1C =3×36=62,在Rt △BAD 中,tan ∠ADB =AB AD =63, ∴∠ADB =arctan63,即二面角A -A 1C -B 的大小为arctan 63. 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, ⎭⎪⎬⎪⎫∵M 是A 1B 1的中点,∴BM ⊥A 1B 又∵平面AA 1B 1B ⊥平面A 1B 1C 1 ⇒BM ⊥平面A 1B 1C 1. ⎭⎪⎬⎪⎫∴BM ⊥A 1C 1又∵AC ∥A 1C 1⇒BM ⊥AC .⎭⎪⎬⎪⎫(2)过M 作ME ⊥B 1C 1且交于点E ,∵BM ⊥平面A 1B 1C 1,⇒BE ⊥B 1C 1,∴∠BEM 为所求二面角的平面角, △A 1B 1C 1中,ME =MB 1·sin60°=34a ,Rt △BMB 1中,MB =MB 1·tan60°=32a , ∴tan ∠BEM =MBME=2,∴所求二面角的正切值是2.(3)VM -A 1CB =12VB 1-A 1CB =12VA -A 1CB =12VA 1-ABC =12×13×34a 2·32a =116a 3.15.(2009·广东汕头一模)如图所示,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AE AC =AFAD=λ(0<λ<1).(1)求证:不论λ为何值,总有EF ⊥平面ABC ;(2)若λ=12,求三棱锥A -BEF 的体积.解析:(1)证明:∵AB ⊥平面BCD , ∴AB ⊥CD .又∵在△BCD 中,∠BCD =90°, ∴BC ⊥CD .∵又AB ∩BC =B ,∴CD ⊥平面ABC .又∵在△ACD 中,E 、F 分别是AC 、AD 上的动点,且AE AC =AFAD=λ(0<λ<1),∴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 =13S △ABE ·EF =13×12S △ABC ·EF =16×12×1×6×12=624. 故三棱锥A -BEF 的体积是624.16.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23的菱形,∠ADC 为菱形的锐角.(1)求证:P A ⊥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 =23, AD =CD =2,∴sin ∠ADC =32,即∠ADC =60°,∴△ADC 为正三角形,∴CD ⊥AE . ∴CD ⊥P A (三垂线定理).(2)解:∵AB ∥CD ,∴AB ⊥P A ,AB ⊥AE , ∴∠P AE 为二面角P -AB -D 的平面角. 在Rt △PEA 中,PE =AE ,∴∠P AE =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,P A =6,∴cos ∠PDA =14,sin ∠PDA =154.S △PCD =3,S △P AB =12AB ·P A =12·2·2·3=6,S △P AD =S △PBC =12PD ·DA ·sin ∠PDA =152.∴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 两点的球面距离是π3R ,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,∵A 、B 两点的球面距离是π3R .∴∠AOB =π3,因此三角形AOB 是等边三角形,∴AB =R ,又∵∠AO 1B =α-20°(经度差)问题转化为在△AO 1B 中借助AO 1=BO 1=AO cos45°=22R ,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,V 球=43πR 3=625003πcm 3.15.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π3,点A 与B 、C 两点间的球面距离均为π2,O 为球心,求:(1)∠AOB 、∠BOC 的大小; (2)球心O 到截面ABC 的距离.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π3,点A 与B 、C 两点间的球面距离均为π2,所以∠BOC =π3,∠AOB =∠AOC =π2, (2)因为BC =1,AC =AB =2,所以由余弦定理得cos ∠BAC =34,sin ∠BAC =74,设截面圆的圆心为O 1,连结AO 1,则截面圆的半径r =AO 1,由正弦定理得r =BC 2sin ∠BAC=277,所以OO 1=OA 2-r 2=217.16.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.故PE =PD =PC =12AB =P A =PB .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,∴∠DPB =120°,D 、B 的球面距离为23π.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 =12AC =122AB =12·2·2=2,SA =4,则SO =SA 2+AO 2=16+2=32,S △BSD =12BD ·SO =12·22·32=6.设A 到面BSD 的距离为h ,则V S -ABD =V A -BSD ,即13S △ABD ·SA =13S △BSD ·h ,解得h =43,即点A 到平面SBD 的距离为43. 18.(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 ,由于AA 1FC =AC CE=22,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,CG =CE ×CF EF =23.EG =CE 2-CG 2=33.EG EF =13,GH =13×EF ×FD DE =215. 又A 1C =AA 21+AC 2=26,A 1G =A 1C -CG =563, tan ∠A 1HG =A 1GHG=5 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 .(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 =12SO =32,又HF =12AB =1,∴在Rt △EHF 中,tan ∠HFE =EH HF =321=32,∴∠HFE =arctan 32.即二面角E -BC -A 的大小为arctan 32.20.(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.(2)由(1)知∠PNM 即为MN 与平面ADD 1A 1所成的角.在Rt △PMN 中,易知PM =1,PN =12,∴tan ∠PNM =PMPN=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 =305,∴cos ∠A 1GA =A 1G 2+GA 2-AA 212A 1G ·GA =-23,∴∠A 1GA =arccos(-23),故二面角A -MN -A 1的大小为arccos(-23).21.(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.由FC ⊥AC ,FC =AC =2,得∠F AC =π4,OG =22.由OB ⊥OG ,OB =OD =22,得∠BGD =2∠BGO =π2.(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 .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 . 由HP CF +HP AE =AP AC +PC AC =1,得HP =23. 又因为S 菱形ABCD =12AC ·BD =2,故四棱锥H -ABCD 的体积V =13S 菱形ABCD ·HP =229.22.(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 2=12.在Rt △AFB 中,根据射影定理AF 2=AH ·AB ,得AF =1,sin ∠ABF =AF AB =12,∴∠ABF =30°,∴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°.在Rt △AFH 中,∵AH =12,AF =1,∴FH =32. 又∵四边形AMFH 为矩形,∴MA =FH =32. ∵AD =MA ·tan ∠DMA =32·3=32. 因此,当AD 的长为32时,二面角D -FE -B 的大小为60°.。

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(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.。

高中数学必修二《立体几何》练习题

高中数学必修二《立体几何》练习题

立体几何一、选择题1、(2016年北京高考)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A.B. C. D. 【答案】A2、(2016年山东高考)有一个半球和四棱锥组成的几何体,其三 视图如右图所示,则该几何体的体积为(A ) (B ) (C ) (D ) 【答案】C3、(2016年全国I高考)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相1613121π32+31π32+31π62+31π62+1垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是(A )17π (B )18π (C )20π (D )28π【答案】A4、(2016年全国I 高考)平面过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点A ,//平面CB 1D 1,平面ABCD =m ,平面ABB 1 A 1=n ,则m ,n 所成角的正弦值为(A ) (B ) (C ) (D ) 【答案】A5、(2016年全国II 高考)右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(A )20π (B )24π (C )28π (D )32π 【答案】C6、(2016年全国III 高考)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实现画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为α-ααI αI22313(A )(B )(C )90 (D )81 【答案】B7、(2016年全国III 高考)在封闭的直三棱柱内有一个体积为V 的球,若,,,,则V 的最大值是(A )4π (B ) (C )6π (D )【答案】B二、填空题1、(2016年上海高考)如图,在正四棱柱中,底面的边长为3,与底面所成角的大小为,则该正四棱柱的高等于____________【答案】2、(2016年四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,则该三棱锥的体积是__________.18+54+111ABC A B C -AB BC ⊥6AB =8BC =13AA =92π323π1111D C B A ABCD -ABCD 1BD 32arctan3、(2016年天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形,该四棱锥的三视图如图所示(单位:m),则该四棱锥的体积为_______m3.【答案】24、(2016年全国II高考)是两个平面,是两条直线,有下列四个命题:(1)如果,那么.[(2)如果,那么.(3)如果,那么.(4)如果,那么与所成的角和与所成的角相等.其中正确的命题有..(填写所有正确命题的编号)【答案】②③④5、(2016年浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积是 cm2,体积是 cm3.,αβ,m n,,//m n m nαβ⊥⊥αβ⊥,//m nαα⊥m n⊥//,mαβα⊂//mβ//,//m nαβmαnβ【答案】 6、(2016年浙江高考)如图,在△ABC 中,AB =BC =2,∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ,满足PD =DA ,PB =BA ,则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【答案】三、解答题1、(2016年北京高考) 如图,在四棱锥中,平面平面,,,,,,(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值;(3)在棱上是否存在点,使得平面?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 【解】⑴∵面面 面面723212P ABCD -PAD ⊥ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP∵,面∴面∵面∴又∴面⑵取中点为,连结,∵∴∵∴以为原点,如图建系易知,,,,则,,,设为面的法向量,令,则与面夹角有⑶假设存在点使得面设,由(2)知,,,,有∴∵面,为的法向量∴即∴∴综上,存在点,即当时,点即为所求.' 2、(2016年山东高考)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O的直径,FB 是圆台的一条母线.(I )已知G ,H 分别为EC ,FB 的中点,求证:GH ∥平面ABC ; (II )已知EF =FB =AC =,AB =BC .求二面角的余弦值.【解】(Ⅰ)连结,取的中点,连结, 因为,在上底面内,不在上底面内, 所以上底面,所以平面; 又因为,平面,平面,所以平面; 所以平面平面,由平面,所以平面. (Ⅱ) 连结,以为原点,分别以为轴, 建立空间直角坐标系.,,于是有,,,, 可得平面中的向量,, 于是得平面的一个法向量为, 又平面的一个法向量为, 设二面角为,12F BC A --FC FC M HM GM,GM//EF EF GM GM//GM//ABC MH//B C⊂BC ABC ⊄MH ABC MH//ABC GHM//ABC ⊂GH GHM GH//ABC OB B C AB = OB A ⊥∴O O O O OB,OA,'z y,x,BC AB ,32AC 21FB EF ==== 3)(22=--='FO BO BF O O )0,0,3A(2)0,0,3C(-2)0,3B(0,2)3,3F(0,FBC )3,(30,-=)0,,(3232=FBC )1,3,3(1-=n ABC )1,0,0(2=n A -BC -F θ B则. 二面角的余弦值为.3、(2016年上海高考)将边长为1的正方形(及其内部)绕的旋转一周形成圆柱,如图,长为,长为,其中与在平面的同侧。

高中数学必修二第八章立体几何初步考点专题训练(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步考点专题训练(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步考点专题训练单选题1、鲁班锁(也称孔明锁、难人木、六子联方)起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合,十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多,形状和内部的构造各不相同,一般都是易拆难装.如图1,这是一种常见的鲁班锁玩具,图2是该鲁班锁玩具的直观图,每条棱的长均为2,则该鲁班锁的表面积为()A.8(6+6√2+√3)B.6(8+8√2+√3)C.8(6+6√3+√2)D.6(8+8√3+√2)答案:A解析:该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体,然后按照表面积公式计算即可.由题图可知,该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体,且被截去的正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为√2,则该几何体的表面积为S=6×[(2+2√2)2−4×12×√2×√2]+8×12×2×√3=8(6+6√2+√3).故选:A.小提示:本题考查数学文化与简单几何体的表面积,考查空间想象能力和运算求解能力.2、足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一,2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛.比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行.已知某足球的表面上有四个点A,B,C,D满足AB=BC=AD=BD=CD=√2dm,二面角A−BD−C的大小为2π3,则该足球的体积为()A.7√42π27dm3B.35√2π27dm3C.14π27dm3D.32√2π27dm3答案:A分析:画出图形,O为线段BD的中点,则可得∠AOC为二面角A−BD−C的平面角,取N,M分别是线段AO,CO 上靠近点O的三等分点,则可得N,M分别为△ABD和△CBD的外心,过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM,交于点E,则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心,即为足球的球心,所以线段EB为球的半径,然后结已知数据求出EB,从而可求出足球的体积根据题意,三棱锥A−BCD如图所示,图中点O为线段BD的中点,N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点,因为AB=BC=AD=BD=CD=√2dm,所以△ABD和△CBD均为等边三角形,因为点O为线段BD的中点,所以AO⊥BD,CO⊥BD,所以∠AOC为二面角A−BD−C的平面角,所以∠AOC=2π3,因为△ABD和△CBD均为等边三角形,点O为线段BD的中点,所以AO,CO分别为△ABD和△CBD的中线,因为N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点,所以N,M分别为△ABD和△CBD的外心,过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM,交于点E,则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心,即为足球的球心,所以线段EB为球的半径,因为AO⊥BD,CO⊥BD,AB=BC=AD=BD=CD=√2dm,所以AO=CO=√62dm,则NO=MO=√66dm,因为AO=CO,EO=EO,∠ENO=∠EMO=90°,所以△ENO≌△EMO,所以∠EON=∠EMO=12∠AOC=π3,在直角△EMO中,EM=OMtanπ3=√22,因为EM⊥平面BCD,BM⊂平面BCD,所以BM⊥EM,因为M是△CBD的外心,所以BM=√63,所以EB=√EM2+BM2=√76,所以V=43π⋅EB3=43π(√76)3=7√4227π,所以足球的体积为7√4227πdm,故选:A小提示:关键点点睛:此题考查三棱锥外接球问题,考查计算能力,解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心,从而可确定出球的半径,然后计算出半径即可,考查空间想象能力,属于较难题3、已知a、b、c为三条直线,则下列四个命题中是真命题的为()A.若a与b异面,b与c异面,则a与c异面B.若a与b相交,b与c相交,则a与c相交C.若a∥b,则a、b与c所成的角相等D.若a⊥b,b⊥c,则a∥c答案:C分析:根据空间里面直线的位置关系逐项分析判断即可.在A中,若直线a、b异面,b、c异面,则a、c相交、异面或平行,故A错误;在B中,若直线a、b相交,b、c相交,则a、c平行、相交或异面,故B错误;在C中,若a∥b,则a、b与c所成的角相等,故C正确;在D中,若a⊥b,b⊥c,则a与c相交、平行或异面,故D错误.故选:C.4、在三棱锥A−BCD中,E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点,且AD⊥BC,则四边形EFGH是()A.平行四边形B.矩形C.菱形D.正方形答案:B分析:根据中位线的性质及平行公理可得四边形EFGH是平行四边形,再利用AD⊥BC可得四边形EFGH是矩形.因为E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点,所以EF//AD,HG//AD,所以EF//HG;同理可得EH//GF,所以四边形EFGH是平行四边形;又因为AD⊥BC,所以EH⊥EF,即四边形EFGH是矩形.故选:B.5、下列说法中正确的是()A.如果一条直线与一个平面平行,那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B.平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等,则α与β平行C.α//β,a//α,则a//βD.a//b,a//α,b⊄α,则b//α答案:D分析:根据线面关系,逐一判断每个选项即可.解:对于A选项,如果一条直线与一个平面平行,那么这条直线与平面内的无数条直线平行,而不是任意的直线平行,故错误;对于B选项,如图1,D,E,F,G分别为正方体中所在棱的中点,平面DEFG设为平面β,易知正方体的三个顶点A,B,C到平面β的距离相等,但△ABC所在平面α与β相交,故错误;对于选项C,a可能在平面β内,故错误;对于选项D,正确.故选:D.6、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上,且该棱柱的体积为√3,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,则该球的表面积为()A.4πB.4√2πC.8πD.32π答案:C解析:利用三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面,棱柱的体积为√3,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,求出AA1,再求出ΔABC外接圆的半径,即可求得球的半径,从而可求球的表面积.∵三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面,棱柱的体积为√3,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,∴1×2×1×sin60°×AA1=√3,∴AA1=22∵BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos60°=4+1−2=3,∴BC=√3.设ΔABC外接圆的半径为R,则BC=2R,∴R=1.sin60°∴外接球的半径为√1+1=√2,∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π.故选:C.小提示:本小题主要考查根据柱体体积求棱长,考查几何体外接球有关计算,属于基础题.7、已知在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中,点D为B1C1的中点,若在棱AB上存在一点P,使得B1P//平面ACD,则B1P的长度为()A.2B.√5C.√6D.3答案:B解析:设点P为AB的中点,取A1B1的中点Q,连接AQ,DQ,然后证明B1P//平面AQD即可.如图,设点P为AB的中点,取A1B1的中点Q,连接AQ,DQ,则B1P//AQ,又B1P⊄平面AQD,AQ⊂平面AQD,∴B1P//平面AQD,易知AC//DQ,故平面AQD与平面ACD是同一个平面,∴B1P//平面ACD,此时B1P=√5,故选:B8、在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中,真命题的个数是().①α、β都垂直于平面r,那么α∥β②α、β都平行于平面r,那么α∥β③α、β都垂直于直线l,那么α∥β④如果l、m是两条异面直线,且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β,那么α∥βA.0B.1C.2D.3答案:D分析:在正方体中观察可判断①;由平面平行的传递性可判断②;由线面垂直的性质可判断③;根据面面平行判定定理可判断④.如图,易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面,故①错误;由平面平行的传递性可知②正确;由线面垂直的性质可知③正确;过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2,过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2,因为l∥α,l∥β,所以l∥l1,l∥l2,所以l1∥l2因为l1⊄β,l2⊂β,所以l1∥β同理,m1∥β又l、m是两条异面直线,所以l1,l2相交,且l1⊂α,m1⊂α所以α∥β,故④正确.故选:D多选题9、如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,AB=2,PB=√6,侧面PAD为正三角形,则下列说法正确的是()A.平面PAD⊥平面ABCD B.异面直线AD与PB所成的角为60°C.二面角P-BC-A的大小为45°D.三棱锥P-ABD外接球的表面积为20π3答案:ACD分析:取AD 中点E ,连接PE,BE ,可得∠PEB 是二面角P −AD −B 的平面角,再求得此角为直角,得直二面角,从而得面面垂直,判断A ,说明∠PBC 是异面直线AD 与PB 所成的角或其补角,求出此角后判断B ,证明∠PBE 是二面角P −BC −A 的平面角,并求得此角判断C ,设M,N 分别是△ABD 和△PAD 的中心,如图,作NO//EB ,MO//PE ,NO 与MO 交于点O ,得O 是三棱锥P −ABD 外接球的外心,求出球半径后得球表面积判断D .取AD 中点E ,连接PE,BE ,△PAD 和△BAD 都是等边三角形,则PE ⊥AD,BE ⊥AD ,∠PEB 是二面角P −AD −B 的平面角,PE =BE =√3,又PB =√6,所以PE 2+BE 2=PB 2,即PE ⊥BE ,所以二面角P −AD −B 是直二面角,所以平面PAD ⊥平面ABCD ,A 正确;AD//BC ,所以∠PBC 是异面直线AD 与PB 所成的角或其补角,由此可得PE ⊥平面ABCD ,而CE ⊂平面ABCD ,所以PE ⊥EC ,EC =√12+22−2×1×2×cos120°=√7,所以PC =√PE 2+EC 2=√10,PB 2+BC 2=PC 2,PB ⊥BC ,∠PBC =90°,B 错;由BE ⊥AD 知BC ⊥BE ,所以∠PBE 是二面角P −BC −A 的平面角,在△PEB 中,可得∠PBE =45°,C 正确;以上证明有PE ⊥平面ABD ,同理BE ⊥平面PAD ,设M,N 分别是△ABD 和△PAD 的中心,如图,作NO//EB ,MO//PE ,NO 与MO 交于点O ,则NO ⊥平面PAD ,MO ⊥平面ABD ,所以O 是三棱锥P −ABD 外接球的外心,由于NE =ME =13BE =√33,ONEM 是正方形,OM =√33,而BM =2√33, 所以OB =√OM 2+BM 2=√(√33)2+(2√33)2=√153即为外接球半径, 三棱锥P -ABD 外接球的表面积为S =4π×(√153)2=20π3.D 正确.故选:ACD .10、如图,点A,B,C,M,N是正方体的顶点或所在棱的中点,则满足MN//平面ABC的有()A.B.C.D.答案:AD分析:结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.对于A选项,由下图可知MN//DE//AC,MN⊄平面ABC,AC⊂平面ABC,所以MN//平面ABC,A正确.对于B选项,设H是EG的中点,由下图,结合正方体的性质可知,AB//NH,MN//AH//BC,AM//CH,所以A,B,C,H,N,M六点共面,B错误.对于C选项,如下图所示,根据正方体的性质可知MN//AD,由于AD⊄平面ABC,所以MN⊄平面ABC.所以C 错误.对于D选项,设AC∩NE=D,由于四边形AECN是矩形,所以D是NE中点,由于B是ME中点,所以MN//BD,由于MN⊄平面ABC,BD⊂平面ABC,所以MN//平面ABC,D正确.故选:AD11、在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,截面BDE与直线PC平行,与PA交于点E,则下列判断正确的是()A.E为PA的中点B.PB与CD所成的角为π3C.BD⊥平面PACD.三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1:4答案:ACD分析:在A中,连结AC,交BD于点F,连结EF,则平面PAC∩平面BDE=EF,推导出EF//PC,由四边形ABCD是正方形,从而AF=FC,进而AE=EP;在B中,由CD//AB,得∠PBA(或其补角)为PB与CD所成角,推导出PA⊥AB,从而PB与CD所成角为π4;在C中,推导出AC⊥BD,PA⊥BD,由此能证明BD⊥平面PAC;在D中,设AB=PA=x,则V P−ABCD=13x3,V C−BDE=V E−BCD=13S△BCD⋅AE=112x3.由此能求出三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1:4.解:在A中,连结AC,交BD于点F,连结EF,则平面PAC∩平面BDE=EF,∵PC//平面BDE,PC⊂平面PAC,∴EF//PC,∵四边形ABCD是正方形,∴AF=FC,∴AE=EP,故A正确;在B中,∵CD//AB,∴∠PBA(或其补角)为PB与CD所成角,∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴PA⊥AB,在Rt△PAB中,PA=AB,∴∠PBA=π4,∴PB与CD所成角为π4,故B错误;在C中,∵四边形ABCD为正方形,∴AC⊥BD,∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD,∵PA∩AC=A,PA、AC⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC,故C正确;在D中,设AB=PA=x,则V P−ABCD=13×AB2×PA=13x2⋅x=13x3,V C−BDE=V E−BCD=13S△BCD⋅AE=13×12x2⋅12x=112x3.∴∴V C−BDE:V P−ABCD=112x3:13x3=1:4,故D正确.故选:ACD.填空题12、在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D为AA1中点,点P在侧面BCC1B1上运动,当点P满足条件___________时,A1P//平面BCD(答案不唯一,填一个满足题意的条件即可)答案:P是CC1中点分析:根据线面平行的性质,只需在侧面BCC1B1上找到一点,A1P//平面BCD上的任一条线即可,可以取A1P/ /CD,此时P是CC1中点.取CC1中点P,连结A1P,∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D为AA1中点,点P在侧面BCC1B1上运动,∴当点P满足条件P是CC1中点时,A1P//CD,∵A1P⊄平面BCD,CD⊂平面BCD,∴当点P满足条件P是CC1中点时,A1P//平面BCD所以答案是:P是CC1中点.13、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图),则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______.答案:2√6分析:根据面积公式求出三角形的边长,以及高,利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高,并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a,∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2,DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是:2√6.14、如图所示,一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4,一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发,绕圆锥爬行一周后回到点P处,若该小虫爬行的最短路程为4√3,则这个圆锥的体积为___________.答案:128√2π81分析:作出该圆锥的侧面展开图,该小虫爬行的最短路程为PP′,由余弦定理求出cos∠P′OP=2π,求出底面圆3的半径r,从而求出这个圆锥的高,由此能求出这个圆锥的体积.作出该圆锥的侧面展开图,如图所示:该小虫爬行的最短路程为PP′,由余弦定理可得:cos∠P′OP=OP2+OP′2−PP′22OP·OP′=42+42−(4√3)22×4×4=−12∴cos∠P′OP=2π3.设底面圆的半径为r,则有2πr=2π3·4,解得r=43,所以这个圆锥的高为ℎ=√16−169=8√23,则这个圆锥的体积为V=13Sℎ=13πr2ℎ=13π×169×8√23=128√2π81.所以答案是:128√2π81.小提示:立体几何中的翻折叠(展开)问题要注意翻折(展开)过程中的不变量.解答题15、如图,正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面相互垂直,∠ADE=90∘,AF//DE,AD=DE=2AF=2.(1)求证:AC//平面BEF;(2)求点D到平面BEF的距离.答案:(1)证明见解析;(2)2√63.分析:(1)取BE中点M,连接MO、MF,根据题目条件可证明出四边形AOMF为平行四边形,则AO//MF,再根据线面平行的判定定理可证明出AC//平面BEF;(2)利用等体积法先计算三棱锥V B−DEF的体积,然后计算出S△BEF,利用V B−DEF=13S△BEF⋅d D−BEF计算出点D 到平面BEF的距离.解:(1)设AC∩BD=O,取BE中点M,连接MO、MF,∵四边形ABCD是正方形,∴O是BD的中点,又M是BE的中点,∴OM//DE,OM=12DE,∵四边形ADEF是直角梯形,AF//DE,AF=12DE,∴OM AF,∴四边形AFMO是平行四边形,∴AO//FM,又FM⊂平面BEF,AO⊄平面BEF,∴AO//平面BEF,即AC//平面BEF;(2)∵BC//AD,BC⊄平面ADEF,AD⊂平面ADEF,∴BC//平面ADEF,∵AB⊥AD,平面ABCD⊥平面ADEF,AB⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面ADEF=AD,∴AB⊥平面ADEF,∴V B−DEF=13S△DEF⋅AB=13×12×2×2×2=43,∵AB⊥平面ADEF,AF⊂平面ADEF,∴AB⊥AF,BF=√AB2+AF2=√5,∵DE⊥AD,平面ABCD⊥平面ADEF,DE⊂平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,∴DE⊥平面ABCD,又BD⊂平面ABCD,∴DE⊥BD,在△BDE中,BD=2√2,DE=2,BE=√BD2+DE2=2√3,在△BEF中,EF=BF=√5,BE=2√3,∴S△BEF=12×2√3×√2=√6,设点D到平面BEF的距离为d,由V D−BEF=V B−DEF得:13S△BEF⋅d=43,即13×√6⋅d=43,∴d=2√63.小提示:计算空间点到面距离的一般方法有:(1)定义法:过已知点作面的垂线,计算垂线段的长度即可; (2)利用等体积法求解;(3)空间向量法:求解点P 到平面α的距离时,先计算平面α的法向量m ⃑⃑ ,在平面α内任取一点A ,利用d =|AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑⃑ ||m ⃑⃑⃑ |求解即可.。

(必考题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试卷(有答案解析)(3)

(必考题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试卷(有答案解析)(3)

一、选择题1.某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的外接球的表面积(单位:2cm )是( )A .36πB .54πC .72πD .90π2.现有一个三棱锥形状的工艺品P ABC -,点P 在底面ABC 的投影为Q ,满足12QABQAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△,22222213QA QB QC AB BC CA ++=++,93ABCS =,若要将此工艺品放入一个球形容器(不计此球形容器的厚度)中,则该球形容器的表面积的最小值为( )A .42πB .44πC .48πD .49π3.大摆锤是一种大型游乐设备(如图),游客坐在圆形的座舱中,面向外,通常大摆锤以压肩作为安全束缚,配以安全带作为二次保险,座舱旋转的同时,悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.假设小明坐在点A 处,“大摆锤”启动后,主轴OB 在平面α内绕点O 左右摆动,平面α与水平地面垂直,OB 摆动的过程中,点A 在平面β内绕点B 作圆周运动,并且始终保持OB β⊥,B β∈.设4OB AB =,在“大摆锤”启动后,下列结论错误的是( )A .点A 在某个定球面上运动;B .β与水平地面所成锐角记为θ,直线OB 与水平地面所成角记为δ,则θδ+为定值;C .可能在某个时刻,AB//α;D .直线OA 与平面α所成角的正弦值的最大值为17. 4.已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等,E 为BC 中点,则异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为( ) A .13 B .36C .33 D .1165.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积是( )A .2πB .3πC .4πD .16π6.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形.其中3AB =,2AD =,PAD △是以A ∠为直角的等腰直角三角形,若60PAB ∠=︒,则异面直线PC 与AD 所成角的余弦值是( )A .2211B .2211-C 27D .11117.如图,正方形ABCD 的边长为4,点E ,F 分别是AB ,B C 的中点,将ADE ,EBF △,FCD 分别沿DE ,EF ,FD 折起,使得A ,B ,C 三点重合于点A ',若点G 及四面体A DEF '的四个顶点都在同一个球面上,则以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为( )A.263+B.463+C.4263-D.2263-8.某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为V,该几何体所有棱的棱长之和为L,则()A.8,14253V L==+B.8,1425V L==+C.8,16253V L==+D.8,1625V L==+9.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.210.在四棱锥P -ABCD 中,//AD BC ,2AD BC =,E 为PD 中点,平面ABE 交PC 于F ,则PFFC=( ) A .1B .32C .2D .311.平行六面体1111ABCD A B C D -的六个面都是菱形,那么点1A 在面11AB D 上的射影一定是11AB D 的________心,点1A 在面1BC D 上的射影一定是1BC D 的________心( )A .外心、重心B .内心、垂心C .外心、垂心D .内心、重心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.已知直三棱柱111ABC A B C -,14AB BC AA ===,42AC =,若点P 是上底面111 A B C 所在平面内一动点,若三棱锥P ABC -的外接球表面积恰为41π,则此时点P 构成的图形面积为________.14.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________________.15.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___________.16.已知一个几何体的三视图如图所示,俯视图为等腰三角形,则该几何体的外接球表面积为_________.17.在三棱锥D ABC -中,AD ⊥平面ABC ,3AC =,17BC =,1cos 3BAC ∠=,若三棱锥D ABC -的体积为27,则此三棱锥的外接球的表面积为______18.已知棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点M 是棱AD 的中点,点N 是棱AA 1的中点,P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点(含边界),若C 1P ∥平面CMN ,则线段C 1P 长度的取值范围是________.19.如图,在直角梯形ABCD 中,//,,2,3,60AB CD AB AD CD AB ABC ⊥==∠=°,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_________________.20.将底面直径为8,高为23为______.三、解答题21.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1,2AC BC AC BC CC ⊥===.(1)求三棱柱111ABC A B C -的体积; (2)求异面直线1CB 与1AC 所成角的大小; (3)求二面角1B AC C --的平面角的余弦值.22.如图,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形,60BCD ∠=,已知2PB PD ==,6PA =,E 为PA 的中点.(1)求证:PC BD ⊥;(2)求二面角B PC E --的余弦值; (3)求三棱锥P BCE -的体积.23.如图,在多面体ABCDEF 中,底面ABCD 为菱形,且∠DAB =π3,AB =2,EF //AC ,EA =ED =3,BE =5.(1)求证:平面EAD ⊥平面ABCD ; (2)求三棱锥F -BCD 的体积.24.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.25.如图,四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 为梯形,//AD BC ,6BC =,2PA AD CD ===,E 是BC 上一点且23BE BC =,PB AE ⊥.(1)求证:AB ⊥平面PAE ; (2)求点C 到平面PDE 的距离.26.如图,在直角梯形ABED 中,//BE AD ,DE AD ⊥,BC AD ⊥,4AB =,23BE =.将矩形BEDC 沿BC 翻折,使得平面ABC ⊥平面BCDE .(1)若BC BE =,证明:平面ABD ⊥平面ACE ;(2)当三棱锥A BCE -的体积最大时,求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.【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】由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形,且侧面垂直于底面的三棱锥,由题意画出图形,结合图形求出外接球的半径,再计算外接球的表面积. 【详解】解:由几何体的三视图知,该几何体是三棱锥P ABC -,底面为等腰ABC ∆, 且侧面PAB ⊥底面ABC ,如图所示;设D 为AB 的中点,又3DA DB DC DP ====,且PD ⊥平面ABC ,∴三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在PD 上,设OP R =,则OA R =,3OD R =-,222(3)3R R ∴=-+, 解得3R =,∴该几何体外接球的表面积是32436R cm ππ=.故选:A . 【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.2.D解析:D 【分析】作QM AB ⊥,连接PM ,易证AB PM ⊥,由112122QAB PABAB QMS S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△,得到2PM QM=,再根据12 QAB QACQBCPAB PAC PBCS S SS S S===△△△△△△,由对称性得到AB BC AC==,然后根据22222213QA QB QCAB BC CA++=++,93ABCS=,求得6,23AB AQ==,在AOQ△中,由222AO OQ AQ=+求解半径即可.【详解】如图所示:作QM AB⊥与M,连接PM,因为PQ⊥平面ABC,所以PQ AB⊥,又QM PQ Q⋂=,所以AB⊥平面PQM,所以AB PM⊥,所以112122QABPABAB QMSS AB PM⨯⨯==⨯⨯△△,2PM QM=,因为12QAB QAC QBCPAB PAC PBCS S SS S S===△△△△△△,由对称性得AB BC AC==,又因为22222213QA QB QCAB BC CA++=++,93ABCS=所以21sin60932ABCS AB=⨯⨯=解得6,3AB AQ==所以3,23,3QM PM PQ===,设外接球的半径为r,在AOQ △中,222AO OQ AQ =+,即()()222323r r =-+, 解得72r =, 所以外接球的表面积为2449S r ππ==, 即该球形容器的表面积的最小值为49π. 故选:D 【点睛】关键点点睛:本题关键是由12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△得到三棱锥是正棱锥,从而找到外接球球心的位置而得解..3.C解析:C 【分析】利用已知条件确定OA 是定值,即得A 选项正确;作模型的简图,即得B 正确;依题意点B 在平面α内,不可能AB//α,得C 错误;设AB a ,结合题意知AB α⊥时,直线OA 与平面α所成角最大,计算此时正弦值,即得D 正确. 【详解】因为点A 在平面β内绕点B 作圆周运动,并且始终保持OB β⊥,所22OA OB AB =+,又因为OB ,AB 为定值,所以OA 也是定值,所以点A 在某个定球面上运动,故A 正确;作出简图如下,OB l ⊥,所以2πδθ+=,故B 正确;因为B α∈,所以不可能有AB//α,故C 不正确; 设AB a ,则4OB a =,2217OA AB OB a =+,当AB α⊥时,直线OA 与平面α所成角最大,此时直线OA 与平面α1717a=,故D 正确. 故选:C. 【点睛】本题解题关键在于认真读题、通过直观想象,以实际问题为背景构建立体几何关系,再运用立体几何知识突破难点.4.B解析:B 【分析】取AC 中点F ,连接,EF DF ,证明FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角(或其补角),然后在三角形中求得其余弦值即可得. 【详解】取AC 中点F ,连接,EF DF ,∵E 是BC 中点,∴//EF AB ,12EF AB =, 则FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角(或其补角), 设1AB =,则12EF =,32DE DF ==, ∴在等腰三角形DEF 中,11324cos 63EF FED DE ∠===. 所以异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为36. 故选:B .【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.5.C解析:C 【分析】由三视图还原出原几何体,确定其结构,再求出外接球的半径得球的表面积. 【详解】由三视图,知原几何体是一个四棱锥P ABCD -,如图,底面ABCD 是边长为1的正方形,PB ⊥底面ABCD ,由PB ⊥底面ABCD ,AD ⊂面ABCD ,得PB AD ⊥,又AD AB ⊥,AB PB B ⋂=,,AB PB ⊂平面PAB ,所以AD ⊥平面PAB ,而PA ⊂平面PAB ,所以AD PA ⊥,同理DC PC ⊥,同样由PB ⊥底面ABCD 得PB BD ⊥,所以PD 中点O 到四棱锥各顶点距离相等,即为其外接球球心,PD 为球直径,222222PD PB BD PA AD AB =+=++=,∴外接球半径为12ADr ==, 表面积为2414S ππ=⨯=. 故选:C .【点睛】关键点点睛:本题考查由三视图还原几何体,考查棱锥的外接球表面积.解题关键是确定外接球的球心.棱锥的外接球球心在过各面外心(外接圆圆心)且与该面垂直的直线上.6.D解析:D 【分析】在图形中找到(并证明)异面直线所成的角,然后在三角形中计算. 【详解】因为//AD BC ,所以PCB ∠是异面直线PC 与AD 所成角(或其补角), 又PA AD ⊥,所以PA BC ⊥,因为AB BC ⊥,AB PA A ⋂=,,AB PA ⊂平面PAB ,所以BC ⊥平面PAB , 又PB ⊂平面PAB ,所以PB BC ⊥. 由已知2PA AD ==,所以22222cos 23223cos607PB PA AB PA AB PAB =+-⋅∠=+-⨯⨯︒=22211cos 11(7)2BC PCB PC ∠===+, 所以异面直线PC 与AD 所成角的余弦值为21111. 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.7.A解析:A 【分析】先求出'A FDE -外接球的半径和外接圆的半径,再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离,可得高h 的最大值. 【详解】因为A ,B ,C 三点重合于点A ',原来A B C ∠∠∠、、都是直角,所以折起后三条棱'''A F A D A E 、、互相垂直,所以三棱锥'A FDE -可以看作一个长方体的一个角,它们有相同的外接球,外接球的直径就是长方体的体对角线,即为'2'2'22441626R AF AD AE =++=++6R =2241625DE DF AD AE ==++=2222EF BE BF =+= 在DFE △中,22210cos 222522DE EF DF DEF DE EF +-∠===⨯⨯⨯, 所以DEF ∠为锐角,所以2310sin 1cos DEF DEF ∠=-∠=,DEF的外接圆的半径为552 2sin310DFrDEF===∠,则球心到DEF外心的距离为2223R r-=,以FDE为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为1R OO+的距离为263+.故选:A.【点睛】本题考查了翻折问题和外接球的问题,关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系,考查了学生的空间想象力和计算能力.8.A解析:A【分析】由三视图还原几何体,由棱锥的体积公式可得选项.【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A B C D-中,P,E分别为11,B C BC的中点,该几何体为四棱锥P ABCD-,且PE⊥平面ABCD.由三视图可知2AB=,则5,3PC PB PD PA====,则21825681425,2233L V=++=+=⨯⨯=.故选:A.【点睛】方法点睛:三视图问题的常见类型及解题策略:(1)由几何体的直观图求三视图.注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向,注意看到的部分用实线表示,不能看到的部分用虚线表示.(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图.先根据已知的一部分三视图,还原、推测直观图的可能形式,然后再找其剩下部分三视图的可能形式.当然作为选择题,也可将选项逐项代入,再看看给出的部分三视图是否符合.(3)由几何体的三视图还原几何体的形状.要熟悉柱、锥、台、球的三视图,明确三视图的形成原理,结合空间想象将三视图还原为实物图.9.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.10.C解析:C【分析】首先通过延长直线,DC AB,交于点G,平面BAE变为GAE,连结PG,EG交于点F,再根据三角形中线的性质,求PFFC的值.【详解】延长,DC AB,交于点G,连结PG,EG交PC于点F,//AD BC ,且2AD BC =,可得点,B C 分别是,AG DG 的中点,又点E 是PD 的中点,PC ∴和GE 是△PGD 的中线,∴点F 是重心,得2PFFC=故选:C 【点睛】关键点点睛:本题的关键是找到PC 与平面BAE 的交点,即将平面BAE 转化为平面GAE 是关键. 11.C解析:C 【分析】将三棱锥111A AB D -、三棱锥11A BC D -分离出来单独分析,根据线段长度以及线线关系证明1A 的射影点分别是11AB D 和1BC D 的哪一种心. 【详解】三棱锥111A AB D -如下图所示:记1A 在面11AB D 上的射影点为O ,连接11,,AO B O D O ,因为11111AA A D A B ==,又1A O ⊥平面11AB D , 所以222222*********1,,AA AO AO A D AO OD A B AO OB =+=+=+ 所以11AO OB OD ==,所以O 为11AB D 的外心;三棱锥11A BC D -如下图所示:记1A 在面1BC D 上的射影点为1O ,连接1111,,BO C O DO ,因为11//BC AD ,且四边形11ADD A 是菱形,所以11AD A D ⊥,所以11BC A D ⊥, 又因为11A O ⊥平面1BC D ,所以1111111,AO BC AO A D A ⊥=,所以1BC ⊥平面11AO D ,又因为1DO ⊂平面11AO D ,所以11DO BC ⊥, 同理可知:1111,BO DC C O DB ⊥⊥,所以1O 为1BC D 的垂心, 故选:C. 【点睛】关键点点睛:解答本题的关键是通过1A 的射影点去证明线段长度的关系、线段位置的关系,借助线面垂直的定义和判定定理去分析解答问题.12.C解析:C 【分析】设AH a =,则3BH 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3BH 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 ,1,3,2AC AB BC ===,D 为BC 的中点,所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=,所以在'Rt AC H 中,()2''221C H AC AHa =-=-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】确定是等腰直角三角形的中点分别是和的外心由直棱柱性质得的外接球的球心在上外接球面与平面的交线是圆是以为圆心为半径的圆求出可得面积【详解】则设分别是的中点则分别是和的外心由直三棱柱的性质得平面 解析:4π【分析】确定ABC 是等腰直角三角形,11,AC A C 的中点1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心,由直棱柱性质得P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上,外接球面与平面111A B C 的交线是圆,是以1D 为圆心,1D P 为半径的圆,求出1PD 可得面积. 【详解】4,AB BC AC ===90ABC ∠=︒,设1,D D 分别是11,AC A C 的中点,则1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心,由直三棱柱的性质得1DD ⊥平面ABC , 所以P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上,如图,24()41OA ππ=,则2OP OA ==,32OD ===, 所以11135422OD DD OD AA OD =-=-=-=,12PD ===, P ABC -的外接球面与平面111A B C 的交线是圆,是以1D 为圆心,1D P 为半径的圆,其面积为224S ππ=⨯=. 故答案为:4π.【点睛】关键点点睛:本题考查立体几何中动点轨迹问题的求解,重点考查了几何体的外接球的有关问题的求解,关键是根据外接球的性质确定球心位置,结合勾股定理得出动点所满足的具体条件,结论:三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上.14.【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:82【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:2【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.15.【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,1222PE AC a ==,2ABCD S a =正方形, 231122183326P ABCD ABCD V S PE a a a -=⋅=⨯⨯==正方形,解得32a =,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.16.【分析】首先把三视图转换为直观图进一步求出几何体的外接球的半径最后求出球的表面积【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形高为2的三棱锥体如图所示:设底面外接圆的半径为t 圆心为H 则解得 解析:414π 【分析】首先把三视图转换为直观图,进一步求出几何体的外接球的半径,最后求出球的表面积.【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形,高为2的三棱锥体.如图所示:设底面外接圆的半径为t ,圆心为H ,则2221(2)t t =+-,解得54t =, 设外接球的半径r ,球心为O ,则OH ⊥底面,且1OH =, 则22541()144r =+=所以41414().164S ππ=⨯⨯= 故答案为:414π 【点睛】 关键点点睛:球心与底面外接圆圆心连线垂直底面,且OH 等于棱锥高的一半,利用勾股定理求出球的半径,由面积公式计算即可.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172sin 22BC r BAC ==∠,解得334r =. 在ABC 中,由余弦定理2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠,可得2117963AB AB =+-⋅⋅,得4AB =. 所以1122sin 3442223ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△. 因为112742333D ABC ABC V S AD AD -=⋅⋅=⨯⨯=△,所以144AD =.连接1OO ,又1//OO AD ,所以四边形1EAO O 为平行四边形,111428EA OO AD ===,所以22221114324588R OO AO ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以该三棱锥的外接球的表面积()224π4π520πS 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】分别取棱的中点连接易证平面平面由题意知点必在线段上由此可判断在或处时最长位于线段中点处时最短通过解直角三角形即可求得【详解】如下图所示连分别为所在棱的中点则又平面平面平面四边形为平行四边形又 解析:[32,25]【分析】分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ,连接MN ,易证平面1//A MN 平面AEF ,由题意知点P 必在线段MN 上,由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长,位于线段MN 中点处时最短,通过解直角三角形即可求得.【详解】如下图所示,连MN ,EF ,1A D ,EMM ,N ,E ,F 分别为所在棱的中点,则1//MN A D ,1//EF A D ,//EF MN ∴,又MN ⊂平面1C EF ,EF ⊂平面1C EF ,//MN ∴平面1C EF .11//,C C EM C C EM =,∴四边形1C CME 为平行四边形,1//C E CM ,又CM ⊄平面1C EF ,1C E ⊂平面1C EF ,//CM ∴平面1C EF ,又NM CM M =, ∴平面//NMC 平面1C EF .P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点,且C 1P ∥平面CMN ,∴点P 必在线段EF 上.在Rt △11C D E 中,222211114225C E C D D E =+=+=同理,在Rt △11C D F 中,可得125C F =, ∴△1C EF 为等腰三角形.当点P 为EF 中点O 时,1C P EF ⊥,此时1C P 最短;点P 位于,E F 处时,1C P 最长. ()222211(25)232C O C E OE =-=-=1125C E C F ==∴线段1C P长度的取值范围是.故答案为:【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题,考查学生的运算能力及推理转化能力,属中档题,解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置.19.【分析】此梯形以AD所在直线为轴旋转一周得到的是圆台然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算【详解】将此梯形以AD所在直线为轴旋转一周得到的是圆台其中圆台的上底半径为r=CD=2下底半径为R=AB=解析:23π【分析】此梯形以AD所在直线为轴旋转一周,得到的是圆台,然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算.【详解】将此梯形以AD所在直线为轴旋转一周,得到的是圆台,其中圆台的上底半径为r=CD=2,下底半径为R=AB=3,母线BC=2,∴圆台的上底面积为πr2=4π,下底面积为πR2=9π,圆台的侧面积为(πr+πR)•BC=π(2+3)×2=10π,∴圆台的表面积为4π+9π+10π=23π,故答案为23π.【点睛】本题考查圆台表面积的计算,利用旋转体的定义确定该几何体是圆台是解决本题的关键.20.【分析】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥设圆柱的高为h底面半径为r用r表示h从而求出圆柱侧面积的最大值【详解】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥;设圆柱的高为h底面半径为r则解得;所以;当时取解析:【分析】欲使圆柱侧面积最大,需使圆柱内接于圆锥,设圆柱的高为h,底面半径为r,用r表示h,从而求出圆柱侧面积的最大值.【详解】欲使圆柱侧面积最大,需使圆柱内接于圆锥;设圆柱的高为h ,底面半径为r , 23423r =,解得33h r =; 所以()23222334S rh r r r πππ⎛⎫===- ⎪ ⎪⎝⎭圆柱侧; 当2r 时,S 圆柱侧取得最大值为43π 故答案为:3π.【点睛】本题考查了求圆柱侧面积的最值,考查空间想象能力,将问题转化为函数求最值,属于中档题.三、解答题21.(1)4;(2)60︒;(3)33. 【分析】(1)根据棱锥的体积公式求解即可;(2)作辅助线,利用平行得出异面直线1CB 与1AC 所成角就是COE ∠,再结合等边三角形的性质得出夹角;(3)过C 作1CF AC ⊥于点F ,连接,CF BF ,由11,CF AC BF AC ⊥⊥结合定义得出二面角1B AC C --的平面角,再由直角三角形的边角关系得出平面角的余弦值.【详解】(1)三棱柱111ABC A B C -的体积1122242ABC V S CC ⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭(2)记1BC 与1B C 的交点为O ,作AB 的中点E ,连接,OE CE ,异面直线1CB 与1AC 所成角就是COE ∠2CO OE CE ===60COE ︒∴∠=(3)过C 作1CF AC ⊥于点F ,连接,CF BF11,CF AC BF AC BFC ⊥⊥⇒∠为所求角 3tan 2,cos 2BC BFC BFC FC ∠===∠=【点睛】关键点睛:在求异面直线的夹角时,关键是利用中位线定理得出平行,从而得出异面直线的夹角.22.(1)证明见解析;(2)155;(3)12. 【分析】(1)连接AC 交BD 于点O ,连接PO ,推导出BD ⊥平面PAC ,进而可得出PC BD ⊥;(2)过点O 在平面PAC 内作OF PC ⊥,垂足为点F ,连接BF ,推导出OFB ∠为二面角B PC E --的平面角,计算出OF 、BF ,可计算出cos OFB ∠,即可得解; (3)计算出PCE 的面积,利用锥体的体积公式可得出13P BCE B PCE PCE V V S OB --==⋅△,即可得解. 【详解】证明:(1)连接AC 交BD 于O 点,连接PO ,∵四边形ABCD 是菱形,AC BD ∴⊥,则O 是BD 的中点,PB PD =,PO BD ∴⊥,又AC PO O =,AC 、OP ⊂平面PAC ,BD ∴⊥平面PAC ,又PC ⊂平面PAC ,PC BD ∴⊥;(2)由(1)知BO ⊥平面PAC ,PC ⊂平面PAC ,则OB PC ⊥,过O 在平面PAC 内作OF PC ⊥于F ,连接BF ,由OB OF O ⋂=,则PC ⊥平面OBF ,BF ⊂平面OBF ,得BF PC ⊥,故OFB ∠为二面角B PC E --的平面角, 四边形ABCD 是菱形,60BAD ∠=,ABD ∴为等边三角形,2BD AB AD ∴===,112OB BD ∴==,223OC OA AB OB ==-= OB ⊥平面PAC ,OP ⊂平面PAC ,OP OB ∴⊥,223OP PB OB ∴-= 3OA =3OP =6PA =222OP PA OA +∴=,即OA OP ⊥,即PO AC ⊥,3366PO OC OF PC ⋅⨯∴===,222261012BF BO OF ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭, 故615cos 510OF OFB BF ∠===,即二面角B PC E --的余弦值是155; (3)E 为PA 的中点,11333222PCE PAC POA S S S ∴====△△△, 又OB ⊥平面PAC ,113113322P BCE B PCE PCE V V S OB --∴==⋅=⨯⨯=△. 【点睛】方法点睛:求二面角常用的方法:(1)几何法:二面角的大小常用它的平面角来度量,平面角的作法常见的有: ①定义法;②垂面法,注意利用等腰三角形的性质;(2)空间向量法:分别求出两个平面的法向量,然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.。

(完整版)高中数学必修2立体几何测试题及答案

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高中数学必修2立体几何测试题及答案(一)一,选择(共80分,每小题4分)1,三个平面可将空间分成n 个部分,n 的取值为( )A ,4;B ,4,6;C ,4,6,7 ;D ,4,6,7,8。

2,两条不相交的空间直线a 、b ,必存在平面α,使得( )A ,a ⊂α、b ⊂α;B ,a ⊂α、b ∥α ;C ,a ⊥α、b ⊥α;D ,a ⊂α、b ⊥α。

3,若p 是两条异面直线a 、b 外的任意一点,则( )A ,过点p 有且只有一条直线与a 、b 都平行;B ,过点p 有且只有一条直线与a 、b 都垂直;C ,过点p 有且只有一条直线与a 、b 都相交;D ,过点p 有且只有一条直线与a 、b 都异面。

4,与空间不共面四点距离相等的平面有( )个A ,3 ;B ,5 ;C ,7;D ,4。

5,有空间四点共面但不共线,那么这四点中( )A ,必有三点共线;B ,至少有三点共线;C ,必有三点不共线;D ,不可能有三点共线。

6,过直线外两点,作与该直线平行的平面,这样的平面可有( )个A ,0;B ,1;C ,无数 ;D ,涵盖上三种情况。

7,用一个平面去截一个立方体得到的截面为n 边形,则( )A ,3≤n ≤6 ;B ,2≤n ≤5 ;C ,n=4;D ,上三种情况都不对。

8,a 、b 为异面直线,那么( )A ,必然存在唯一的一个平面同时平行于a 、b ;B ,过直线b 存在唯一的一个平面与a 平行;C ,必然存在唯一的一个平面同时垂直于a 、b ;D ,过直线b 存在唯一的一个平面与a 垂直。

9,a 、b 为异面直线,p 为空间不在a 、b 上的一点,下列命题正确的个数是( )①过点p 总可以作一条直线与a 、b 都垂直;②过点p 总可以作一条直线与a 、b 都相交;③过点p 总可以作一条直线与a 、b 都平行;④过点p 总可以作一条直线与一条平行与另一条垂直;⑤过点p 总可以作一个平面与一条平行与另一条垂直。

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故四边形 BMNF 是平行四边形,∴ MN // BF ,…………8 分
而 BF 面 ABC1 , MN 平面 ABC1 ,∴ MN // 面 ABC1 ……10 分
18.(本题 12 分)已知四棱锥 P-ABCD,底面 ABCD 是 A 60 、边长为 a 的菱形,又
PD 底面ABCD,且 PD=CD,点 M、N 分别是棱 AD、PC 的中点.
P N
D
M
C
A
B
16.(本题 10 分) 如图所示,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中, ABC 90 , BC CC1 , M 、 N 分别为 BB1 、 A1C1 的中点. (Ⅰ)求证: CB1 平面ABC1 ; (Ⅱ)求证: MN // 平面ABC1 .
解析:(Ⅰ)在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,

a∩α=A
2.2.直线、平面平行的判定及其性质
2.2.1 直线与平面平行的判定
a∥α
1、直线与平面平行的判定定理:平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,
则该直线与此平面平行。
简记为:线线平行,则线面平行。
符号表示:


=> a∥α
a∥b
2.2.2 平面与平面平行的判定
1、两个平面平行的判定定理:一个平面内的两条交直线与另一个平面平行,则
侧面 BB1C1C ⊥底面 ABC,且侧面 BB1C1C ∩底面 ABC= BC , ∵∠ ABC=90°,即 AB BC , ∴ AB 平面 BB1C1C
∵ CB1 平面 BB1C1C ,∴ CB1 AB . ……2 分
∵ BC CC1 , CC1 BC ,∴ BCC1B1 是正方形,
∴ CB1 BC1 ,∴ CB1 平面ABC1 . …………… 4 分
(Ⅱ)取 AC1 的中点 F ,连 BF 、 NF . ………………5 分
在△ AA1C1 中, N 、 F 是中点,

NF
//
AA1 ,
NF
1 2
AA1 ,又∵
BM
//
AA1 ,
BM
1 2
AA1 ,∴
NF // BM , NF BM ,………6 分
P a
L 2、直线与平面垂直的判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,
则该直线与此平面垂直。
注意点: a)定理中的“两条相交直线”这一条件不可忽视;
b)定理体现了“直线与平面垂直”与“直线与直线垂直”互相转化的
数学思想。 2.3.2 平面与平面垂直的判定 1、二面角的概念:表示从空间一直线出发的两个半平面所组成的图形
高一必修二经典立体几何专项练习题
空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系 1、直线与平面有三种位置关系: (1)直线在平面内 —— 有无数个公共点 (2)直线与平面相交 —— 有且只有一个公共点 (3)直线在平面平行 —— 没有公共点 指出:直线与平面相交或平行的情况统称为直线在平面外,可用 a
α来表示
这两个平面平行。
符号表示: aβ bβ
a∩b = p
2、判断两平面平行的方法有三种: (1)用定义; (2)判定定理; (3)垂直于同一条直线的两个平面平行。
a ∥ b ∥
β∥
2.2.3 — 2.2.4 直线与平面、平面与平面平行的性质 1、直线与平面平行的性质定理:一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任
18.(本题 12 分)
已知四棱锥 P-ABCD,底面 ABCD 是 A 60 、边长为 a 的菱形,又 PD 底面ABCD,
且 PD=CD,点 M、N 分别是棱 AD、PC 的中点. (1)证明:DN//平面 PMB;
(2)证明:平面 PMB 平面 PAD;
(3)求点 A 到平面 PMB 的距离.
(1)证明:DN//平面 PMB;
(2)证明:平面 PMB 平面 PAD;
(3)求点 A 到平面 PMB 的距离.
解析:(1)证明:取 PB 中点 Q,连结 MQ、NQ,因为 M、N 分别是棱 AD、PC 中点,所以 QN//BC//MD,且 QN=MD,于是 DN//MQ.
DN // MQ
MQ 平面PMB DN // 平面PMB.

(3) 当点 在对角线 上运动,点 在棱 上运动
时, 的最小值仍然是

证明:如下图,设
,由正方体的对称性,显然有

设 在平面 上的射影是 .在

所以,点 的坐标是

由已知,可设
,则
中,
,所以
,即有


时, 取得最小值,最小值是

∴平面 PAC 平面 BDE.
………………15 分
(1)当点 为对角线 的中点时,点 的坐标是

因为点 在线段 上,设



时, 的最小值为
Байду номын сангаас
,即点 在棱 的中点时, 有最小值

(2) 因为 在对角线 上运动. 是定点,所以当
时, 最短.因为当点 为棱 的中点时,

是等腰
三角形,所以,当点 是 的中点时, 取得最小值

(3)因为 M 是 AD 中点,所以点 A 与 D 到平面 PMB 等距离.
过点 D 作 DH PM 于 H,由(2)平面 PMB 平面 PAD,所以 DH 平面PMB.
故 DH 是点 D 到平面 PMB 的距离.
aa DH 2
5 a.
5a 5
2
17.(本题 15 分)证明(1)∵O 是 AC 的中点,E 是 PC 的中点,
A
梭l
β
B
α 2、二面角的记法:二面角α-l-β或α-AB-β
3、两个平面互相垂直的判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平
面垂直。 2.3.3 — 2.3.4 直线与平面、平面与平面垂直的性质 1、直线与平面垂直的性质定理:垂直于同一个平面的两条直线平行。
2、两个平面垂直的性质定理: 两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线
一平面与此平面的交线与该直线平行。
简记为:线面平行则线线平行。 符号表示:
a ∥α

a∥b
α∩β= b
作用:利用该定理可解决直线间的平行问题。
2、两个平面平行的性质定理:如果两个平行的平面同时与第三个平面相交,那
么它们的交线平行。
符号表示: ∥ ∩γ= a a ∥ b ∩γ= b
作用:可以由平面与平面平行得出直线与直线平行 2.3 直线、平面垂直的判定及其性质 2.3.1 直线与平面垂直的判定 1、定义:如果直线 L 与平面α内的任意一条直线都垂直,我们就说直线 L 与平 面α互相垂直,记作 L⊥α,直线 L 叫做平面α的垂线,平面α叫做直线 L 的垂 面。如图,直线与平面垂直时,它们唯一公共点 P 叫做垂足。
∴OE∥AP,
………………4 分
又∵OE 平面 BDE,PA 平面 BDE,
∴PA∥平面 BDE.
………………7 分
(2)∵PO 底面 ABCD,
∴PO BD, 又∵AC BD,且 AC PO=O
………………10 分
∴BD 平面 PAC,而 BD 平面 BDE, ………………13 分
DN 平面PMB
…………………4 分
(2)
PD 平面ABCD MB 平面ABCD PD MB
又因为底面 ABCD 是 A 60 ,边长为 a 的菱形,且 M 为 AD 中点,
所以 MB AD.又
所以 MB 平面PAD.
MB MB
平面PAD 平面PMB
平面PMB
平面PAD.
………………8
与另一个平面垂直。
17.(本题 15 分)如图,ABCD 是正方形,O 是正方形的中心,
PO 底面 ABCD,E 是 PC 的中点.
求证:(1)PA∥平面 BDE;
(2)平面 PAC 平面 BDE.
P E
D
O A
C B
16.(本题 10 分)
如图所示,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,ABC 90 ,BC CC1 ,M 、N 分别为 BB1 、 A1C1 的中点. (Ⅰ)求证: CB1 平面ABC1 ; (Ⅱ)求证: MN // 平面ABC1 .
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