立体几何初步练习题及答案
高一数学立体几何初步试题答案及解析
高一数学立体几何初步试题答案及解析1.在空间直角坐标系中，已知点P（x，y，z），给出下列4条叙述：①点P关于x轴的对称点的坐标是（x，－y，z）②点P关于yOz平面的对称点的坐标是（x，－y，－z）③点P关于y轴的对称点的坐标是（x，－y，z）④点P关于原点的对称点的坐标是（－x，－y，－z）其中正确的个数是A．3B．2C．1D．0【答案】C【解析】其中正确的是④点P关于原点的对称点的坐标是（－x，－y，－z）故选C。
【考点】本题主要考查空间直角坐标系的概念。
点评：对于这类结论，应结合坐标系牢记。
2.在空间直角坐标系中，一定点到三个坐标轴的距离都是1，则该点到原点的距离是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】依题意，构建正方体。
即求棱长为的正方体对角线长，计算得，故选A。
【考点】本题主要考查空间直角坐标系的概念及其应用。
点评：根据几何体的特征，认识点的坐标。
3.下面四个说法中，正确的个数为（）（1）如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合（2）两条直线可以确定一个平面（3）若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l（4）空间中，相交于同一点的三直线在同一平面内A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，故（1）不正确；两条异面直线不能确定一个平面，故（2）不正确；若M∈α，M∈β，α∩β=l，则M∈l，故（3）正确；空间中，相交于同一点的三直线不一定在同一平面内，故（4）不正确，综上所述只有一个说法是正确的，故选A．【考点】本题主要考查平面的基本性质及推论。
点评：理解并记忆，能结合身边的点线面关系加以说明。
4.圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，那么此圆锥的轴截面是（）A．等边三角形B．等腰直角三角形C．顶角为30°的等腰三角形D．其他等腰三角形【解析】因为圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，所以圆锥母线长为，圆锥底半径，所以此圆锥的轴截面是等边三角形，故选A。
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步经典大题例题
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步经典大题例题单选题1、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−1)=2√3，2⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.2、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.3、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A ．2a 2B ．2√2a 2C ．2√3a 2D ．3√2a 2答案：A分析：设正方体的棱长为x ，求出正方体的棱长即得解.解：设正方体的棱长为x ，则√3x =a ，即x 2=13a 2，所以正方体的全面积为6x 2=6×13a 2=2a 2． 故选：A4、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号， 故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ，可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D5、锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=7、b=8，m⃑⃑ =(12,cosA)，n⃑=(sinA，−√32)，且m⃑⃑ ⊥n⃑，则△ABC的面积为（）A．√3B．3√3C．5√3D．10√3答案：D分析：先由向量垂直得到A=π3，利用余弦定理求出c=3或c=5，利用锐角三角形排除c=3，从而c=5，利用面积公式求出答案.由题意得：12sinA−√32cosA=0，故tanA=√3，因为A∈(0,π2)，所以A=π3，由余弦定理得：cosA=64+c 2−492×8c =12，解得：c=3或c=5，当c=3时，最大值为B，其中cosB=49+9−642×7×3<0，故B为钝角，不合题意，舍去；当c=5时，最大值为B，其中cosB=49+25−642×7×5>0，故B为锐角，符合题意，此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×√32=10√3.故选：D6、过半径为4的球O表面上一点M作球O的截面，若OM与该截面所成的角是30°，则O到该截面的距离是（）A．4B．2√3C．2D．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C7、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示， 作EO ⊥CD 于O ，连接ON ，过M 作MF ⊥OD 于F ．连BF ，∵平面CDE ⊥平面ABCD ．EO ⊥CD,EO ⊂平面CDE ，∴EO ⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，∴ΔMFB 与ΔEON 均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO =√3, ON =1 EN =2，MF =√32,BF =52,∴BM =√7．∴BM ≠EN ，故选B ．小提示：本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．8、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．√55B ．√105C ．√155D ．2√55答案：B分析：连接AD 1，AE ，得到AD 1//BC 1，把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角，取AD 1的中点F ，在直角△D 1EF 中，即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，连接AD 1，AE ，可得AD 1//BC 1，所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角，即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角，不妨设AA 1=2，则AD 1=2√2，D 1E =AE =√5，取AD 1的中点F ，因为D 1E =AE ，所以EF ⊥AD 1，在直角△D 1EF 中，可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选：B.9、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.10、如图在正三棱锥S −ABC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，Q 为棱AC 上的一点，且AQ =12QC ，MN ⊥MQ ，若AB =2√2，则此正三棱锥S −ABC 的外接球的体积为（ ）A ．12πB ．4√33πC ．8√3πD ．4√3π 答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC 两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，所以MN //SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC （对棱垂直），又因为MQ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D填空题11、如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______．答案：37分析：证得S△A1B1C1=14S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E，所以BB1//C1E，又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1=BE，且E分别是BC的中点，所以B1C1=1 2BC，同理A1B1=12AB，因此S△A1B1C1=14S△ABC，设上底面的面积为S，高为ℎ，则下底面的面积为4S，所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37，所以答案是：37.12、两个平面最多可以将空间分为___________部分.答案：4分析：根据两个平面的位置关系分别计算出它们将空间分成的部分数即可得解. 两个平面的位置关系有平行和相交两种，当两个平面平行时，它们可将空间分成3部分，当两个平面相交时，它们可将空间分成4部分，所以两个平面最多可以将空间分为4部分.所以答案是：413、在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形．请在下面给出的5个条件中选出2个作为一组，使得它们能成为“在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形”的充分条件___________．（写出符合题意的一组即可）①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1.答案：②④或②⑤或③⑤分析：设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，计算出PQ2，DQ2，PD2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，解不等式再根据已知条件可得答案.设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，因为PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形，所以PA⊥AQ，则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2，DQ2=CD2+CQ2=b2+(c−x)2，PD2=PA2+AD2=a2+c2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，即a2+b2+x2+b2+(c−x)2<a2+c2，整理得x2−cx+b2<0(0<x<c)，要使不等式有解，只需c2−4b2>0，即只需BC>2AB即可，因为①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1，所以②④或②⑤或③⑤.所以答案是：②④或②⑤或③⑤.14、所有棱长均为2的正三棱锥的体积为______.答案：23√2##2√23分析：棱长均为2的正三棱锥，分别求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案. 当三棱锥棱长均为2时，正三棱锥即为正四面体，如图，正四面体的底面积S=√34×22=√3，正四面体的高ℎ=PO=√PA2−AO2=√22−(23×√32×2)2=2√63，故正四面体的体积V=13⋅S⋅ℎ=2√23.所以答案是：2√2315、已知球O的半径为43,点A,B,C,D均在球面上，若△ABC为等边三角形，且其面积为√3,则三棱锥D−ABC的最大体积是___________.答案：2√33分析：根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积.设△ABC外接圆的圆心为O1,由△ABC是面积为√3的等边三角形，得12⋅|AB|2⋅sin60∘=√3,解得AB=2，则|O1B|=12×|AB|sin60∘=2√33.当三棱棱锥D−ABC体积最大时，球心O在DO1上，因此有|OO1|=√|OB|2−|O1B|2=23,所以|DO1|的最大值为43+23=2，三棱锥D−ABC的最大体积为V=13⋅S△ABC⋅|DO1|=13×√3×2=2√33.所以答案是：2√33.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是建立好勾股关系求出高.解答题16、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.分析：（Ⅰ）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . （Ⅰ）[方法一]：几何法 如下图所示：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB //A 1B 1且AB =A 1B 1，A 1B 1//C 1D 1且A 1B 1=C 1D 1， ∴AB //C 1D 1且AB =C 1D 1，所以，四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1//AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； [方法二]:空间向量坐标法以点A 为坐标原点，AD 、AB 、AA 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A −xyz ，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0,0,0)、A 1(0,0,2)、D 1(2,0,2)、E (0,2,1)，AD 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,1)，设平面AD 1E 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，由{n →⋅AD 1→=0n →⋅AE →=0，得{2x +2z =02y +z =0， 令z =−2，则x =2，y =1，则n →=(2,1,−2).又∵向量BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2),BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·n ⃑ =2×2+0×1+2×(−2)=0, 又∵BC 1⊄平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； （Ⅱ）[方法一]：几何法延长CC 1到F ，使得C 1F =BE ，连接EF ，交B 1C 1于G ， 又∵C 1F//BE ，∴四边形BEFC 1为平行四边形，∴BC 1//EF ， 又∵BC 1//AD 1,∴AD 1//EF ,所以平面AD 1E 即平面AD 1FE , 连接D 1G ，作C 1H ⊥D 1G ,垂足为H ,连接FH ,∵FC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,D 1G ⊂平面A 1B 1C 1D 1,∴FC 1⊥D 1G ， 又∵FC 1∩C 1H =C 1,∴直线D 1G ⊥平面C 1FH , 又∵直线D 1G ⊂平面D 1GF ,∴平面D 1GF ⊥平面C 1FH ,∴C 1在平面D 1GF 中的射影在直线FH 上,∴直线FH 为直线FC 1在平面D 1GF 中的射影，∠C 1FH 为直线FC 1与平面D 1GF 所成的角，根据直线FC 1//直线AA 1，可知∠C 1FH 为直线AA 1与平面AD 1G 所成的角. 设正方体的棱长为2，则C 1G =C 1F =1,D 1G =√5,∴C 1H =√5=√5,∴FH =√1+(√5)2=√5,∴sin∠C 1FH =C 1H FH=23,即直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面AD 1E 的法向量n ⃑ =(2,1,−2)，又∵AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),∴cos <n ⃑ ,AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ >=n ⃑ ⋅AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |n ⃑ |⋅|AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=−43×2=−23， ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法三]：几何法+体积法如图，设B 1C 1的中点为F ，延长A 1B 1,AE,D 1F ，易证三线交于一点P ． 因为BB 1∥AA 1,EF ∥AD 1，所以直线AA 1与平面AD 1E 所成的角，即直线B 1E 与平面PEF 所成的角． 设正方体的棱长为2，在△PEF 中，易得PE =PF =√5,EF =√2， 可得S △PEF =32．由V 三棱锥B 1−PEF =V 三棱锥P−B 1EF ，得13×32⋅B 1H =13×12×1×1×2， 整理得B 1H =23． 所以sin∠B 1EH =B 1H B 1E =23．所以直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点A 1到平面AED 1的距离为h ， 在△AED 1中，AE =√5,AD 1=2√2,D 1E =3， cos∠AED 1=D 1E 2+AE 2−AD 122D 1E⋅AE=2×3×√5=√55， 所以sin∠AED 1=2√55，易得S △AED 1=3．由V E−AA 1D 1=V A 1−AED 1，得13S △AD 1A 1⋅A 1B 1=13S △AED 1⋅ℎ，解得ℎ=43， 设直线AA 1与平面AED 1所成的角为θ，所以sinθ=ℎAA 1=23．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明； （II ）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 17、已知正方体ABCD −A ′B ′C ′D ′.(1)G 是△BA ′C ′的重心，求证：直线DG ⊥平面BA ′C ′；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =D ′F =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析(2)√24分析：（1）根据空间向量，以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ 为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.（1）证明：设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ ， 显然i ⋅j =0，j ⋅k ⃑ =0，k ⃑ ⋅i =0，因为G 是△BA ′C ′的重心，所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i +j +k ⃑ ),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ −i ；DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑ 2−i 2)=0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ， 同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.18、如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点.（1）求证：经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ；（2）若PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =2，求四面体ABEP 的体积. 答案：（1）证明见解析；（2）23.分析：（1）设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ，连结EF,AF ，证明CD//EF.即得F 为PD 的中点，即截面ABE 平分侧棱PD ；（2）取PB 中点H ，连EH ，证明EH ⊥平面PAB ，即得解. （1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB 中点H ，连EH ， ∵E 是PC 中点，∴EH//BC ，即EH =1且EH ⊥平面PAB ， 又Rt △PAB 的面积S =12PA ⋅AB =2.∴四面体ABEP 的体积V =V E−PAB =13⋅S ⋅EH =23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.19、如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，求此三棱柱的表面积．答案：24√2+4√3分析：设AD =b,AB =a ，根据△BC 1D 是面积为6的直角三角形，由{BD 2+C 1D 2=BC 1212⋅BD ⋅C 1D =6求解.解：设AD =b,AB =a ，则BD =C 1D =√a 2+b 2，BC 1=√a 2+4b 2．由题意得{BD 2+C 1D 2=BC 12,12⋅BD ⋅C 1D =6, 即{a 2+b 2+a 2+b 2=a 2+4b 2,a 2+b 2=12,解得{a =2√2,b =2, 从而S 表=4×3×2√2+2×2√2×2√2×√34=24√2+4√3．。
《立体几何初步》练习与答案
5.(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列说法正确的是
√A.A1C1⊥BD √B.B1C与BD所成的角为60° √C.二面角A1－BC－D的平面角为45°
D.AC1与平面ABCD所成的角为45°
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
(2)若直线l⊥平面AEF，求证：PB∥l.
证明 由(1)知AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB， 又PB⊥AE，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF， 又l⊥平面AEF，∴PB∥l.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
证明 连接AE. 因为PA⊥底面ABCD， 所以∠PDA是PD与底面ABCD所成的角， 所以∠PDA＝45°. 所以PA＝DA. 又因为点E是PD的中点，所以AE⊥PD. 因为PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD， 所以PA⊥AB. 因为∠BAD＝90°，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
14. 如 图 ， 在 三 棱 锥 P － ABC 中 ， PA ＝ AC ＝ BC ， PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，O为PB的中点，则 直线CO与平面PAC所成角的余弦值为
6 A. 2
3 C. 3
6
√B. 3
1 D.2
设 PA＝AC＝BC＝2，则 OE＝1，CE＝ 2，OC＝ 3，
∴cos∠OCE＝OCEC＝
第八章立体几何初步同步练习含解析
单元素养评价(三)(第八章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.下列命题中正确的是()A.棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱B.底面是矩形的平行六面体是长方体C.棱柱的底面一定是平行四边形D.棱锥的底面一定是三角形【解析】选A.平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱,故A正确;三棱柱的底面是三角形,故C错误;底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形,故它也不一定是长方体,故B错误;四棱锥的底面是四边形,故D错误.2.(2020·芜湖高一检测)如图,△ABC的斜二测直观图为等腰Rt△A′B′C′,其中A′B′=2,则△ABC的面积为()A.2B.4C.2D.4【解析】选D.因为Rt△A′B′C′是一平面图形的直观图,直角边长为A′B′=2,所以直角三角形的面积是×2×2=2,因为平面图形与直观图的面积的比为2,所以原平面图形的面积是2×2=4.3.已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球,某学生画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形,如图所示,则()A.以上四个图形都是正确的B.只有(2)(4)是正确的C.只有(4)是错误的D.只有(1)(2)是正确的【解析】选 C.(1)当平行于三棱锥一底面,过球心的截面如题(1)图所示;(2)过三棱锥的一条棱和圆心所得截面如题(2)图所示;(3)过三棱锥的一个顶点(不过棱)和球心所得截面如题(3)图所示;(4)棱长都相等的正三棱锥和球心不可能在同一个面上,所以题(4)图是错误的.4.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:(1)若m⊥α,n∥α,那么m⊥n;(2)若m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β;(3)若α∥β,m⊂α,那么m∥β;(4)若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β,其中正确命题的序号是() A.(1)(2) B.(2)(3)C.(1)(3)D.(2)(4)【解析】选C.对于(1),如果m⊥α,n∥α,根据直线与平面垂直的性质可知m⊥n,所以(1)正确;对于(2),如果m⊥n,m⊥α,n∥β,根据线面垂直与线面平行性质可知α与β可以垂直,也可以平行,还可以相交,所以(2)错误;对于(3),如果α∥β,m⊂α,根据直线与平面平行的判定可知m∥β,所以(3)正确;对于(4),设平面α,β,γ分别是正方体中经过同一个顶点的三个面,则有α⊥γ且β⊥γ,但是α⊥β,推不出α∥β,故(4)不正确.5.(2020·杭州高一检测)如图,在正四面体OABC中,D是OA的中点,则BD与OC所成角的余弦值是()A. B. C. D.【解析】选B.取AC的中点E,连接DE,BE,根据题意∠BDE为异面直线BD与OC所成的角,设正四面体的边长为2,则DE=1,BD=BE=,由cos ∠BDE==,所以BD与OC所成角的余弦值是.6.如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体的外接球的表面积是()A.16πB.20πC.24πD.28π【解析】选 B.设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则:O+12=R2,而OO1=+2-R,故R2=1+(+2-R)2,所以R=,所以S=4πR2=20π.7.(2020·西城高一检测)阅读下面题目及其证明过程,在横线处应填写的正确结论是() 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,O是正方形ABCD的中心,PO⊥底面ABCD,E是PC的中点,求证:平面PAC⊥平面BDE.证明:因为PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BD.又因为AC⊥BD,且AC∩PO=O,所以.又因为BD⊂平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.A.BD⊥平面PBCB.AC⊥平面PBDC.BD⊥平面PACD.AC⊥平面BDE【解析】选C.因为PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BD.又因为AC⊥BD,且AC∩PO=O,所以BD⊥平面PAC.又因为BD⊂平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.8.(2020·九江高一检测)半正多面体亦称“阿基米德多面体”,如图所示,是由边数不全相同的正多边形为面的多面体,体现了数学的对称美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,如此共可截去八个三棱锥,得到一个有十四个面的半正多面体,它们的边长都相等,其中八个为正三角形,六个为正方形,称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为,则该二十四等边体外接球的表面积为()A.4πB.6πC.8πD.12π【解析】选C.由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球,所以(2R)2=()2+()2+22,所以R=,所以该二十四等边体的外接球的表面积S=4πR2=4π×()2=8π.二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)A.πB.(1+)πC.2πD.(2+π)【解析】选AB.若绕一条直角边旋转一周时,则圆锥的底面半径为1,高为1,所以母线长l=,这时表面积为×2π·1·l+π·12=(1+)π;若绕斜边旋转一周时,旋转体为两个倒立圆锥对底组合在一起,且由题意底面半径为,两个圆锥的母线长都为1,所以表面积S=2××2π·×1=π,综上所述该几何体的表面积为π或(1+)π.10.(2020·潍坊高一检测)正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2,已知平面α⊥AC1,则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是()A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状可能为正六边形D.截面面积最大值为3【解析】选ACD.显然A,C成立,B不成立,下面说明D成立,如图截得正六边形,面积最大,MN=2,GH=,OE==,所以S=2××(+2)×=3,故D成立.11.设α,β,γ为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,则下列命题中正确的是()A.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥βB.若m⊥α,n⊥β且m⊥n,则α⊥βC.若l∥α,α⊥β,则l⊥βD.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n【解析】选BD.由α,β,γ为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线知:A.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α与β相交或平行,故A错误;B.若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则由面面垂直的判定定理得α⊥β,故B正确;C.若l∥α,α⊥β,则l与β相交、平行或l⊂β,故C错误;D.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则由线面平行的性质定理得m∥n.故D正确.12.在三棱锥C -ABD中(如图),△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,AB=4,二面角A-BD -C的大小为60°,下面结论中正确的是()A.AC⊥BDB.AD⊥COC.cos ∠ADC=D.三棱锥C -ABD的外接球表面积为32π【解析】选AD.因为△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,所以CO⊥BD,AO⊥BD,AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC,所以AC⊥BD,因此A正确;假设CO⊥AD,又CO⊥BD,AD∩BD=D,可得CO⊥平面ABD,与∠AOC是二面角A-BD -C的平面角且为60°矛盾,因此B不正确;AB=4,AC=OA=2,AD=CD=4,所以cos ∠ADC==≠,因此C不正确;三棱锥C -ABD的外接球的球心为O,半径为2,表面积S=4π×(2)2=32π,因此D正确.三、填空题(每小题5分,共20分)13.(2020·南京高一检测)在三棱柱ABC -A1B1C1中,点P是棱CC1上一点,记三棱柱ABC -A1B1C1与四棱锥P-ABB1A1的体积分别为V1与V2,则=.【解析】设AB=a,在△ABC中AB边所对的高为b,三棱柱ABC -A1B1C1的高为h,则V1=abh,V2=×ah·b,所以==.答案:14.如图所示,ABCD -A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=.【解析】因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,MN⊂平面A1B1C1D1,所以MN∥平面ABCD,又PQ=平面PMN∩平面ABCD,所以MN∥PQ.因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点,所以MN∥A1C1∥AC,所以PQ∥AC,又AP=,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,所以CQ=,从而DP=DQ=,所以PQ=== a. 答案: a15.将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形,其中AD=BD=,∠BAC=30°,若它们的斜边AB重合,让三角板ABD以AB为轴转动,则下列说法正确的是(填序号).①当平面ABD⊥平面ABC时,C,D两点间的距离为;②在三角板ABD转动过程中,总有AB⊥CD;③在三角板ABD转动过程中,三棱锥D -ABC体积的最大值为.【解析】①取AB中点O,连接DO,CO,因为AD=BD=,所以DO=1,AB=2,OC=1.因为平面ABD⊥平面ABC,DO⊥AB,DO⊂平面ABD,所以DO⊥平面ABC,DO⊥OC,所以DC=,①正确;②若AB⊥CD,AB⊥OD,OD∩CD=D,则AB⊥平面CDO,所以AB⊥OC,因为O为AB中点,所以AC=BC,∠BAC=45°与∠BAC=30°矛盾,所以②错误;③当DO⊥平面ABC时,棱锥的高最大,此时V棱锥=××AC·BC·DO=××1×1=,③正确.答案:①③16.在四面体S-ABC中,SA=SB=2,且SA⊥SB,BC=,AC=,则该四面体体积的最大值为,该四面体外接球的表面积为.【解析】四面体的体积最大时即面SAB⊥面ABC,SA=SB=2,且SA⊥SB,所以AB=2,因为BC=,AC=,所以AC2+BC2=AB2,所以∠ACB=90°,取AB的中点H,连接CH,SH,SH⊥AB,面SAB∩面ABC=AB,SH在面SAB内,所以SH⊥面ABC,而SH=×SA=,所以V S-ABC=S△ABC·SH=××××=;则外接球的球心在SH所在的直线上,设球心为O,连接OC,CH=AB=×2=,因为SH=,所以O与H重合,所以R=CH=SH=,所以四面体的外接球的表面积为4πR2=8π.答案:8π四、解答题(共70分)17.(10分)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是正四棱台ABCD -A1B1C1D1,其上部是底面与四棱台的上底面重合的正四棱柱ABCD -A2B2C2D2.现需对该零部件表面进行防腐处理,已知AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单位:cm),若加工处理费为0.2元/cm2,求需支付的加工处理费.【解析】因为四棱柱ABCD -A2B2C2D2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以该零部件上部的表面积S1=S四棱柱上底面+S四棱柱侧面=A2+4AB·AA2=102+4×10×30=1 300(cm2),又四棱台ABCD -A1B1C1D1的上下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,所以该零部件下部的表面积S2=S四棱台下底面+S四棱台侧面=A1+4××(AB+A1B1)×h等腰梯形的高=202+4××(10+20)×=1 120(cm2),则该实心零部件的表面积S=S1+S2=1 300+1 120=2 420(cm2),0.2×2 420=484(元),故需支付加工处理费484元.(1)求证:AC⊥BA1;(2)求圆柱的侧面积.【解析】(1)依题意AB⊥AC.因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AC.又因为AB∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.因为BA1⊂平面AA1B1B,所以AC⊥BA1.(2)在Rt△ABC中,AB=2,AC=2,∠BAC=90°,所以BC=2.S侧=2π×3=6π.19.(12分)(2020·全国Ⅰ卷)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;(2)设DO=,圆锥的侧面积为π,求三棱锥P-ABC的体积.【解题指南】(1)根据已知可得PA=PB=PC,进而有△PAC≌△PBC,可得∠APC=∠BPC=90°,即PB⊥PC,从而证得PB⊥平面PAC,即可证得结论;(2)将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系,进而求出底面半径,求出正三角形ABC的边长,在等腰直角三角形APB中求出AP,结合PA=PB=PC即可求出结论.【解析】(1)由题设可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB.△PAC≌△PBC.又∠APC =90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,因为PB在平面PAB内,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.解得r=1,l=,从而AB=.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=.所以三棱锥P-ABC的体积为××PA×PB×PC=××=.20.(12分)如图,在直三棱柱ABC -A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.【证明】(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC -A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为DE⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC -A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.21.(12分)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值.【解析】(1)在题图①中,因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在题图②中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,从而BE⊥平面A1OC.因为BC AD ED,所以四边形BCDE为平行四边形,所以CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1)可得A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE.即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.由题意知,A1O=AO=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2,从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=S·A1O=×a2×a=a3.由a3=36,得a=6.22.(12分)如图,在直三棱柱ABC -A1B1C1中,AA1=AC且BC1⊥A1C.(1)求证:平面ABC1⊥平面A1ACC1;(2)点D在边A1C1上且C1D=C1A1,证明在线段BB1上存在点E,使DE∥平面ABC1,并求此时的值.【解析】(1)因为三棱柱ABC -A1B1C1是直三棱柱,所以四边形ACC1A1是矩形.因为AA1=AC,所以AC1⊥A1C.又BC1⊥A1C,AC1∩BC1=C1,所以A1C⊥平面ABC1.因为A1C⊂平面A1ACC1,所以平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)当=时,DE∥平面ABC1,如图,在A1A上取点F,使=,连接EF,FD.因为===,所以EF∥AB,DF∥AC1.因为AB∩AC1=A,EF∩DF=F,所以平面EFD∥平面ABC1,因为DE⊂平面DEF,所以DE∥平面ABC1.。
人教版高中数学必修二《第八章 立体几何初步》同步练习及答案解析
人教版高中数学必修二《第八章立体几何初步》同步练习《8.1 基本几何图形》同步练习第1课时棱柱、棱锥、棱台一、选择题1．下图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（）A．B．C．D．2．一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是( )A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥3．下列几何体中棱柱有( )A．5个B．4个C．3个D．2个4．用一个平面去截一个四棱锥，截面形状不可能的是 ( )A．四边形 B．三角形 C．五边形 D．六边形5．（多选题）给出下列命题，其中假命题是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；D.棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形.6．（多选题）正方体的截面可能是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．菱形D．正六边形二、填空题7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.8.如图，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________cm.9.下列说法中正确的为________（填序号）.（1）棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形：（2）各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；（3）正棱锥的侧面是等边三角形；（4）有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的几何体是棱台.10.一个棱台至少有________个面，面数最少的棱台有________个顶点，有________条棱．三、解答题11．如图所示是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．12.如图在正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a，则每个面的三角形面积为多少？《8.1 基本几何图形》同步练习答案解析第1课时棱柱、棱锥、棱台一、选择题1．下图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】将其折叠起来，变成正方体后的图形中，相邻的平面中三条线段是平行线，排除A ，C ；相邻平面只有两个是空白面，排除D ；故选B2．一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是( )A ．三棱锥B ．四棱锥C ．五棱锥D ．六棱锥【答案】D【解析】正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为 r ，正六棱锥的高为h ，正六棱锥的侧棱长为 l ，由正六棱锥的高h 、底面的半径r 、侧棱长l 构成直角三角形得，222h r l += ，故侧棱长 l 和底面正六边形的边长r 不可能相等.故选D.3．下列几何体中棱柱有( )A．5个B．4个C．3个D．2个【答案】D【解析】由棱柱的定义及几何特征，①③为棱柱．故选D.4．用一个平面去截一个四棱锥，截面形状不可能的是 ( )A．四边形 B．三角形 C．五边形 D．六边形【答案】D【解析】根据一般的截面与几何体的几个面相交就得到几条交线，截面就是几边形，而四棱锥最多只有5个面，则截面形状不可能的是六边形，故选D.5．（多选题）给出下列命题，其中假命题是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；D.棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形.【答案】ABD【解析】对于A，棱柱的侧面不一定全等，故错误；对于B，由棱台的定义可知只有当平面与底面平行时，所截部分才是棱台，故错误；对于C，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，比如正方体中共点的三个相邻平面，故正确；对于D，棱台的侧面不一定是等腰三角形，故错误；故选ABD .6．（多选题）正方体的截面可能是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．菱形D．正六边形【答案】CD【解析】 如图所示截面为三角形ABC ，OA =a ，OB =b ，OC =c ，∴222222222,,AC a c AB a b BC b c =+=+=+， ∴222202AB AC BC cos CAB AB AC +-∠==>⋅ ∴∠CAB 为锐角，同理∠ACB 与∠ABC 也为锐角，即△ABC 为锐角三角形，∴正方体的截面若是三角形，则一定是锐角三角形，不可能是钝角三角形和直角三角形，A 、B 错误；若是四边形，则可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形、正方形，但不可能是直角梯形，C 正确；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，如图为正六边形，故若是六边形，则可以是正六边形，D 正确.故选：CD .二、填空题7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm ，则每条侧棱长为________cm.【答案】12【解析】该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，∴每条侧棱长为12 cm.8.如图，M 是棱长为2 cm 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CC 1的中点，沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是________cm.【答案】 13【解析】 由题意，若以BC 为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm ，3 cm ，故两点之间的距离是13 cm.若以BB 1为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1，4，故两点之间的距离是17cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.9.下列说法中正确的为________（填序号）.（1）棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形：（2）各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；（3）正棱锥的侧面是等边三角形；（4）有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的几何体是棱台.【答案】（1）【解析】（1）正确，由棱柱定义可知，棱柱的侧棱相互平行且相等，所以侧面均为平行四边形；（2）不正确，上、下底面是菱形，各侧面是全等的正方形的四棱柱不一定是正方体；（3）不正确，正棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是等边三角形；（4）不正确，用反例去检验，如图，显然错误图.故答案为：（1）10.一个棱台至少有________个面，面数最少的棱台有________个顶点，有________条棱．【答案】5 6 9【解析】面数最少的棱台是三棱台，共有5个面，6个顶点，9条棱．三、解答题11．如图所示是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．【答案】见解析【解析】过A′，B，C三点作一个平面，再过A′，B，C′作一个平面，就把三棱台ABC －A′B′C′分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A′－ABC，B－A′B′C′，A′－BCC′.(答案不唯一)12.如图在正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A ，B ，C 重合，重合后记为点P .问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a ，则每个面的三角形面积为多少？【答案】（1）三棱锥 （2）见解析【解析】(1)如图折起后的几何体是三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2， S △DEF ＝32a 2.《8.1 基本几何图形》同步练习第2课时 圆柱、圆锥、圆台、球一、选择题1．下列命题中，正确的是（ ）①在圆柱上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④ 2．圆柱体被平面截成如图所示的几何体，则它的侧面展开图是（ ）A ．B ．C ．D ．3．已知圆柱的轴截面是正方形，其面积为Q ，则它的一个底面的面积为（ ）A ．QB ．Q πC ．4Q πD ．2Q π 4．下列平面图形中，通过围绕定直线l 旋转可得到如图所示几何体的是( )A ．B ．C ．D ．5．（多选题）下列说法中正确的是（ ）A ．正棱锥的所有侧棱长相等B ．圆柱的母线垂直于底面C ．直棱柱的侧面都是全等的矩形D ．用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形6．（多选题）下列结论中错误的是（ ）A ．半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球B ．直角三角形绕一边旋转得到的旋转体是圆锥C ．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体D ．圆锥截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台二、填空题7．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体，则所截得的图形可能是______.（填序号）8．下列命题中正确的是________（填序号）.①以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为旋转轴，将直角梯形旋转一周所得到的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，将等腰三角形旋转一周形成的几何体是圆锥；⑤半圆面绕其直径所在直线旋转一周形成球；⑥用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.9.如图是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是 ．10.一个半径为5 cm 的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4 cm ，则截面圆半径为 cm ，面积为 cm 2.三、解答题9．如图，四边形ABCD 为直角梯形，试作出绕其各条边所在的直线旋转所得到的几何体.10．一个圆台的母线长为12cm ，两底面面积分别为24cm π和225cm π．（1）求圆台的高；（2）求截得此圆台的圆锥的母线长．《8.1 基本几何图形》同步练习及答案解析第2课时圆柱、圆锥、圆台、球一、选择题1．下列命题中，正确的是（）①在圆柱上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C【解析】①：若上下底面各取的点的连线能平行于轴，则是母线，反之则不是，错误；②：母线的定义，显然正确；③：圆台可看做是由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到的，根据圆锥母线的定义可知错误；④圆柱的母线都平行于轴，故也相互平行，正确；只有②④两个命题是正确的.故选C.2．圆柱体被平面截成如图所示的几何体，则它的侧面展开图是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】结合几何体的实物图，从截面最低点开始高度增加缓慢，然后逐渐变快，最后增加逐渐变慢，不是均衡增加的，所以A，B，C错误.故选：D.3．已知圆柱的轴截面是正方形，其面积为Q ，则它的一个底面的面积为（ ）A ．QB ．Q πC ．4Q πD ．2Q π 【答案】C【解析】圆柱的轴截面一边为高，另一边为底面的直径，由轴截面为正方形可知，高与，所以底面的面积为2ππ4Q ⋅=⎝⎭. 4．下列平面图形中，通过围绕定直线l 旋转可得到如图所示几何体的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】A.是一个圆锥以及一个圆柱; C.是两个圆锥; D. 一个圆锥以及一个圆柱;所以选B.5．（多选题）下列说法中正确的是（ ）A ．正棱锥的所有侧棱长相等B ．圆柱的母线垂直于底面C ．直棱柱的侧面都是全等的矩形D ．用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形【答案】ABD【解析】对于A ,根据正棱锥的定义知,正棱锥的所有侧棱长相等,故A 正确；对于B ,根据圆柱是由矩形绕其一边旋转而成的几何体,可知圆柱的母线与底面垂直,故B 正确；对于C ,直棱柱的侧面都是矩形,但不一定全等,故C 错误；对于D ,圆锥的轴截面是全等的等腰三角形,故D 正确.故选:ABD 。
高一数学立体几何初步试题答案及解析
高一数学立体几何初步试题答案及解析1.已知平面α内有无数条直线都与平面β平行，那么A．α∥βB．α与β相交C．α与β重合D．α∥β或α与β相交【答案】D【解析】由题意当两个平面平行时符合平面α内有无数条直线都与平面β平行，当两平面相交时，在α平面内作与交线平行的直线，也有平面α内有无数条直线都与平面β平行．故为D。
【考点】本题主要考查平面与平面之间的位置关系。
点评：对两平面空间的位置要做出多种推测。
2.平面α∥平面β，AB、CD是夹在α和β间的两条线段，E、F分别为AB、CD的中点，则EF与α的关系是A．平行 B．相交 C．垂直 D．不能确定【答案】A【解析】若AB∥CD，易得EF与α、β均平行若AB与CD相交，则EF与α、β均平行若AB与CD异面，则设过AB和EF的平面交α，β分别于直线AG和BH，如下图所示：且使G，F，H在一直线上．因为平面α∥β，所以AG∥CH，连接CG和DH，则CGFDH在一个平面内，且CG∥DH，F为CD中点，所以三角形CFG和三角形DFH全等，即得FG=FH，因为AG∥CH，又E，F分别为AB，CD中点，且A，C，H，G在一个平面内，所以EF∥AG∥CH，CH在平面β内，故EF∥β．同理EF∥β故选A。
【考点】本题主要考查空间中直线与平面之间的位置关系。
点评：由于AB，CD的位置关系不确定，故要进行分类讨论。
将空间问题转化为平面问题的转化思想也是处理空间问题最常用的思路。
3.若三个平面把空间分成6个部分，那么这三个平面的位置关系是A．三个平面共线；B．有两个平面平行且都与第三个平面相交；C．三个平面共线，或两个平面平行且都与第三个平面相交；D．三个平面两两相交。
【答案】C【解析】①若三个平面两两平行，则把空间分成4部分；②若三个平面两两相交，且共线，则把空间分成6部分；③若三个平面两两相交，且有三条交线，则把空间分成7部分；④若三个平面其中两个平行和第三个相交，则把空间分成6部分；故选C．【考点】本题主要考查平面与平面之间的位置关系。
立体几何基础题题库(600道附详细答案)
解析：CA，B选项中的图形是平行四边形，而D选项中可见图：
18．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A、B、C为其上的三个点，则在正方体盒子中，∠ABC等于（）
A．45°B．60°
C．90°D．120°
26.在空间四边形ABCD中，E，H分别是AB，AD的中点，F，G分别是CB，CD的中点，若AC + BD =a，AC BD =b，求 .
解析：四边形EFGH是平行四边形，…………（4分） =2 =
27.如图，在三角形⊿ABC中，∠ACB=90º，AC=b,BC=a,P是⊿ABC所在平面外一点，PB⊥AB，M是PA的中点，AB⊥MC，求异面直MC与PB间的距离.
A．1B．2C．3D．4
只有②、⑤能判定M//N，选B
10.已知正三棱柱ABC—A1B1C1中，A1B⊥CB1，则A1B与AC1
所成的角为
（A）450（B）600
（C）900（D）1200
C解析：作CD⊥AB于D，作C1D1⊥A1B1于D1，连B1D、AD1，易知ADB1D1是平行四边形，由三垂线定理得A1B⊥AC1，选C。
解析：C如四棱锥的四个侧面， 个。
33.．在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点如果EF与HG交于点M，则（）
A．M一定在直线AC上
B．M一定在直线BD上
C．M可能在AC上，也可能在BD上
D．M不在AC上，也不在BD上
解析：∵平面ABC∩平面ACD=AC，先证M∈平面ABC，M∈平面ACD，从而M∈AC
①若 ②若
③ ④
其中正确的命题的个数是（）
人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试(含答案解析)
一、选择题1．已知空间中不同直线m 、n 和不同平面α、β，下面四个结论：①若m 、n 互为异面直线，//m α，//n α，//m β，βn//，则//αβ；②若m n ⊥，m α⊥，βn//，则αβ⊥；③若n α⊥，//m α，则n m ⊥；④若αβ⊥，m α⊥，//n m ，则βn//.其中正确的是（ ）A ．①②B ．②③C ．③④D ．①③ 2．球面上有,,,A B C D 四个点，若,,AB AC AD 两两垂直，且4AB AC AD ===，则该球的表面积为（ ）A ．803πB ．32πC ．42πD ．48π3．如图,P 是正方体1111ABCD A B C D -中1BC 上的动点，下列命题：①1AP B C ⊥；②BP 与1CD 所成的角是60°；③1P AD C V -为定值；④1//B P 平面1D AC ；⑤二面角PAB C 的平面角为45°． 其中正确命题的个数有（ ） A ．2个 B ．3个 C ．4个 D ．5个4．如图所示，AB 是⊙O 的直径，VA 垂直于⊙O 所在的平面，点C 是圆周上不同于A ，B 的任意一点，M ，N 分别为VA ，VC 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．MN //ABB ．MN 与BC 所成的角为45° C ．OC ⊥平面VACD ．平面VAC ⊥平面VBC5．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,2,4AA AB AD ===，点M 是棱AD 的中点，点N 在棱1AA 上，且满足12AN NA =，P 是侧面四边形11ADD A 内的一动点（含边界），若1//C P 平面CMN ，则线段1C P 长度的取值范围是（ ）A ．[3,17]B ．[2,3]C ．[6,22]D ．[17,5] 6．已知某正三棱锥侧棱与底面所成角的余弦值为219，球1O 为该三棱锥的内切球.若球2O 与球1O 相切，且与该三棱锥的三个侧面也相切，则球2O 与球1O 的表面积之比为（ ）A ．49B ．19C ．925D ．1257．如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是（ ）A ．aB ．2aC 2aD ．22a 8．菱形ABCD 的边长为3，60B ∠=，沿对角线AC 折成一个四面体，使得平面ACD ⊥平面ABC ，则经过这个四面体所有顶点的球的表面积为（ ）A ．15πB ．12πC ．8πD ．6π9．鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：mm ），则此构件的表面积为（ ）A ．27600mmB ．28400mmC ．29200mmD ．210000mm 10．α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题；①如果m n ⊥，m α⊥，//n β，那么αβ⊥.②如果m α⊥，//n α，那么m n ⊥.③如果//αβ，m α⊂，那么//m β.④如果//m n ，//αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．411．如图为水平放置的ΔOAB 的直观图，则原三角形的面积为（ ）A ．3B ．32C ．6D ．1212．已知,a b 是两条直线，,αβ是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（ ） A ．a α⊥，b β//，αβ⊥B ．a α⊥，b β⊥，//αβC ．a α⊂，b β⊥，//αβD ．a α⊂，b β//，αβ⊥13．如图，透明的圆柱形容器(容器厚度忽略不计)的高为12cm ，底面周长为10cm ，在容器内壁离容器底部3cm 的点B 处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm 的点A 处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是（ ）A ．13cmB ．61cmC 61cmD ．234cm14．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得的圆台上、下底面的面积之比为1:16，截去的圆锥的母线长是3cm ，则圆台的母线长是（ ）A ．9cmB ．10cmC ．12cmD ．15cm二、解答题15．如图三棱柱111ABC A B C －中，11,,60CA CB AB AA BAA ∠︒＝＝＝，（1）证明1AB A C ⊥；（2）若16AC ＝，2AB CB ＝＝，求三棱柱111ABC A B C －的体积S . 16．如图，圆柱的轴截面ABCD 是正方形，点E 是底面圆周上异于,A B 的一点，AF DE ⊥，F 是垂足.（1）证明：AF DB ⊥；（2）若2AB =，当三棱锥D ABE -体积最大时，求点C 到平面BDE 的距离. 17．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，点P 为棱1DD 的中点.（1）证明：1//BD 平面PAC ；（2）求异面直线1BD 与AP 所成角的大小.18．如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，点O .E 分别是11A C 、11A B 的中点，1A C 与1AC 交于点F ，AO ⊥平111A B C .已知90BCA ∠=︒，12AA AC BC ===.（1）求证：//EF 平面11BB C C ；（2）求11A C 与平面11AA B 所成角的正弦值.19．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，PAD ∆为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，且E ，F 分别为AD ，PC 的中点.（1）求证：//DF 平面PEB ；（2）求直线EF 与平面PDC 所成角的正弦值.20．如图，在空间几何体A -BCDE 中，底面BCDE 是梯形，且CD //BE ，CD =2BE =4，∠CDE =60°，△ADE 是边长为2的等边三角形.（1）若F 为AC 的中点，求证：BF //平面ADE ；（2）若AC =4，求证：平面ADE ⊥平面BCDE .21．如图，在平行四边形ABCD 中，4AB =，60DAB ∠=︒．点G ，H 分别在边CD ，CB 上，点G 与点C ，D 不重合，GH AC ⊥，GH 与AC 相交于点O ，沿GH 将CGH 翻折到EGH 的位置，使二面角E GH B --为90°，F 是AE 的中点．（1）请在下面两个条件：①AB AD =，②AB BD ⊥中选择一个填在横线处，使命题P ：若________，则BD ⊥平面EOA 成立，并证明．（2）在（1）的前提下，当EB 取最小值时，求直线BF 与平面EBD 所成角的正弦值． 22．如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD //BC //FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .（I ）证明：平面AMD ⊥平面CDE ；（II ）求二面角A ﹣CD ﹣E 的余弦值.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，2AB =，1AD =，60DAB ∠=︒，PD BD =，且PD ⊥平面ABCD ．（1）证明：平面PBC ⊥平面PBD ；（2）若Q 为PC 的中点，求三棱锥D PBQ -的体积．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PB PA ⊥，PB PA =，90DAB ABC ∠=∠=，435AB BC CD ===，，，M 是PA 的中点.（1）求证：BM //平面PCD ；（2）求三棱锥B CDM -的体积.25．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点O 是BD 中点．（1）求证:平面11BDD B ⊥平面1C OC ；（2）求二面角1C BD C --的正切值．26．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形,,60,PA PD BAD E =∠=是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．（1）求证：AD ⊥平面PBE ；（2）若Q 是PC 的中点，求证：//PA 平面BDQ ；（3）若2P BCDE Q ABCD V V --=，试求CP CQ的值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】由线面和面面平行和垂直的判定定理和性质定理即可得解．【详解】解：对于①，由面面平行的判定定理可得，若m 、n 互为异面直线，//m α，//n β，则//αβ或相交，又因为//m β，//n α，则//αβ，故①正确；对于②，若m n ⊥，m α⊥，//n β，则//αβ或α，β相交，故②错误， 对于③，若n α⊥，//m α，则n m ⊥；故③正确，对于④，若αβ⊥，m α⊥，//n m ，则//n β或n β⊂，故④错误，综上可得：正确的是①③，故选：D ．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．2．D解析：D【分析】分析：首先求得外接球半径，然后求解其表面积即可.详解：由题意可知，该球是一个棱长为4的正方体的外接球，设球的半径为R ，由题意可得：()22222444R =++,据此可得：212R =，外接球的表面积为：2441248S R πππ==⨯=.本题选择D 选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 3．C解析：C【详解】①在正方体中，1111,,AB B C BC B C AB BC B ⊥⊥=，所以1B C ⊥平面11,ABC D AP ⊂平面11ABC D ，从而1AP B C ⊥正确；②由于11//CD A B ,并且11,BC A B 的夹角是60°，故1BP CD 与所成的角是60°正确；③虽然点P 变化，但P 到1AD 的距离始终不变，故1P AD C V -为定值正确；④若1//B P 平面1D AC ，而1//BC 平面1D AC ，1111,,B P BC P B P BC =⊂平面11BB C C ，所以平面1//D AC 平面11BB C C ，这与平面1D AC 与平面11BB C C 相交矛盾，所以不正确；⑤P 点变化，但二面角PAB C 都是面11ABC D 与面ABCD 所成的角, 故二面角PAB C 的平面角为45°正确；故选：C. 4．D解析：D【分析】由中位线性质，平移异面直线即可判断MN 不与AB 平行，根据异面直线平面角知MN 与BC 所成的角为90°，应用反证知OC 不与平面VAC 垂直，由面面垂直的判定知面VAC ⊥面VBC ，即可知正确选项.【详解】M ，N 分别为VA ，VC 的中点，在△VAC 中有//MN AC ，在面ABC 中AB AC A =，MN 不与AB 平行；AC BC C =，知：MN 与BC 所成的角为90BCA ∠=︒；因为OC ⋂面VAC C =，OC 与平面内交线,AC VC 都不垂直，OC 不与平面VAC 垂直； 由VA ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC 即VA BC ⊥，而90BCA ∠=︒知AC BC ⊥，AC VA A ⋂=有BC ⊥面VAC ，又BC ⊂面VBC ，所以面VAC ⊥面VBC ； 故选：D【点睛】本题考查了异面直线的位置关系、夹角，以及线面垂直的性质，面面垂直判定的应用，属于基础题.5．C解析：C【分析】首先找出过点1C 且与平面CMN 平行的平面，然后可知点P 的轨迹即为该平面与侧面四边形11ADD A 的交线段，进而可以利用解三角形的知识求出线段1C P 长度的取值范围．【详解】 如图所示：，取11A D 的中点G ，取MD 的中点E ，1A G 的中点F ，1D D 的三等分点H 靠近D ，并连接起来．由题意可知1//C G CM ，//GH MN ，所以平面1//C GH 平面CMN ．即当点P 在线段GH 上时，1//C P 平面CMN ．在1H C G 中，2212222C G =+=2212222C H =+=22GH =， 所以1H C G 为等边三角形，取GH 的中点O ，1226C O ==故线段1C P 长度的取值范围是6,22]．故选：C ．【点睛】本题主要考查线面平行，面面平行的判定定理和性质定理的应用，以及解三角形，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．6．C解析：C【分析】先证明PO ⊥平面ABC ，接着求出19cos 19PAO =∠，再得到214r PO =和114R PO =，从而得到35rR=，最后求出球2O与球1O的表面积之比即可.【详解】如图，取ABC的外心O，连接PO，AO，则PO必过1O，2O，且PO⊥平面ABC，可知PAO∠为侧棱与底面所成的角，即219cos19PAO=∠.取AB的中点M，连接PM，MC.设圆1O，2O的半径分别为R，r，令2OA=，则19PA=，23AB=，3AM=，1OM=，所以214r OMPO PM==，即24PO r=，从而145PO r r R r R=++=+，所以1154R RPO r R==+，则35rR=，所以球2O与球1O的表面积之比为925.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥内切球的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题.7．D解析：D【分析】解：设G，H，I分别为CD、1CC、11C D边上的中点，证明平面1//A BGE平面1B HI，得到1//B F面1A BE，则F落在线段HI上，求出1122HI CD==【详解】解：设G，H，I分别为CD、1CC、11C D边上的中点，1//A B EG,则1A BEG四点共面，11//,//EG HI B H A E , 平面1//A BGE 平面1B HI ，又1//B F 面1A BE ，F ∴落在线段HI 上，正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ，11222HI CD a ∴==， 即F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是22a ． 故选：D ．【点睛】本题考查利用线面平行求线段长度，找到动点的运动轨迹是解题的关键，属于基础题. 8．A解析：A【分析】首先根据已知条件找到四面体外接球的球心，再求出半径，即可得到球体的表面积.【详解】如图所示，1O ，2O 分别为ABC 和DAC △的外接圆圆心，因为菱形ABCD ，60B ∠=，所以ABC 和DAC △为等边三角形.设E 为AC 的中点，连接DE ，BE ，则DE AC ⊥，BE AC ⊥，又因为平面ACD ⊥平面ABC AC =，所以DE ⊥平面ABC .分别过1O ，2O 作垂直平面ABC 和平面ACD 的直线，则交点O 为四面体ABCD 外接球的球心.因为2233332⎛⎫==-= ⎪⎝⎭EB DE ，四边形12OO EO 为矩形， 所以123==O B DO ，1213===O E O E OO . 所以外接圆半径为()223153=22⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭，表面积为15π. 故选：A【点睛】 本题主要考查四面体外接球的表面积，根据题意确定外接球的球心为解题关键，属于中档题.9．B解析：B【分析】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，进而求出表面积即可.【详解】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，如下图所示，其表面积为：()210020220202100204010210202840m 0m S =⨯⨯+⨯⨯+⨯-⨯⨯+⨯⨯=.故选：B.【点睛】本题考查几何体的表面积的求法，考查三视图，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.10．C解析：C【分析】对①，运用长方体模型，找出符合条件的直线和平面，即可判断；对②，运用线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理，即可判断；对③，运用面面平行的性质定理，即可判断；对④，由平行的传递性及线面角的定义，即可判断④．【详解】对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA '为直线m ，CD 为直线n ，ABCD 所在的平面为α，ABC D ''所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但αβ⊥不成立；命题②正确，证明如下：设过直线n 的某平面与平面α相交于直线l ，则//l n ，由m α⊥知m l ⊥，从而m n ⊥，结论正确；由平面与平面平行的定义知命题如果//αβ，m α⊂，那么//m β.③正确；由平行的传递性及线面角的定义知命题：如果//m n ，//αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，④正确.故选：C .【点睛】本题考查命题的真假判断，考查空间线面、面面平行和垂直的位置关系，注意运用判定定理和性质定理，考查推理能力，属于中档题．11．C解析：C【分析】根据直观图的画法，可以得到直角坐标系下3014A B (,),(,)，还原三角形的图象，求得面积.【详解】根据直观图的画法，可以得到直角坐标系下3014A B (,),(,)，如图所示：故原三角形面积为：13462S =⨯⨯= 故选：C【点睛】 本题考查了还原直观图为直角坐标系的图像问题，考查了学生概念理解，直观想象，数学运算的能力，属于基础题.12．C解析：C【分析】在A 中，a 与b 可以成任意角；在B 中a 与b 是平行的；在C 中，可得b α⊥，从而得到a b ⊥；在D 中，可得a 与b 可以成任意角，从而得到正确结果.【详解】由a ，b 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，在A 中，a α⊥，b β//，αβ⊥，因为b 的方向不确定，则a 与b 可以成任意角，故A 错误；在B 中，a α⊥，b β⊥，//αβ，根据对应的性质可知，可知a 与b 是平行的，故B 错误；在C 中，由a α⊂，b β⊥，//αβ，可知b α⊥，由线面垂直的性质可知a b ⊥，故C 正确；在D 中，a α⊂，b β//，αβ⊥，可得a 与b 可以成任意角，故D 错误．故选：C.【点睛】该题考查线线垂直的充分条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，在解题的过程中，注意结合图形去判断，属于中档题目．13．A解析：A【分析】如图所示：图像为圆柱的侧面展开图，A 关于EF 的对称点为'A ，则AE BE +的最小值为'A B ，计算得到答案.【详解】如图所示：图像为圆柱的侧面展开图，A 关于EF 的对称点为'A ，则AE BE +的最小值为'A B ，易知5BC =，'12A C =，故'13A B =.故选：A .【点睛】本题考查了立体几何中的最短距离问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 14．A解析：A【分析】计算得到12:1:4r r =，根据相似得到3134l =+，计算得到答案. 【详解】圆台上、下底面的面积之比为1:16，则12:1:4r r =.设圆台母线长为l ，根据相似得到：3134l =+，故9l =. 故选：A .【点睛】本题考查了圆台的母线长，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 二、解答题15．（1）证明见解析；（2）3.【分析】（1）取AB 中点E ，连接11,,CE A B A E ，根据已知条件，利用等腰三角形的性质得到1A E AB ⊥，,CE AB ⊥利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥面1,CEA 即可得到1AB A C ⊥ ；（2） 在1CEA 中可以证明1A E CE ⊥，结合1A E AB ⊥，利用线面垂直判定定理得到1A E ⊥平面ABC ,作为三棱柱的高，进而计算体积.【详解】(1)取AB 中点E ，连接11,,CE A B A E ，11,60AB AA BAA ∠︒＝＝，1BAA ∴是等边三角形，1A E AB ∴⊥，CA CB ＝，,CE AB ∴⊥1,CE A E E ⋂＝AB ∴⊥面1,CEA1AB A C ∴⊥.(2)由于CAB ∆为等边三角形，CE ∴11222S AB CE ⨯⨯⨯=底面积＝＝1CEA 中，CE 1EA 1AC =1A E CE ∴⊥，结合1A E AB ⊥，又,,AB CE E AB CE ⋂=⊂平面ABC ,1A E ∴⊥平面ABC ,1h A E ∴＝3V Sh =＝.【点睛】本题考查线面垂直的判定与证明，考查棱柱的体积计算，属基础题，为证明线线垂直，常常先证线面垂直，为证明线面垂直，又常常需要先证明线线垂直，这是线面垂直关系常用的证明与判定方式，要熟练掌握.16．（1）详见解析；（2【分析】（1）要证明线线垂直，需证明线面垂直，根据题中所给的垂直关系，证明AF ⊥平面DEB ；（2）首先确定点E 的位置，再根据等体积转化求点到平面的距离.【详解】（1）由圆柱性质可知，DA ⊥平面ABE ，EB ⊂平面AEB ，DA EB ∴⊥， AB 是圆柱底面的直径，点E 在圆周上，AE EB ∴⊥，又AE DA A ⋂=，BE ∴⊥平面DAE ，AF ⊂平面DAE ，EB AF ∴⊥，又AF DE ⊥，且EB DE E =，AF ∴⊥平面DEB ，DB ⊂平面DEB ，AF DB ∴⊥；（2）13D AEB AEB V S DA -=⨯⨯，3DA =， 当D AEB V -最大时，即AEB S 最大，即AEB △是等腰直角三角形时，2DA AB ==∵，BE ∴=DE ==，并且点E 到平面ABCD 的距离就是点E 到直线AB 的距离112AB =, 设点C 到平面EBD 的距离为h ，则1111262213232C DBE E CBD V V h --==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得：233h = 【点睛】方法点睛：本题重点考查垂直关系，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法包含1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，线线垂直.17．（1）证明见解析；（2）30.【分析】（1）AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点．推导出1//PO BD ．由此能证明直线1//BD 平面PAC ；（2）由1//PO BD ，得APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角．由此能求出异面直线1BD 与AP 所成角的大小．【详解】（1）证明：设AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点.连结PO ，又因为P 是1DD 的中点，所以1//PO BD .又因为PO ⊂平面PAC ，1BD ⊄平面PAC所以直线1//BD 平面PAC.（2）解：由（1）知，1//PO BD ，所以APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角.因为2PA PC ==212AO AC ==且PO AO ⊥， 所以212sin 22AO APO AP ∠===. 又(0,90APO ︒︒⎤∠∈⎦，所以30APO ∠=︒故异面直线1BD 与AP 所成角的大小为30.【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三角形） 方法二：（向量法）cos m n m n α=，其中α是异面直线,m n 所成的角，,m n 分别是直线,m n 的方向向量.18．（1）证明见解析；（2）217. 【分析】（1）由题意可得11//OE B C ，1//OF C C ，利用面面平行的判定定理可得平面//OEF 平面11BB C C ，由面面平行的性质定理即可证明. （2）利用等体法111112A A B C C AA B V V --=，求出点1C 到平面11AA B 的距离2217d =，由11sin d A C θ=即可求解. 【详解】证明：（1）∵O ，E 分别是11A C 、11A B 的中点，1A C 与1AC 交于点F ，∴11//OE B C ，1//OF C C ，1111B C C C C ⋂=，//OE ∴平面11B C C ，//OF ∴平面11B C C ，又OE OF O ⋂=，∴平面//OEF 平面11BB C C ，∵EF ⊂平面OEF ，∴//EF 平面11BB C C .（2）解：设点1C 到平面11AA B 的距离为d ，∵111112A A B C C AA B V V --=， ∴111111111323AA B AC B C AO S d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，AO ==1OB ==1AB ==，∵11AA B中，111A B AB ==，12AA =，∴11AA B S =∴11122323d ⨯⨯⨯=，解得7d =， 设11A C 与平面11AA B 所成角为θ，∴11A C 与平面11AA B所成角的正弦值为：11sin 7d AC θ==. 【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义（无公共点）.（2）利用线面平行的判定定理.（3）利用面面平行的性质.19．（1）证明见解析；（2. 【分析】（1）取PB 中点G ，推出//FG BC ，证明四边形DEGF 是平行四边形，得到//DF EG ，然后证明//DF 平面PEB .（2）以E 为原点，EA ，EB ，EP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面PDC 的法向量，求出EF ，利用空间向量的数量积求解EF 与平面PDC 所成角的正弦值.【详解】（1）证明：取PB 中点G ，因为F 是PC 中点，//FG BC ∴，且12FG BC =， E 是AD 的中点，则//DE BC ，且12DE BC =， //FG DE ∴，且FG DE =，∴四边形DEGF 是平行四边形，//DF EG ∴，又DF ⊂/平面PEB ，EG ⊂平面PEB ，//DF ∴平面PEB .（2）因为E 是正三角形PAD 边为AD 的中点，则PE AD ⊥. 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，PE ⊂平面PAD ，PE ∴⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，∴正三角形BAD 中，BE AD ⊥，以E 为原点，EA ，EB ，EP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 不妨设菱形ABCD 的边长为2，则1AE ED ==，2PA =，3PE =，223BE AB AE =-=则点33(0,0,0),(1,0,0),(3,0),3),(E D C P F ---， ∴(1DC =-30)，(1DP =，03)，设平面PDC 的法向量为(n x =，y ，)z ，则·0·0n DC n DP ⎧=⎨=⎩，即3030x z x ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩，解得33x x z⎧=⎪⎨=⎪⎩，不妨令1z =，得(3n =-，1-，1)； 又33(1,2EF =-， 设EF 与平面PDC 所成角为θ，∴36sin |cos |555?2EF n θ=<>=⋅=，.所以EF 与平面PDC 6. 【点睛】对于线面角可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角运算，对于证明线线关系，线面关系，面面关系等方面的问题，必须在熟练掌握有关的定理和性质的前提下，再利用已知来进行证明.20．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）取DA 的中点G ，连接FG ，GE ，推导出四边形BFGE 为平行四边形，从而BF //EG ，由此能证明BF //平面ADE.（2）取DE 的中点H ，连AH ，CH ，推导出AH ⊥DE ，AH ⊥HC ，从而AH ⊥平面BCDE ，由此能证明平面ADE ⊥BCDE . 【详解】（1）如图所示，取DA 的中点G ，连接FG ，GE.∵F 为AC 的中点， ∴GF //DC ，且GF =12DC .又DC //BE ，CD =2BE =4， ∴EB //GF ，且EB =GF ∴四边形BFGE 是平行四边形， ∴BF //EG .∵EG ⊂平面ADE ，BF ⊄平面ADE ， ∴BF //平面ADE .（2）取DE 的中点H ，连接AH ，CH . ∵△ADE 是边长为2的等边三角形， ∴AH ⊥DE ，且AH 3.在△DHC 中，DH =1，DC =4，∠HDC =60°根据余弦定理可得HC 2=DH 2+DC 2-2DH ·DCcos 60°=12+42-2×1×4×12=13，即HC 13 在△AHC 中，AH 3HC 13AC =4. 所以AC 2=AH 2+HC 2，即AH ⊥HC .因为AH DE ⊥，AH HC ⊥，DE HC H ⋂=AH ∴⊥平面BCDE ∵AH ⊂平面ADE ，∴平面ADE ⊥平面BCDE . 【点睛】方法点睛：要证线面平行，一般需要证明（1）线线平行（2）面面平行两种方法，在平行的证明中，线线平行一般需要考虑中位线、平行四边形，平行线分线段成比例的逆定理.21．（1）答案见解析；（2）11. 【分析】（1）选择①，结合直二面角的定义，证明BD ⊥平面EOA 内的两条相交直线,EO AO ；（2）设AC 与BD 交于点M ，4AB =，60DAB ∠=︒，则AC =CO x =，可得EB 关于x 的函数，求出EB 取得最小值时x 的值，连结EM ，作QF EM ⊥于F ，连结BF ，求出sin QBF ∠的值，即可得答案； 【详解】解：（1）命题P ：若AB AD =，则BD ⊥平面EOA . ∵AC GH ⊥，∴AO GH ⊥，EO GH ⊥， 又二面角E GH B --的大小为90°， ∴90AOE ∠=︒，即EO AO ⊥， ∴EO ⊥平面ABCD ， ∴EO BD ⊥，又AB BC =，∴AO BD ⊥，AO EO O =，∴BD ⊥平面EOA .（2）设AC 与BD 交于点M ，4AB =，60DAB ∠=︒，则AC =设CO x =，OM x =，222216OB OM MB x =+=-+，2222216EB EO OB x =+=-+，当x =min EB =连结EM ，作QF EM ⊥于F ，连结BF ， 由（1）知BD ⊥平面EOA ， ∴BD QF ⊥，∴QF ⊥平面EBD ， ∴QBF ∠即为QB 与平面EBD 所成角，在Rt EMB 中，EB =2BM =，EM =AE =，由()2222(2)2QB AE AB BE QB +=+⇒=，2QF =∴sin QF QBF QB ∠==，即QB 与平面EBD .【点睛】求线面角首先要根据一作、二证、三求找出线面角，然后利用三角函数的知识，求出角的三角函数值即可. 22．(I)证明见解析；(II)3 . 【分析】（I ）取AD 的中点P ，连结EP PC ，，MP ，利用平行四边形及线面垂直的性质定理证明,,PE PC AD 相互垂直，从而可证明EC 与,MP MD 垂直，然后可得线面垂直，面面垂直；（II ）取Q CD 为的中点，连结,PQ EQ ，可得EQP ∠为二面角A CD E --的平面角，在Rt EPQ △中求得其余弦值．【详解】（Ⅰ）证明：取AD 的中点P ，连结EP PC ，．则EF AP =，∵//FE AP =，∴四边形FAPE 是平行四边形， ∴//FA EP =，同理，//AB PC =.又∵FA ⊥平面ABCD ，∴EP ⊥平面ABCD ，而PC AD ，都在平面ABCD 内，∴.EP PC EP AD ⊥⊥， 由AB AD ⊥，可得PC AD ⊥， 设FA a =，则2.EP PC PD a CD DE EC a ======，所以△ECD 为正三角形.∵DC DE =且M 为CE 的中点，∴DM CE ⊥.连结MP ，则.MP CE ⊥PM ∩MD =M ，而PM ，MD 在平面AMD 内 ， ∴CE ⊥平面AMD而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥CDE . （Ⅱ）解：取Q CD 为的中点，连结,PQ EQ ， ∵CE DE =，∴.EQ CD ⊥ ∵PC PD =，∴PQ CD ⊥∴EQP ∠为二面角A CD E --的平面角.由(Ⅰ)可得， EP PQ EQ a PQ ==⊥，，．于是在Rt EPQ △中，cos 3PQ EQP EQ ∠==．∴二面角A CD E --. 【点睛】方法点睛：本题考查证明面面垂直，考查求二面角．求二面角的几何方法：一作二证三计算，一作：作出二面角的平面角；二证：证明所作的角是二面角的平面角；三计算：在三角形中求出这个角（这个角的余弦值）． 23．（1）证明见解析；（2）14【分析】（1）由余弦定理可得23BD =，证得AD BD ⊥，则BC BD ⊥由PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，证得PD BC ⊥，得证．（2）Q 为PC 的中点，利用等积法12D PBQ D BCQ Q BCD P BCD V V V V ----=== ，即可求出结果. 【详解】(1) 在ABD △中，由余弦定理得2222cos 3BD BA AD BA AD DAB =+-⋅∠=， ∵222AD BD AB +=，∴AD BD ⊥，∵//AD BC ，∴BC BD ⊥.又∵PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ∴PD BC ⊥.∵PD BD D ⋂=，∴BC ⊥平面PBD .（2）因为Q 为PC 的中点,所以三棱锥D PBQ -的体积A PBQ V -, 与三棱锥D QBC -的体积相等，即11111232412D PBQ D BCQ Q BCD P BCD V V V V ----=⨯⨯====. 所以三棱锥A PBQ -的体积14D PBQ V -=.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明，在含有长度时需要解三角形来证垂直，并且不要忘记线面垂直的性质运用，在求三棱锥的体积时注意等体积法的使用 24．（1）证明见解析；（2）2. 【分析】（1）取PD 中点N ，证明BMNC 为平行四边形，得到//BM NC ，从而得到//BM 平面PCD ．（2）对三棱锥B CDM -进行等体积转化，转化为求P BCD -的体积的一半．取AB 中点O ，连PO ，可证PO 为三棱锥P BCD -的高并求出其长度，求出BCD △的面积，得到三棱锥P BCD -的体积，即可求出三棱锥B CDM -的体积． 【详解】证明：（1）取PD 中点N ，连接MN ，NC , MN 为PAD △的中位线，//MN AD ∴，且12MN AD =， 又//BC AD ，且12BC AD =，//MN BC ∴，且MN BC =， 则BMNC 为平行四边形，//BM NC ∴，又NC ⊂平面PCD ，MB ⊂/平面PCD ， //BM ∴平面PCD ．（2）取AB 中点O ，连PO ，,PB PA PO AB =∴⊥，又平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，PO ⊂平面PAB ，PO ∴⊥平面ABCD ． PO ∴为三棱锥P BCD -的高， PA PB =，4AB =，PB PA ⊥， PAB ∴为等腰直角三角形，2PO =， 90DAB ABC ，//AD BC ，1134622BCDSBC AB =⨯⨯=⨯⨯=， M 是PA 的中点，∴三棱锥B CDM -的体积为：11162223126P B CDM M BCD BCD BCDV V V SPO ---==⨯=⨯=⨯⨯=．【点睛】本题考查通过线线平行证明线面平行，通过面面垂直证明线面垂直，变换顶点和底面进行等体积转化，求三棱锥的体积，属于中档题． 25．（1）证明见解析；（22. 【分析】（1）在正方体1111ABCD A B C D -中，易证1,C O BD CO BD ⊥⊥，由线面垂直的判定定理得到BD ⊥平面1C OC ，然后再利用面面垂直的判定定理证明.（2）由（1）知BD ⊥平面1C OC ，且平面1C BD ⋂平面CBD BD =，得到1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角 ，然后在1Rt C OC ∆中求解. 【详解】（1）∵在正方体1111ABCD A B C D -中， 点O 是BD 中点 ， 又11BC DC = ， BC DC = ，∴ 1,C O BD CO BD ⊥⊥11,C O CO O C O =⊂平面1,C OC CO ⊂平面1C OC ，BD ∴⊥平面1C OC ，又∵BD ⊂平面11BDD B ， ∴平面11BDD B ⊥平面1C OC ．… （2）由（1）知：平面1C BD ⋂平面CBD BD =，11,C O BD C O ⊥⊂半平面1;,C BD CO BD CO ⊥⊂ 半平面;CBD所以1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角 则在正方体1111ABCD A B C D -中121,C C OC == ∴在1Rt C OC ∆中，11tan 2C CC OC OC∠== 故二面角1C BD C --2 ． 【点睛】本题主要考查线面垂直，面面垂直的判定定理以及二面角的求法，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.26．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）8 3 .【分析】（1）由线面垂直判定定理，要证线面垂直，需证AD垂直平面PBE内两条相交直线，由，E是AD的中点，易得AD垂直于，再由底面是菱形，得三角形为正三角形，所以AD垂直于PA，（2）由线面平行判定定理，要证线面平行，需证PC平行于平面内一条直线，根据1h是的中点，联想到取AC中点O所以OQ为△PAC中位线．所以OQ // PA注意在写定理条件时，不能省，要全面.例如，线面垂直判定定理中有五个条件，线线垂直两个，相交一个，线在面内两个；线面平行判定定理中有三个条件，平行一个，线在面内一个，线在面外一个，（3）研究体积问题关键在于确定高，由于两个底面共面，所以求的值就转化为求对应高的长度比.【详解】（1）因为E是AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PE．因为底面ABCD是菱形，∠BAD=，所以AB=BD，又因为E是AD的中点，所以AD⊥BE．因为PE∩BE=E，所以AD⊥平面PBE．（2）连接AC交BD于点O，连结OQ．因为O是AC中点，Q是PC的中点，所以OQ为△PAC中位线．所以OQ//PA．因为PA 平面BDQ，OQ平面BDQ．所以PA//平面BDQ．（3）设四棱锥P-BCDE，Q-ABCD的高分别为2h，1h，所以V P-BCDE=13S BCDE2h，V Q-ABCD=13S ABCD1h．因为V P-BCDE=2V Q-ABCD，且底面积S BCDE=S ABCD．所以，因为，所以．。
立体几何基础习题和答案
立体几何基础习题和答案立体几何基础习题和答案立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是三维空间中的图形和物体。
在学习立体几何的过程中，掌握基础习题和答案是非常重要的。
本文将为大家提供一些常见的立体几何基础习题及其答案，希望能对大家的学习有所帮助。
一、体积和表面积计算1. 计算一个边长为3cm的正方体的体积和表面积。
解答：正方体的体积公式为V = a^3，表面积公式为A = 6a^2。
其中，a为正方体的边长。
将边长a = 3cm带入公式，可得正方体的体积V = 3^3 = 27cm^3，表面积A = 6 × 3^2 = 54cm^2。
2. 一个半径为4cm的球体的体积和表面积分别是多少？解答：球体的体积公式为V = (4/3)πr^3，表面积公式为A = 4πr^2。
其中，r为球体的半径。
将半径r = 4cm带入公式，可得球体的体积V = (4/3)π × 4^3 ≈ 268.08cm^3，表面积A = 4π × 4^2 = 201.06cm^2。
二、平行四边形和三角形的性质1. 一个平行四边形的两个对角线相交于点O，证明O是平行四边形的中心点。
解答：由平行四边形的性质可知，对角线互相平分。
设平行四边形的两个对角线分别为AC和BD，相交于点O。
由于AC和BD互相平分，所以AO = CO，BO = DO。
又由于平行四边形的对边相等，所以AO = CO = BO = DO。
因此，O是平行四边形的中心点。
2. 在一个等腰直角三角形ABC中，BC = AC = 5cm，求三角形的面积。
解答：由于直角三角形是等腰的，所以AB = AC = 5cm。
三角形的面积公式为S = (1/2) × AB × BC。
将AB = 5cm，BC = 5cm带入公式，可得三角形的面积S = (1/2) × 5 × 5 =12.5cm^2。
三、立体图形的相似性1. 一个正方体的边长为2cm，另一个正方体的边长为4cm，这两个正方体的体积之比是多少？解答：两个正方体的体积之比等于边长之比的立方。
人教A版高中数学必修第二册强化练习题-第八章-立体几何初步(含答案)
人教A版高中数学必修第二册第八章 立体几何初步全卷满分150分 考试用时120分钟一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列说法中正确的是( )2.23.已知圆锥侧面展开图的圆心角为60°,底面圆的半径为8,4.5.6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AB=AC=AD=2A1D=CE=2C1E=2,点F满足BF=λBD(0<λ<1),若B1E∥平面ACF,则λ的值为( )A.23B.12C.13D.147.8.,,EF=12 D.642π每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中部分选对的得部分分,有选错的得9.10.如图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则下列四个命题中正确的是( )A.直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角为π4B.点C到平面ABC1D1的距离为22C.异面直线D1C和BC1所成的角为π4D.二面角C-BC1-D的余弦值为-3311.如图1,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,EF⊥AB,CF=EF=2DF=2,AE=3,EB=4,将四边形AEFD沿EF进行折叠,使AD到达A'D'的位置,且平面A'D'FE⊥平面BCFE,连接A'B,D'C,如图2,则( )A.BE⊥A'D'B.平面A'EB∥平面D'FCC.多面体A'EBCD'F为三棱台D.直线A'D'与平面BCFE所成的角为π4三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,高为3,则点A到不经过点A的侧面的距离为 .13.在△ABC中,∠ACB=90°,AC=2,BC=5,P为AB上一点,沿CP将△ACP折起形成直二面角A'-CP-B,当A'B最短时,A'P= .BP14.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,一般情况下粽子的形状是四面体.如图1,已知底边和腰长分别为8 cm和12 cm的等腰三角形纸片,将它沿虚线(中位线)折起来,可以得到如图2所示粽子形状的四面体,若该四面体内包一蛋黄(近似于球),则蛋黄的半径的最大值为 cm(用最简根式表示);当该四面体的棱所在的直线是异面直线时,其所成的角中最小的角的余弦值为 .四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(13分)现需要设计一个仓库,由上下两部分组成,如图所示,上部分是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部分是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,求仓库的容积(含上下两部分);(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为6 m,当PO1为多少时,下部分正四棱柱的侧面积最大?最大面积是多少?16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,E为PD的中点,EA=12 PD,EF⊥AC,垂足为F,且AC=4AF.证明:(1)PB∥平面ACE;(2)PA⊥平面ABCD.17.(15分)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.(1)求证:AC⊥BC1;(2)求证:AC1∥平面CDB1;(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.18.(17分)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=3,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出AP的PD 值;若不存在,请说明理由;(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.,平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,△ABC 19.(17分)如图,已知三棱台ABC-A1B1C1的体积为7312是以B为直角顶点的等腰直角三角形,且AB=2AA1=2A1B1=2BB1.(1)证明:BC⊥平面ABB1A1;(2)求点B到平面ACC1A1的距离;?若存在,求出CF的长;若不(3)在线段CC1上是否存在点F,使得二面角F-AB-C的大小为π6存在,请说明理由.答案全解全析1.D 对于A,长方体是四棱柱,底面不是长方形的直四棱柱不是长方体,A 错误;对于B,棱台侧棱的延长线必须相交于一点,B 错误;对于C,各侧面都是正方形,底面不是正方形(如菱形)的四棱柱不是正方体,C 错误;对于D,棱柱的侧棱相等,侧面都是平行四边形,D 正确. 2.3.母线长为l,则r=8,πrl=8×48π=384π.4.由扇环的圆心角为180°,又C=2π×10,所以SA=20,同理SB=40,则AB=SB-SA=20,圆台的高h=AB 2-(20-10)2=103,表面积S=π(10+20)×20+100π+400π=1 100π,体积V=13π×103×(102+10×20+202)=700033π.故选C.5.A 取BD 的中点E,连接ED 1,AE,易得PD 1∥BE 且PD 1=BE,所以四边形BED 1P 为平行四边形,所以PB ∥D 1E,故∠AD 1E(或其补角)为直线PB 与AD 1所成的角.设AB=AD=AA 1=2,因为∠ABD=45°,所以∠DAB=90°,因为E 为BD 的中点,所以AE=DE=22AB=2.易得AD 1=AD 2+D D 21=22,D 1E=DE 2+D D 21=6,因为A D 21=AE 2+D 1E 2,所以AE ⊥D 1E.故cos ∠AD 1E=D 1EAD 1=622=32,又0°<∠AD 1E<180°,所以∠AD 1E=30°.故选A.6.C 在BB 1上取一点G,使得B 1G=2BG,连接CG,AG,如图所示.∵CE=2C 1E=2,∴CC 1=BB 1=3,∴在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,B 1G ∥CE,且B 1G=CE=2,∴四边形B 1GCE 为平行四边形,∴B 1E ∥CG,∵B 1E ⊄平面ACG,CG ⊂平面ACG,∴B 1E ∥平面ACG,若B 1E ∥平面ACF,则F 在平面ACG 内,又F 为BD 上一点,∴F 为BD 与AG 的交点.易知△BFG ∽△DFA,∴BF DF =BG DA =12,∴BF =13BD ,即λ的值为13.故选C.7.D 取AD 的中点M,AB 的中点N,连接PD,MD 1,MN,NB 1,B 1D 1,A 1C 1,AC.易知M,N,B1,D1四点共面,D1M⊥PD,D1M⊥CD,∵PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD,∴D1M⊥平面2,AB∥MN,点O是MN的中点AE2-A N2=22,同理FM=2EN2-MN-EF22=7,当点O1在线段O2O的延长线(含点O)上时,视OO1为非负数;当点O1在线段O2O(不含点O)上时,视OO1为负数,即O2O1=O2O+OO1=7+OO1,所以(22)2+O O21=1+(7+O O1)2,解得OO1=0,因此刍甍的外接球球心在点O处,半径为OA=22,所以刍甍的外接球的体积为4π3×(22)3=642π3.故选A.9.AC 对于A,因为圆锥的底面半径为3,所以圆锥的底面周长为2π×3=6π,又因为圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面展开图的圆心角为6π4=3π2,故A选项正确.对于B,因为圆锥的底面半径为3,母线长为4,所以圆锥的高h=42-32=7,故圆锥的体积V=13×π×32×7=37π,故B选项不正确.对于C,设圆锥的两条母线的夹角为θ,则过这两条母线所作截面的面积为12×4×4×sin θ=8sinθ,易知过圆锥母线的截面中,轴截面三角形对应的θ最大,此时cos θ=42+42-622×4×4=-18,所以θ最大是钝角,所以当θ=π2时,截面的面积最大,为8sin π2=8,故C选项正确.对于D,易知圆锥的轴截面的面积为12×6×7=37,故D选项不正确.故选AC.10.AB 如图,取BC1的中点H,连接CH,易证CH⊥平面ABC1D1,所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角,为π4,故A正确.点C到平面ABC1D1的距离即为CH的长,为22,故B正确.易证BC1∥AD1,所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C(或其补角),连接AC,易知△ACD1为等边三角形,所以∠AD1C=π3,所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故C错误.连接DH,易知BD=DC1,所以DH⊥BC1,又CH⊥BC1,所以∠CHD为二面角C-BC1-D的平面角,易求得DH=62,又CD=1,CH=22,所以由余弦定理的推论可得cos∠CHD=DH2+C H2-C D22DH·CH =33,故D错误.故选AB.11.ABD 对于A,因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平面A'D'FE∩平面BCFE=EF,BE⊂平面BCFE,BE⊥EF,所以BE⊥平面A'D'FE,又因为A'D'⊂平面A'D'FE,所以BE⊥A'D',故A正确.对于B,因为A'E ∥D'F,A'E ⊄平面D'FC,D'F ⊂平面D'FC,所以A'E ∥平面D'FC,因为BE ∥CF,BE ⊄平面D'FC,CF ⊂平面D'FC,所以BE ∥平面D'FC,又因为A'E∩BE=E,A'E,BE ⊂平面A'EB,所以平面A'EB ∥平面D'FC,故B 正确.对于C,因为D 'F A 'E =13,FC EB =24=12,则D 'F A 'E ≠FCEB ,所以多面体A'EBCD'F 不是三棱台,故C 错误.对于D,延长A'D',EF,相交于点G,A'D'FE∩平面BCFE=EF,A'E 为直线A'D'与平面GF+2,则32+12=10,到侧面PBC 的距离相等易知S △PDC =S △PBC =12×2×10=10,正四棱锥P-ABCD 的体积V=13S 四边形ABCD ·PO=13×2×2×3=4,设点A 到侧面PBC 的距离为d,则V=V A-PDC +V A-PBC =13S △PDC ·d+13S △PBC ·d=13d×210=4,解得d=3105.故答案为3105.13.答案 25解析 过点A 作AD ⊥CP 于点D,连接BD,设∠ACP=α0<α<则∠PCB=π2-α,所以A'D=2sin α,CD=2cos α,在△BCD 中,由余弦定理可得BD 2=CD 2+BC 2α=4cos 2α+25-10sin 2α,因为A'-CP-B 为直二面角,所以A'D ⊥平面BCP,所以A'D ⊥BD,则A'B 2=A'D 2+BD 2=4sin 2α+4cos 2α+25-10sin 2α=29-10sin 2α,当A'B 2最小时,A'B 最短,2α=π2,所以α=π4,此时CP 平分∠ACB,由角平分线定理可得AP BP =AC BC =25,即A 'P BP =25.14.答案 144;59解析 对题图1中各点进行标记,同时将题图2置于长方体中如下,其中A,B,C 三点重合.设EP=x cm,ER=y cm,SE=z cm,则x 2+y 2=36,x 2+z 2=36,y 2+z 2=16,解得x =27,y =z =22,∴四面体ADEF 的体积为13V 长方体=13xyz=1673(cm 3),四面体ADEF 的表面积S=4S △DEF =4×12×4×42=322(cm 2).当蛋黄与四面体各个面相切时,蛋黄的半径最大,设此时蛋黄(近似于球)的半径为r cm,则V 长方体=13Sr,∴r=3V 长方体S =167322=144.设SQ∩DF=O,取DQ 的中点M,连接OM,则OQ=3 cm,MQ=2 cm,在Rt △OMQ 中,sin ∠QOM=MQ OQ =23,∴cos ∠DOQ=cos(2∠QOM)=1-2sin 2∠QOM=1-49=59,∴∴则∴∵∴又则AE=OE,又AE=12PD,OE=12PB,所以PB=PD,连接OP,则PO ⊥BD,(9分)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD,又PO∩AC=O,PO,AC ⊂平面PAC,所以BD ⊥平面PAC,又PA ⊂平面PAC,所以BD ⊥PA.(11分)因为AE=12PD,E 为PD 的中点,所以∠PAD=90°,即PA ⊥AD,(13分)又AD∩BD=D,AD,BD ⊂平面ABCD,所以PA ⊥平面ABCD.(15分)17.解析 (1)证明:∵AC 2+BC 2=AB 2,∴AC ⊥BC.又∵C 1C ⊥AC,C 1C∩BC=C,∴AC ⊥平面BCC 1B 1.(3分)∵BC 1⊂平面BCC 1B 1,∴AC ⊥BC 1.(5分)(2)证明:设CB 1与C 1B 的交点为E,则E 是BC 1的中点,连接DE,∵D 是AB 的中点,∴DE ∥AC 1.(8分)∵DE ⊂平面CDB 1,AC 1⊄平面CDB 1,∴AC 1∥平面CDB 1.(10分)(3)∵DE ∥AC 1,∴∠CED(或其补角)为AC 1与B 1C 所成的角.在Rt △AA 1C 1中,AC 1=AA 21+A 1C 21=5,∴ED=12AC 1=52,易得CD=12AB=52,CE=12CB 1=22,(13分)∴cos ∠CED=252=225.∴异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值为225.(15分)18.解析 (1)假设存在满足条件的点P.如图,过点P 作PM ∥FD,交AF 于点M,连接ME,∵CE ∥FD,∴MP ∥EC,∴M,P,C,E 四点共面.(2分)∵CP∥平面ABEF,CP⊂平面CEMP,平面ABEF∩平面CEMP=ME,∴CP∥ME,∴四边形CEMP为平行四边形,(4分)∴MP=CE=4-BE=1,易得FD=6-3=3,由MP∥FD可得APAD =MPFD=13,∴APPD=12.(7分)此时AP=1.(8∴又故∴∴在∴∴设由在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,∵AB=2AA1=2A1B1=2BB1,∴四边形ABB1A1为等腰梯形且∠ABB1=∠BAA1=60°,(1分)设AB=2x,则BB1=x.由余弦定理得A B21=AB2+B B21-2AB·BB1cos 60°=3x2,∴AB2=A B21+B B21,∴AB1⊥BB1,(2分)∵平面ABB 1A 1⊥平面BCC 1B 1,平面ABB 1A 1∩平面BCC 1B 1=BB 1,AB 1⊂平面ABB 1A 1,∴AB 1⊥平面BCC 1B 1,(3分)又BC ⊂平面BCC 1B 1,∴AB 1⊥BC.∵△ABC 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形,∴BC ⊥AB,∵AB∩AB 1=A,AB,AB 1⊂平面ABB 1A 1,∴BC ⊥平面ABB 1A 1.(4分)(2)延长AA 1,BB 1,CC 1交于一点P,∵A 1B 1=12AB,∴S △ABC =4S △A 1B 1C 1,∴V P-ABC =8V P -A 1B 1C 1,∴V P-ABC =87V ABC -A 1B 1C 1=87×7312=233,(5分)∵BC ⊥平面ABB 1A 1即BC ⊥平面PAB,∴BC 的长即为点C 到平面PAB 的距离.(6分)由(1)知AB=BC=2x,∠PAB=∠PBA=60°,∴△PAB 为等边三角形,∴PA=PB=AB=2x,∴V P-ABC =13S △PAB ·BC=13×12×(2x)2×32·2x=233x 3=233,∴x=1,∴AB=BC=PA=PB=2,∴AC=PC=22,∴S △PAC =12×2×(22)2-12=7,(8分)设点B 到平面ACC 1A 1的距离为d,即点B 到平面PAC 的距离为d,∵V B-PAC =V P-ABC ,∴13S △PAC ·d=73d=233,解得d=2217.即点B 到平面ACC 1A 1的距离为2217.(10分)(3)假设存在满足条件的点F.∵BC ⊥平面PAB,BC ⊂平面ABC,∴平面ABC ⊥平面PAB,取AB 的中点N,连接PN,NC,则PN ⊥AB,∵平面ABC∩平面PAB=AB,PN ⊂平面PAB,∴PN ⊥平面ABC,(12分)作FE ∥PN,交CN 于点E,则FE ⊥平面ABC,作ED⊥AB于D,连接FD,则ED即为FD在平面ABC上的射影,∵FE⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴AB⊥FE,∵∵V由设则∴∴。
必修二(立体几何初步)测试题--含答案
立体几何初步测试题一、选择题1.棱长都是1的三棱锥的表面积为（ ）A B . C . D . 2.正方体的内切球和外接球的半径之比为（ ）A .1:3B ．2:3C ．3:2D ．3:3 3.在空间内，可以确定一个平面的条件是 ( )A.三个点B.三条直线，它们两两相交，但不交于同一点C. 直线与一点D.两条直线4.若直线l // 平面α，直线α⊂a ，则l 与a 的位置关系是 ( )A .a l //B .l 与a 异面C .l 与a 相交D .l 与a 没有公共点 5.一平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个平面的距离是4，则该球的半径为（ ） A. 132 B. 5 C. 52 D. 46.一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的交线( ) A ．异面 B ．相交 C ．平行 D ．不确定7.半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（ ）A ．324R B ．38R C ．324R D ．38R 8.一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且该梯形面积为2，则原梯形的面积为A ．2B ．2C ． 4D ．229. 已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下列命题：①m l ⊥⇒βα// ②m l //⇒⊥βα ③βα⊥⇒m l // ④βα//⇒⊥m l 其中正确的命题是（ ）A ．①②B ．③④C ．②④D ．①③10. 一几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为( )．A ．π18200+B ．π9200+C ．π18140+D ．π9140+ 11.如图所示，AB 是圆的直径，PA 垂直于圆所在的平面，C 是圆上不同于AB 的一点， 且AC PA =，则二面角A BC P --的大小为 （ ）A. ︒90 B. ︒60 C. ︒45 D.︒3012.已知正方形321P P AP 的边长为4，点C B ,为边3221,P P P P 的中点，沿CA BC AB ,,折叠成一个三棱锥ABC P -（使321P P P 重合于点P ），则三棱锥ABC P -的外接球表面积为（ ）A . π24B . π12C . π8D . π4 二、填空题13.下图中的三个直角三角形是一个体积为20 3cm 的几何体的三视图，则h ＝_______cm .14.两条不重合的直线b a ,，若α面//,//a b a ，则b 与面α的位置关系为 15. 如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,4,2AB AD CD ===.将 ABC ∆沿AC 折起,使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示. 则 几何体D ABC -的体积为16. 若C B A S ,,,是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，1==AB SA ,2=BC ,则球O 的体积等于三、解答题第11题第13题第10题图 1图2第15题第12题17. 如图所示，四棱锥ABCD P -的正视图是腰长为4的等腰直角三角形,俯视图为一个正方形与它的一条对角线.（1）根据画三视图的要求，画出该几何体的侧视图。
立体几何基础题题库(240道附详细答案)
立体几何基础题题库二（有详细答案）361. 有一个三棱锥和一个四棱锥，棱长都相等，将它们一个侧面重叠后，还有几个暴露面? 解析：有5个暴露面.如图所示，过V 作VS ′∥AB ，则四边形S ′ABV 为平行四边形，有∠S ′VA=∠VAB=60°，从而ΔS ′VA 为等边三角形，同理ΔS ′VD 也是等边三角形，从而ΔS ′AD 也是等边三角形，得到以ΔVAD 为底，以S ′与S 重合.这表明ΔVAB 与ΔVSA 共面，ΔVCD 与ΔVSD 共面，故共有5个暴露面.362. 若四面体各棱长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是 .(只须写出一个可能的值)解析： 该题的显著特点是结论发散而不惟一.本题表面上是考查锥体求积公式这个知识点，实际上主要考查由所给条件构造一个四面体的能力，首先得考虑每个面的三条棱是如何构成的. 排除｛1，1，2｝，可得｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝，然后由这三类面在空间构造满足条件的一个四面体，再求其体积.由平时所见的题目，至少可构造出二类满足条件的四面体，五条边为2，另一边为1，对棱相等的四面体.对于五条边为2，另一边为1的四面体，参看图1所示，设AD=1，取AD 的中点为M ，平面BCM 把三棱锥分成两个三棱锥，由对称性可知AD ⊥面BCM ，且V A —BCM =V D —BCM ，所以V ABCD =31S ΔBCM ·AD. CM=22DM CD -=22)21(2-=215.设N 是BC 的中点，则MN ⊥BC ，MN=22CN CM -=1415-=211，从而S ΔBCM=21×2×211=211， 故V ABCD =31×211×1=611.对于对棱相等的四面体，可参见图2.其体积的计算可先将其置于一个长方体之中，再用长方体的体积减去四个小三棱锥的体积来进行.亦可套公式V=122·)b a c )(a c b )(c b a (222222222-+-+-+， 不妨令a=b=2，c=1，则 V=122·)441)(414)(144(-+-+-+ =122·7=1214. 363. 湖结冰时，一个球漂在其上，取出后(未弄破冰)，冰面上留下了一个直径为24cm,深为8cm 的空穴，求该球的半径.解析：设球的半径为R ，依题意知截面圆的半径r ＝12,球心与截面的距离为d ＝R-8，由截面性质得：r 2+d 2＝R 2,即122+(R-8)2＝R 2.得R ＝13 ∴该球半径为13cm.364. 在有阳光时，一根长为3米的旗轩垂直于水平地面，它的影长为3米，同时将一个半径为3米的球放在这块水平地面上，如图所示，求球的阴影部分的面积(结果用无理数表示).解析：由题意知，光线与地面成60°角，设球的阴影部分面积为S ，垂直于光线的大圆面积为S ′，则Scos30°＝S ′,并且S ′＝9π，所以S ＝63π(米2)365. 设棱锥M —ABCD 的底面是正方形，且MA ＝MD ，MA ⊥AB ，如果ΔAMD 的面积为1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径.解析： ∵AB ⊥AD ，AB ⊥MA ， ∴AB ⊥平面MAD ， 由此，面MAD ⊥面AC. 记E 是AD 的中点， 从而ME ⊥AD.∴ME ⊥平面AC ， ME ⊥EF设球O 是与平面MAD 、AC 、平面MBC 都相切的球. 不妨设O ∈平面MEF ，于是O 是ΔMEF 的内心. 设球O 的半径为r ，则r ＝MFEM EF S MEF++△2设AD ＝EF ＝a,∵S ΔAMD ＝1.∴ME ＝a 2.MF ＝22)2(aa +, r ＝22)2(22aa a a +++≤2222+＝2-1当且仅当a ＝a2，即a ＝2时，等号成立. ∴当AD ＝ME ＝2时，满足条件的球最大半径为2-1. 366. 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，期棱长为a. (1)求证BD ⊥截面AB 1C ；(2)求点B 到截面AB 1C 的距离；(3)求BB 1与截面AB 1C 所成的角的余弦值。
立体几何初步(原卷版+解析版)
A． B． C． D．
28．(2015高考数学新课标1理科)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 ，则 =
A．1B．2C．4D．8
29．(2015高考数学新课标1理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
A． B． C． D．
15．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面而积的最大值为( )
A． B． C． D．
16．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)某圆柱的高为 ，底面周长为 ,其三视图如右圈，圆柱表面上的点 在正视图上的对应点为 ．圆柱表面上的点 在左视图上的对应点为 ,则在此圆柱侧面上，从 到 的路径中，最短路径的长度为( )
A． 内有无数条直线与 平行B． 内有两条相交直线与 平行
C． ， 平行于同一条直线D．课标全国Ⅰ卷理科)已知三棱锥 的四个顶点在球 的球面上， ， 是边长为2的正三角形， ， 分别是 ， 的中点， ，则球 的体积为( )
A．
B．
C．
D．
12．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)设 是同一个半径为 的球的球面上四点， 为等边三角形且其面积为 ，则三棱锥 体积的最大值为( )
A． B． C． D．
19．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知直三棱柱 中， ， ， ，则异面直线 与 所成角的余弦值为( )
(好题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(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．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 ．90π3．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 ．904．已知平面,αβ，直线l ，记l 与,αβ所成的角分别为1θ，2θ，若αβ⊥，则（ ） A ．12sin sin 1θθ+≤B ．12sin sin 1θθ+≥C ．122πθθ+≤D ．122πθθ+≥5．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12QAB QAC 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 ．49π6．已知三棱锥P ABC -的三条侧棱两两垂直，且,,PA PB PC 的长分别为,,a b c ，又2()162a b c +=，侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（ ） A ．10πB ．40πC ．20πD ．18π7．如图，四棱柱ABCD A B C D ''''-中，底面ABCD 为正方形，侧棱AA '⊥底面ABCD ，32AB =，6AA '=，以D 为圆心，DC '为半径在侧面BCC B ''上画弧，当半径的端点完整地划过C E '时，半径扫过的轨迹形成的曲面面积为（ ）A ．964π B ．934π C ．962π D ．93π 8．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<<9．在正方体1111ABCD A B C D -，中，M ，N ，P ，Q 分别为1A B ，1B D ，1A D ，1CD 的中点，则异面直线MN 与PQ 所成角的大小是（ ） A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 10．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，若AP ∥平面BDEF ，则线段AP 长度的取值范围是（ ） A ．[322，5] B ．[5，22]C ．[324，6] D ．[6，22]11．《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 12．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 和N 分别为11A B ，和1BB 的中点．，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是（ ）A ．25B ．1010C ．35D ．32二、填空题13．如图，在三棱锥P ABC -中，点B 在以AC 为直径的圆上运动，PA ⊥平面,ABC AD PB ⊥，垂足为,D DE PC ⊥，垂足为E ，若3,2PA AC ==，则三棱锥P ADE -体积的最大值是_________．14．如图，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，E 是棱AB的中点，设平面α经过直线1A E ，且α平面111,B BCC l α=⋂平面112C CDD l =，若α⊥平面11A ACC ，则异面直线1l 与2l 所成的角的余弦值为_______．15．在边长为3的菱形ABCD 中，对角线3AC =，将三角形ABC 沿AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为2π，则三棱锥B ACD -外接球的体积是_________________．16．如图，四边形ABCD 是矩形，且有2AB BC =，沿AC 将ADC 翻折成AD C '，当二面角D AC B '--的大小为3π时，则异面直线D C '与AB 所成角余弦值是______.17．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.18．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角的大小为_________.19．如图，已知正四面体D ABC -，P 为线段AB 上的动点（端点除外），则二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是___________．20．在矩形ABCD 中，1AB =，3AD =.将BCD 沿对角线BD 翻折，得到三棱锥A BCD -，则该三棱锥外接球的表面积为________. 三、解答题21．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，3AD =，4BC =，M 为线段AD 上点，且满足2AM MD =，N 为PC 的中点.（Ⅰ）证明：//MN 平面PAB ；（Ⅱ）设三棱锥N BCM -的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为2V ，求12V V . 22．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.23．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.24．如图，三枝锥D ABC -中，90ABC ∠=︒，1AB =，2BC CD DB ===.（1）若平面BCD ⊥平面ABC .求证：AB CD ⊥； （2）若1AD =，求CD 与平面ABC 所成的角.25．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．26．在三棱锥A BCD -中，E 、F 分别为AD 、DC 的中点，且BA BD =，平面ABD ⊥平面ADC .（1）证明：//EF 平面ABC ； （2）证明：BE CD ⊥.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：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 -===133xOE CE ==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25323x 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．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.3．C解析：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．4．C解析：C 【分析】如图，作出1θ和2θ，再由线面角推得12sin sin 2πθθ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，利用三角函数的单调性判断选项. 【详解】设直线l 为直线AB ，m αβ=，AD m ⊥，BC m ⊥，连结BD ，AC ，1ABD θ=∠，2BAC θ=∠，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭，12,2πθθ-都是锐角，122πθθ∴≤-，即122πθθ+≤故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作图，并利用线段AD AC ≤，传递不等式，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭. 5．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12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，由对称性得到AB BC AC ==，然后根据22222213QA QB QC AB 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112122QAB PABAB QM S S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△, 2PM QM =,因为12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△， 由对称性得AB BC AC ==,又因为22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，ABCS =所以21sin 60932ABCSAB =⨯⨯= 解得6,ABAQ ==所以3QM PM PQ ===，设外接球的半径为r ，在AOQ △中，222AOOQ AQ =+，即()(2223r 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..6．A解析：A 【分析】将三棱锥体积用公式表示出来，结合均值不等式和2()a b c+=a b =，进而得到2c a =，带入体积公式求得2,a b c ===24S R π=求出外接球的表面积.【详解】解：211166()643V abc ab ab a b ab ==⋅⋅=+，当且仅当a b =时取等号， 因为侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，则PC c ==，216V a ∴==2,a b c ∴===所以2222410R a b c =++=， 故外接球的表面积为10π. 故选：A. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.7．A解析：A 【分析】先确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，利用圆锥的侧面积S rl π=即可得出结论. 【详解】由题意 6,CE CC AA BC AB ''=====BE ==，所以45BCE ∠=， 45ECC '∠=， 所以曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，所以圆锥的侧面积 6S rl CC DC πππ'==⨯⨯=⨯⨯=，所以曲面面积为18⨯=. 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题考查曲面面积，考查圆锥的侧面积，确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18是关键，考查系数的空间想象力. 8．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 POPCβ=，且PE PO >，所以sin sin αβ>，又,αβ都是锐角，所以αβ>，因为sin PO PE γ=，sin POPCβ=，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.9．B解析：B 【分析】由M 也是1A B 的中点，P 也是1AD 中点，得平行线，从而找到异面直线MN 与PQ 所成角，在三角形中可得其大小． 【详解】如图，连接1AD ，1AB ，显然M 也是1A B 的中点，P 也是1AD 中点，又N 是1B D 中点，Q 是1CD 中点，所以//MN AD ，//PQ AC ， 所以CAD ∠是异面直线MN 与PQ 所成角（或补角），大小为4π． 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．10．A解析：A 【分析】分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，可证平面AMN ∥平面BDEF ，得P 点在线段MN 上．由此可判断当P 在MN 的中点时，AP 最小；当P 与M 或N 重合时，AP 最大．然后求解直角三角形得答案． 【详解】如图所示，分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，连接B 1D 1， ∵M 、N 、E 、F 为所在棱的中点，∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1， ∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∴MN ∥平面BDEF ； 连接NF ，由NF ∥A 1B 1，NF ＝A 1B 1，A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ， 可得NF ∥AB ，NF ＝AB ，则四边形ANFB 为平行四边形，则AN ∥FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则AN ∥平面BDEF ． 又AN ∩NM ＝N ，∴平面AMN ∥平面BDEF ．又P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面BDEF ，∴P 点在线段MN 上．在Rt △AA 1M 中，AM 222211215AA A M =+=+=，同理，在Rt △AA 1N 中，求得AN 5=，则△AMN 为等腰三角形．当P 在MN 的中点时，AP 最小为222322()2+=， 当P 与M 或N 重合时，AP 最大为5． ∴线段AP 长度的取值范围是32,5⎡⎤⎢⎥⎣． 故选：A ．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点P 的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.11．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．12．A解析：A 【分析】作出异面直线AM 和CN 所成的角，然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值. 【详解】设,E F 分别是1,AB CC 的中点，由于,M N 分别是111,A B BB 的中点，结合正方体的性质可知11//,//B E AM B F CN ，所以1EB F ∠是异面直线AM 和CN 所成的角或其补角， 设异面直线AM 和CN 所成的角为θ，设正方体的边长为2，2211125B E B F ==+=，2221216EF =++=，则1cos cos EB F θ=∠=55625255+-=⨯⨯.故选：A.【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．二、填空题13．【分析】由已知证明再由三角形相似列比例式可得证明利用基本不等式求得的最大值可得三棱锥体积的最大值【详解】由平面得又平面得又平面得而平面可得在中由得由得则由得又得即（当且仅当时等号成立）三棱锥体积的最解析：34【分析】由已知证明AE PC ⊥，再由三角形相似列比例式可得PE ，证明AD DE ⊥，利用基本不等式求得AD DE ⋅的最大值，可得三棱锥P ADE -体积的最大值． 【详解】由PA ⊥平面ABC ，得PA BC ⊥，又BC AB ⊥，PAAB A =，BC ∴⊥平面PAB ，得BC AD ⊥，又AD PB ⊥，PB BC B ⋂=，AD ∴⊥平面PBC ，得AD PC ⊥，而DE PC ⊥，AD DE D ⋂=， PC ∴⊥平面ADE ，可得AE PC ⊥．在Rt PAC △中，由2PA AC ==，得4PC =．由Rt PEA Rt PAC ∽，得PE PA PA PC =，则21234PA PE PC ===，由3PE =，PA =23AE =，又AD DE ⊥，2223AD DE AE ∴+==，得2232AD DE AD DE =+≥⋅， 即32AD DE⋅（当且仅当AD DE =时等号成立）， ∴三棱锥P ADE -体积的最大值是1111333323224AD DE PE ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=．故答案为：34． 【点睛】方法点睛：解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理．14．【分析】取的中点连接证明平面平面平面即平面然后分别取的中点证明平面平面可得可得异面直线与所成的角即与所成的角由余弦定理可得答案【详解】由直四棱柱的所有棱长均相等所以是菱形连接且所以因为平面平面所以且解析：910【分析】取AD 的中点F ，连接1A F ，证明平面1A EF ⊥平面11A ACC ，平面1A EF 即平面α，然后分别取1111B C D C 、的中点M N 、，证明平面1//A EF 平面MNC ，可得//CM 1l ，//CN 2l ，可得异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】由直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，所以ABCD 是菱形，连接AC BD 、，1111AC B D 、，且ACBD O =，11111A C B D O ⋂=，所以BD AC ⊥，1111B D A C ⊥，因为1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1AA BD ⊥，且1AA AC A =，所以BD ⊥平面11A ACC ，取AD 的中点F ，连接1A F ，连接EF 交AC 与G ，所以//EF BD ，且G 是AO 的中点，所以EF ⊥平面11A ACC ，所以平面1A EF ⊥平面11A ACC ， 又1A E ⊂平面1A EF ，所以平面1A EF 即平面α，分别取1111B C D C 、的中点M N 、，连接MN 交11A C 与H 点，H 即为11O C 的中点， 所以1A H GC =，且1//A H GC ，所以四边形1A HCG 是平行四边形，所以1//A G HC ，1AG ⊄平面CMN ，CH ⊂平面CMN ，所以//A G 平面CMN ， 又因为11//////EF BD B D MN ，EF ⊄平面CMN ，MN ⊂平面CMN ， 所以//MN 平面CMN ，又1AG EF G =，所以平面1//A EF 平面MNC ，且平面11B C CB ⋂平面MNC MC =， 平面11D C CD平面MNC NC =，所以//CM 1l ，//CN 2l ，所以异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，设2AB =， 则直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均为2，由3BAD π∠=，所以112BD AB B D ===，11112MN D B ==，且CM CN ====，由余弦定理得222551922510CM CN MN MCN CM CN +-+-∠===⨯⨯.故答案为：910.【点睛】本题考查了异面直线所成的角，关键点是作出平面α及找出异面直线所成的角，考查了学生分析问题、解决问题的能力及空间想象力.15．；【分析】分析菱形的特点结合其翻折的程度判断其外接球球心的位置放到相应三角形中利用勾股定理求得半径利用球的体积公式求得外接球的体积【详解】根据题意画出图形根据长为的菱形中对角线所以和都是正三角形又因解析：556π； 【分析】分析菱形的特点，结合其翻折的程度，判断其外接球球心的位置，放到相应三角形中，利用勾股定理求得半径，利用球的体积公式求得外接球的体积. 【详解】根据题意，画出图形，3的菱形ABCD 中，对角线3AC = 所以ABC 和DBC △都是正三角形， 又因为二面角B AC D --的大小为2π， 所以分别从两个正三角形的中心做面的垂线，交于O ，则O 是棱锥B ACD -外接球的球心，且11,2GD OG GE ===，所以球的半径2R ==，所以其体积为3344(3326V R ππ==⋅=，故答案为：6. 【点睛】思路点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，解题思路如下： （1）根据题中所给的条件，判断菱形的特征，得到两个三角形的形状；（2）根据直二面角，得到两面垂直，近一倍可以确定其外接球的球心所在的位置； （3）利用勾股定理求得半径； （4）利用球的体积公式求得结果；（5）要熟知常见几何体的外接球的半径的求解方法.16．【分析】作于于可得等于二面角的平面角从而可得然后求得而因此可得是异面直线与所成角（或补角）这样在求解可得【详解】如图作于于则连接根据二面角平面角的定义知与的夹角等于二面角的平面角所以因为所以设则在矩解析：12． 【分析】作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，可得,MD NB '<>等于二面角D AC B '--的平面角，从而可得DMD '∠，然后求得DD '，而//AB CD ，因此可得D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．这样在DCD '求解可得．【详解】如图，作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，则//DM BN ，连接,D M DD ''， 根据二面角平面角的定义知MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角， 所以,3MD NB π'<>=，因为//DM BN ，所以23DMD π'∠=，设1BC =，则AB ==ABCD 中，AC =3DM ==，D M DM '==， 则22222212cos 2232DD DM D M DM D M π⎛⎫'''=+-⋅=+--= ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以2DD '=，因为//AB CD ，所以D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．DCD '是正三角形，3D CD π'∠=，1cos 2D CD '∠=． 所以异面直线D C '与AB 所成角余弦值是12． 故答案为：12．【点睛】关键点点睛：本题考查求异面直线所成的角，解题方法根据异面直线所成角定义作出它们所成的角，然后解三角形可得，解题关键是利用图中MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角，从而求得DMD '∠，只要设1BC =，可求得DD '，从而求得结论．17．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747-+⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ， 可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值， 且1112tan 12OO O HO HO ∠===， 22,1OH OM ON ===，所以7HM HN ==tan tan 7NHO OHM ∠=∠=， 1117827477tan tan()1637117O HN O HO NHO ---∠=∠-∠====++ 1117827477tan tan()1637117O HM O HO OHM ++∠=∠+∠====-， 所以tan θ的取值范围是4747-+⎣⎦，故答案为：4747-+⎣⎦. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下： （1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值； （3）结合图形求得相应角的正切值； （4）利用和差角正切公式求得结果.18．40°【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系根据点处的纬度计算出晷针与点处的水平面所成角【详解】画出截面图如下图所示其中是赤解析：40° 【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故答案为：40°.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，解题的关键是将稳文中的数据建立平面图形，属于中档题.19．【分析】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大二面角的平面角最小趋于二面角的平面角最大趋于二面角的平面角的补角求出二面角的平面角和二面角的平面角即可【详解】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大解析：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于二面角D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，求出二面角D AC B --的平面角和二面角D BC A --的平面角即可. 【详解】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，设正四面体的棱长为2a ，如图所示，取AC 的中点E ，连接DE 、BE ， 易知DEB ∠为二面角D AC B --的平面角，3DE BE a ==，所以((()()()2223321cos 3233a a a DEB a a+-∠==⨯⨯， 同理可得：二面角D BC A --的平面角的补角的余弦值为13-， 故二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭， 故答案为：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【点睛】本题主要考查了二面角的平面角的求解，考查空间想象能力，属于中档题.20．【分析】作出图示求得外接球的半径由球的表面积可求得答案【详解】作出图示因为在矩形ABCD 中则连接交于点则设该三棱锥外接球的半径为则所以该三棱锥外接球的表面积故答案为：【点睛】本题考查三棱锥的外接球的 解析：4π【分析】作出图示，求得外接球的半径，由球的表面积可求得答案. 【详解】作出图示，因为在矩形ABCD 中，1AB =，3AD =.则2==AC BD ，连接AC BD，交于点O ，则1AO BO CO DO ====，设该三棱锥外接球的半径为R ，则1R =， 所以该三棱锥外接球的表面积244S R ππ==， 故答案为：4π.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积计算，关键在于求得外接球的球心位置和半径，属于中档题.三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1227V V =. 【分析】（Ⅰ）要证明线面平行，需证明线线平行，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，证明//MN AT ；（Ⅱ）利用锥体体积公式，分别求两个锥体底面积和高的比值，表示体积比值.【详解】（Ⅰ）如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN .因为N 为PC 的中点，所以TN //BC ，且122TN BC ==.又因为223AM AD ==，且//AD BC ，所以TN //AM ，TN AM =，即四边形AMNT 为平行四边形， 所以MN //AT ，因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以//MN 平面PAB .（Ⅱ）设四棱锥P ABCD -的高为h ，AD 与BC 间的距离为d . 则()21117343326ABCD V h S h d hd =⨯⨯=⨯+=梯形， 11114323223BCM h h hd V S d =⨯⨯=⨯⨯⨯=△因此1227V V =. 【点睛】方法点睛：本题考查了线面平行的判断定理，意在考查转化与化归和计算求解能力，不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行. 22．（1）证明见解析；（2）5. 【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PD =DE = 在Rt DAE 中，由于AG DE ⊥，所以2AD DG DE =⋅，所以4DG =DG =所以在Rt PDG △中，sin DG DPG PD ∠===PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值为5.。
高一数学立体几何初步试题答案及解析
高一数学立体几何初步试题答案及解析1.点B是点A（1，2，3）在坐标平面内的射影，则OB等于（）A．B．C．D．【答案】B【解析】点A（1，2，3）在坐标平面内的射影为B（0,2,3），所以|OB|=，故选B。
【考点】本题主要考查空间直角坐标系的概念及两点间距离公式的应用。
点评：理解好射影的概念，用熟两点间距离公式。
2.两等角的一组对应边平行，则（）A．另一组对应边平行B．另一组对应边不平行C．另一组对应边也不可能垂直D．以上都不对【答案】D【解析】两等角的一组对应边平行，另一组对应边由多种情况，如平行、相交、异面等，关系D。
【考点】本题主要考查直线的位置关系。
点评：视野要开阔，考虑多种可能情况。
3.经过平面外两点与这个平面平行的平面（）A．只有一个B．至少有一个C．可能没有D．有无数个【答案】C【解析】经过平面外两点与这个平面平行的平面可能没有，如两点所在直线与平面相交时，关系C。
【考点】本题主要考查点线面的关系—--平行关系。
点评：考虑点与平面的多种可能情况思考，结合实物模型探究。
4.如图所示，平面M、N互相垂直，棱l上有两点A、B，AC M，BD N，且AC⊥l，AB＝8cm，AC＝6 cm，BD＝24 cm，则CD＝_________．【答案】26 cm；【解析】连接AD，∵平面M、N互相垂直，AC⊥l，∴AC⊥平面N∴AC⊥CD；∵AB=8cm，AC=6cm，∴BC=10cm，又∵BD=24cm，∴CD=26cm。
【考点】本题主要考查点、线、面间的距离计算、面面垂直。
点评：考查的知识点是空间点到点之间的距离，其中根据面面垂直及线面垂直的性质得到△ABC，△ACD均为直角三角形，是解答本题的关键。
5.下面的图形可以构成正方体的是（）【答案】C【解析】从选项出发，还原成正方体的只有C。
【考点】本题主要考查正方体的展开图。
点评：从选项出发，看能否还原成正方体。
6.下列命题中正确的是（）A．由五个平面围成的多面体只能是四棱锥B．棱锥的高线可能在几何体之外C．仅有一组对面平行的六面体是棱台D．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥【答案】B【解析】由五个平面围成的多面体除四棱锥外，还可以是三棱台；棱锥的高线应是其顶点向底面所作垂线段，斜棱锥的高即在几何体外，故选B。
1立体几何初步练习题及答案
立体几何初步测试题1.如图，设A 是棱长为a 的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以下结论，其中错误的是( ) A ．有10个顶点 B ．体对角线AC 1垂直于截面C ．截面平行于平面CB 1D 1 D ．此多面体的表面积为478a 2解析 此多面体的表面积S ＝6a 2－3×12×12a ×12a ＋12×22a ×22a ×32＝458a 2＋38a 2＝45＋38a 2.故选D 2．(2012·福建宁德二模)如图是一个多面体的三视图，则其全面积为( )A.3B.32＋6 C.3＋6D.3＋4解析 由几何体的三视图可得，此几何体是正三棱柱，其全面积为S ＝3×(2)2＋2×12×(2)2×sin60°＝6＋ 3.故选C.3．(2012·江西抚州一中模拟)如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 ．22π B ．12C ．4π＋24 D ．4π＋32解析 由几何体的三视图可得，此几何体是上面一个球、下面一个长方体组成的几何体，此几何体的表面积S ＝4π×12＋2×2×2＋8×3＝4π＋32.故选D.4一个与球心距离为1的平面截球体所得的圆面面积为π，则球的体积为( )A.82π3 B.8π3 C.32π3D ．8π解析 由题意，球的半径为R ＝12＋12＝2，故其体积V ＝43π(2)3＝82π3，选A.5.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AD 的中点，则异面直线C 1E 与BC 所成的角的余弦值是( )A.105B.1010C.13D.223解析 因为BC ∥B 1C 1，故∠EC 1B 1即为异面直线C 1E 与BC 所成的角，在△EB 1C 1中，由余弦定理可得结果，选C.6.设m ，n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ；②⎭⎪⎬⎪⎫α⊥β m ∥α⇒m ⊥β；③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β；④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α.其中正确的命题是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③D ．②④解析 由定理可知①③正确，②中m 与β的位置关系不确定，④中可能m ⊂α.故选C.7.在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66aC.22aD.12a解析 设点C 到平面A 1DM 的距离为h ，则由已知得DM ＝A 1M ＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝52a ，A 1D ＝2a ，S △A 1DM ＝12×2a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫52a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝64a 2，连接CM ，S △CDM ＝12a 2，由VC －A 1DM ＝VA 1－CDM ，得13S △A 1DM ·h ＝13S △CDM ·a ，64a 2·h ＝12a 2·a ，所以h ＝63a ，即点C 到平面A 1DM 的距离为63a ，选A8.设a ，b ，c 是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥βC ．当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bD ．当b ⊂α，且c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c 解析 写出逆命题，可知B 中b 与β不一定垂直．选B 二、填空题9.一个五面体的三视图如图，正视图与侧视图都是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为________解析 由三视图可知，此几何体是一个底面为直角梯形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其体积为V ＝13×12×(1＋2)×2×2＝2.10.三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ；③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a . 其中正确结论的序号是________．解析 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①、②、③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确． 答案 ①②③④11.如图，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点，若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为________．解析 设正三棱柱的底面边长为a ，高为2h ，则BD ＝C 1D ＝a 2＋h 2，BC 1＝a 2＋4h 2，由△BC 1D 是面积为6的直角三角形，得⎩⎨⎧2×(a 2＋h 2)＝a 2＋4h 212(a 2＋h 2)＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8h ＝2，故此三棱柱的体积为V ＝12×8×sin60°×4＝83三、解答题12.．(本小题满分12分)如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．解(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD.所以A1C⊥平面BCDE.(2)如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C —xyz ，则A 1(0,0，23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝ 3. 所以n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ. 因为CM →＝(0,1，3)，所以sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n ||CM →|＝48×4＝22. 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下：假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0.又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2y －23z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p3.所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，p ，p 3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0时成立， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直． 13.如图，直三棱柱ABC —A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′—MN —C 为直二面角，求λ的值． 解(1)解法一：如图，连接AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC—A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′。
高一立体几何初步测试题及答案
高一立体几何初步测试题及答案1.在空间四点中，无三点共线是四点共面的（充分不必要条件）。
2.若a∥b，b∩c=A，则a,c的位置关系是（相交直线或异面直线）。
3.圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，那么此圆锥的轴截面是（等腰直角三角形）。
4.已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，左视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形，则该几何体的体积为（64）。
5.长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（50π）。
6.已知正方体外接球的体积是π，那么正方体的棱长等于（3）。
7.若l、m、n是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是（若α⊥β,l∈α,n∈β，则l⊥n）。
8.如图，在正方体ABCD-A' B' C' D'中，E，F，G，H分别为AA'，AB，BB'，B'C'的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于（90°）。
9.已知两个平面垂直，其中正确的命题数量是（2）。
10.平面α与平面β平行的条件可以是（直线a//α,a//β）。
三、简答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分）1.如何确定一个圆锥的侧面展开图？答：将圆锥展开，使其侧面展开为一段扇形，然后将扇形展开成一个直角三角形，即可得到圆锥的侧面展开图。
2.如何确定一个几何体的三视图？答：俯视图是从正上方看几何体，可以看到几何体的顶面和底面；正视图是从正前方看几何体，可以看到几何体的前面和后面；左视图是从正左方看几何体，可以看到几何体的左面和右面。
通过这三个视图，可以确定一个几何体的形状和尺寸。
3.如何判断两个平面是否平行？答：如果两个平面的法向量平行，则这两个平面平行。
也可以通过判断它们的交线是否平行来确定两个平面是否平行。
4.如何判断两条直线是否相交？答：如果两条直线的方向向量不平行，则它们相交；如果两条直线的方向向量平行但不重合，则它们异面直线；如果两条直线的方向向量重合，则它们可能重合也可能平行。
2025届新高考一轮复习特训---立体几何初步(含解析)
2025届新高考一轮复习特训 立体几何初步一、选择题1．平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，11A AD A AB ∠=∠=11AA AB ==，E 为11C D 的中点，则异面直线BE 和DC 所成角的余弦值为( )2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别是AB ，1BB ，11B C 的中点，则过这三点的截面面积是( )A.3．已知平面α，β，γ，l αβ= ，则“l γ⊥”是“αγ⊥且βγ⊥”的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4．如图,某车间生产一种圆台形零件,其下底面的直径为4cm ,上底面的直径为8cm ,高为4cm ,已知点P 是上底面圆周上不与直径AB 端点重合的一点,且AP BP =,O 为上底面圆的圆心,则OP 与平面ABC 所成的角的正切值为( )5．已知长方体的一条棱长为2,体积为16,则其外接球表面积的最小值为( )A.5πB.12πC.20πD.80π6．如图,在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,E 为线段1DD 的中点,F 为线段1BB 的中点.直线1FC 到平面1AB E 的距离为( ).7．在三棱柱111ABC A B C -中,AB BC AC ==,侧棱1AA ⊥底面ABC ,若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O 的表面上,且球O 的表面积的最小值为4π,则该三棱柱的侧面积为( )A.8．设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上的四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为( )A. C.二、多项选择题9．在ABC △中，AC BC ==2AB =，ABD △是有一个角是30°的直角三角形，若二面角D AB C --是直二面角，则DC 的长可以是( )10．如图,P 为矩形ABCD 所在平面外一点,矩形对角线的交点为O ,M 为PB 的中点,则下列结论成立的是( )A.//OM 平面PCDB.//OM 平面PDAC.//OM 平面PBAD.平面PBC11．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点P 在对角线1BD 上，过P 作垂直于1BD 的平面α，记平面α与正方体1111ABCD A B C D -的截面多边形（含三角形）的周长为L，面积为S ，BP x =，(x ∈，下面关于函数()L x 和()S x 的描述正确的是( )A.(S x B.()L x 在x=C.()L x 在⎛⎝上单调递增，在上单调递减；D.()S x 在⎛⎝上单调递增，在上单调递减三、填空题12．如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm ，高为20cm ，则这个茶叶盒的表面积为______2cm .13．已知正三棱柱111ABC A B C-的各棱长都等于2，点E 是11A B 的中点，则异面直线AE 与1BC 所成角的余弦值为________.14．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，//OM高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为____________.四、解答题15．如图，在三棱锥A BCD -中，BCD △是边长为2的等边三角形，AB AC =，O 是BC 的中点，OA CD ⊥.（1）证明：平面ABC ⊥平面BCD .（2）若点E 是棱AC 上的一点，则从①2CE EA =，②二面角E BD C --的大小为60︒，③三棱锥A BCD -成立.16．如图，垂直于梯形ABCD 所在平面，，F 为线段PA 上一点，112ABAD CD ===，四边形为矩形.(1)若F 是PA 的中点，求证：平面DEF ；(2)求直线与平面BCP 所成角的正弦值；(3)若点F 到平面的长.17．如图，P 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，AC 为底面直径，ABD △为底面四O 的内接正三角形，且△PC 上，且AE =1CE =.PD 90ADC BAD ∠∠==︒PD =PDCE //AC AE（1）求证：BD AE ⊥，并求三棱锥P BDE -的体积；（2）若点M 为线段PO 上的动点，当直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值最大时，求此时点M 到平面ABE 的距离.18．如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是菱形，AF ⊥平面ABCD .(1)证明：平面BDE ⊥平面ACF ；(2)若4AD =，6AF =，3DE =，//DE AF ，AE 与平面BDE 三棱锥F CDE -的体积.19．如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB =1AF =，M 是线段EF 的中点.求证：(1)//AM 平面BDE ；(2)AM ⊥平面BDF .参考答案1．答案：A解析：由题意，11π11cos 3AA AB AA AD ⋅=⋅=⨯⨯= 0AB AD ⋅= ，又DC AB = ，1111112BE AE AB AA A D D E AB AA AD AB =-=++-=+-，所以111100222BE DC AA AD AB AB ⎛⎫⋅=+-⋅=+-= ⎪⎝⎭，即有BE DC ⊥ ，故选：A.2．答案：D解析：如图所示，分别取11C D ，1DD ，AD 的中点H ，M ，N ，连接GH ，HM ，MN ，NE ，在正方体1111ABCD A B C D -中，可得//GH NE ，//HM EF ，//MN FG ，所以经过点E，F ，G 的截面为正六边形EFGHMN ，又因为正方体1111ABCDA B C D -的棱长为2，在直角BEF△中，可得EF==所以截面正六边形的面积为26=故选：D.3．答案：C解析：由于l αβ= ，所以l α⊂，l β⊂，若l γ⊥，则αγ⊥，βγ⊥，故充分性成立，若αγ⊥，βγ⊥，设m αγ= ，n βγ= ，则存在直线,a γ⊂使得a m ⊥，所以a α⊥，由于l ⊂α，故a l ⊥，同理存在直线,b γ⊂使得b n ⊥，所以b β⊥，由于l β⊂，故b l ⊥，由于a ，b 不平行，所以a ，b 是平面γ内两条相交直线，所以l γ⊥，故必要性成立，故选：C.4．答案：A解析：设O '为下底面圆的圆心,连接OO ',CO '和CO ,因为AP BP =,所以AB OP ⊥,又因为AB OO ⊥',OP OO O '= ,OP ,OO '⊂平面OO P ',所以AB ⊥平面OO P ',因为PC 是该圆台的一条母线,所以O ,O ',C ,P 四点共面,且//O C OP ',又AB ⊂平面ABC ,所以平面ABC ⊥平面POC ,又因为平面ABC 平面POC OC =,所以点P 在平面ABC 的射影在直线OC 上,则OP 与平面ABC 所成的角即为POC OCO ∠=∠',过点C 作CD OP ⊥于点D ,因为4cm OP =,2cm O C '=,所以tan tan 2OO POC OCO O C∠=''∠=='.故选：A.5．答案：C解析：设长方体的长、宽、高分别为a ,b ,2,所以长方体的体积为216V ab ==,解得：8ab =,设长方体的外接球的半径为R ,所以2R =22242420R a b ab =++≥+=,即R ≥b ==所以min R =所以其外接球表面积的最小值为24π20πS R ==.故选：C.6．答案：D解析:1//AE FC ,1FC ⊂/平面1AB E ,AE ⊂平面1AB E ,1//FC ∴平面1AB E ,因此直线1FC 到平面1AB E 的距离等于点1C 到平面1AB E 的距离,如图,以D 点为坐标原点,DA 所在的直线为x 轴,DC 所在的直线为y 轴,1DD 所在的直线为轴,建立直角坐标系.则(1,0,0)A ,1(1,1,1)B ,1(0,1,1)C ,10,0,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭,11,1,2F ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,,,,设平面的法向量为,则,令,则设点到平面1AB E 的距离为d ,则1113n C B d n⋅==故直线1FC 到平面1ABE 故选:D.7．答案：B解析：如图:设三棱柱上,下底面中心分别为1O ,2O ,则12OO 的中点为O ,111,0,2FC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 11,0,2AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 1(0,1,1)AB =11(1,0,0)C B = 1AB E (,,)n x y z =11020n AE x z n AB y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩2z =(1,2,2)n =- 1C设球O 的半径为R ,则OA R =,设AB BC AC a ===,1AA h =,则212OO h =,223O A AB ==,则在2Rt OO A △中,222222*********R OA OO O A h a h ==+=+≥⨯=,当且仅当h =时,等号成立,所以24π4πS R =≥球4πah =,所以ah =所以该三棱柱的侧面积为3ah =故选:B.8．答案：B解析：如图，设点O 为球心，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 的中点，连接OB ，DM ，且DM 过球心O ，连接BE ，且BE 过点M ，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -的体积最大.2ABC S AB == △6AB =.又 点M 为三角形ABC 的中心，23BM BE ∴==，在Rt OMB △中，2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，∴三棱锥D ABC -体积的最大6=9．答案：ACD 解析：如图①，当60ADB ∠=︒且90DBA ∠=︒时，二面角D AB C --是直二面角，故平面ABD ⊥平面ABC ，且平面ABD 平面ABC AB =，DB ⊂平面ABD ，故DB ⊥平面ABC ，所以DB BC ⊥，因为tan AB DB ADB ==∠==同理可得，当30ADB ∠=︒且90DBA ∠=︒时，DB ⊥平面ABC ，所以DB BC ⊥，因为tan ABDB ADB==∠==当90ADB ∠=︒且30DAB ∠=︒时，如图②，过点D 作DE AB ⊥，垂足为E ，连接CE ，因为平面ABD ⊥平面ABC ，且平面ABD 平面ABC AB =，DE ⊂平面ABD ，故DE ⊥平面ABC ，所以DE CE ⊥，此时cos DA AB DAB =∠=，sin DE DA DAB =∠=cos AE AD DAB =∠===所以DC ==当90ADB ∠=︒且60DAB ∠=︒时，同理可得，sinDE DA DAB=∠====故选：ACD.10．答案：AB解析：矩形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,所以点O 为BD 的中点,在△PBD 中,因为点M 是PB 的中点,所以OM 是的中位线,,平面PCD ,平面PCD ,平面PCD ,故A 正确;PD ⊂平面PDA ,平面PDA ,平面PDA ,故B 正确;因为M ∈PB ,O ∉平面PBC ,O ∉平面PAB ,所以OM 与平面PAB ,平面PBC 相交,故CD 错误;故选:AB.11．答案：AD解析：当x ⎛∈⎝时，截面为等边三角形，如图：因为BP x =，所以EF =，所以：()L x =，()2S x x =，x ⎛∈ ⎝.此时()L x ，()S x 在上单调递增，且当时截面为六边形，如图：PBD △//OM PD PD ⊂OM ⊄//OM ∴OM⊄//OM ∴⎛ ⎝()L x ≤()x ≤x ∈设AE t =，则11AE AF CG CH B N B M t======所以六边形EFGHMN 的周长为：)1t +-=为定值；做1NN ⊥平面ABCD 于1N ，1MM ⊥平面ABCD 于1M .设平面EFGHMN 与平面ABCD 所成的角为α，则易求cos α=所以11cos EFDHMN FAN M CG S S α⋅=，所以()22111122EFDHMN S t t ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦212t t ⎫=+-⎪⎭，在10,2t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上递增，在1,12t ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上递减，111224⎫+-=⎪⎭=x =所以()S x 在上递增，在上递减.x =()x当x ∈时，易得：())L x x =，())2S x x=-此时()L x ，()S x 在上单调递减，()L x <()x <综上可知：AD 是正确的，BC 错误.故选：AD12．答案：300(4解析：由题设，一个底面的面积为21161010sin 602S =⨯⨯⨯⨯︒=，一个侧面矩形面积为22102020c 0m S =⨯=，所以茶叶盒的表面积为22126300(4c mS S +=+.故答案为：300(4解析：连结1A B ，交AE 于点M ，作1//MN BC ，交11A C 于点N ，连结EN ，异面直线AE 与1BC 所成的角为EMN ∠或其补角，因为1//A E AB ，且，所以1::1:2EM MA A M MB ==，所以113BC ==，EN ==中，222cos 2ME MN EN EMN ME MN +-∠==⋅14．答案：28=(44)6⨯⨯=(22)34⨯⨯=，所以棱台的体积为32428-=.112A E AB =13ME AE ==123A N =EMN △3(16428⨯++=.故答案为28.15．答案：（1）证明见解析（2）见解析解析：（1）证明：因为AB AC =，O 是BC 的中点，所以OA BC ⊥.又因为OA CD ⊥，BC CD C = ，,BC CD ⊂平面BCD ，所以OA ⊥平面BCD .因为OA ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCD .（2）如图，连接OD .因为BCD △是边长为2的等边三角形，所以DO BC ⊥.由（1）知，OA ⊥平面BCD ，所以AO ，BC ，DO 两两互相垂直.以O 为坐标原点，分别以OB ，OD ，OA 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.设||(0)OA m m =>，则(0,0,0)O ，(0,0,)A m ，(1,0,0)B ，(1,0,0)C -，D .若选①②作为条件，证明③成立.因为2CE EA =，所以2CE EA = ，所以12,0,33m E ⎛⎫- ⎪⎝⎭.易知平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)=n ，42,0,33m BE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(BD =-.设(,,)x y z =m 是平面BDE 的法向量，则0,0,BE BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 所以420,330.m x z x ⎧-+=⎪⎨⎪-=⎩令1x =，则y =z =2m ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.由二面角EBD C --的大小为60||60||||⋅︒===m n m n 3m =.所以三棱锥A -1232⨯=若选①③作为条件，证明②成立.因为三棱锥A -122m ⨯=3=，即(0,0,3)A .又因为2CE EA =，所以1,0,23E ⎛⎫- ⎪⎝⎭.易知平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)=n ，4,0,23BE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(BD =-.设(,,)x y z =m 是平面BDE 的法向量，则0,0,BE BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m 即420,30.x z x ⎧-+=⎪⎨⎪-=⎩令1x =，则y =z =23⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.设二面角E BD C --的大小为θ，则|||cos |||||θ⋅===m n m n BD C --的大小为60︒.若选②③作为条件，证明①成立.又(1,0,0)C -，所以(1,0,3)AC =--.设(,,)E x y z .不妨设(01)AE AC λλ=≤≤，则(,,3)(1,0,3)x y z λ-=--，所以(,0,33)E λλ--+.易知平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)=n ，(1,0,33)BE λλ=---+ ，(BD =-.设(,,)x y z =m 是平面BDE 的法向量，则0,0,BE BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m 即(1)(33)0,0.x z x λλ--+-=⎧⎪⎨-+=⎪⎩当1λ=时，二面角E BD C --的大小为0︒，不合题意，所以01λ≤<.令1x =，则y=z =133λλ⎛⎫+= ⎪ ⎪-⎝⎭.设二面角E BD C --的大小为θ，则|||cos |||||θ⋅===m n m n 解得3λ=（舍去）或λ=所以2CE EA =.16．答案：(1)证明见解析；；解析：(1)设CP DE G = ，连接, 四边形为矩形，∴G 为中点，又F 为PA 中点，，又FG ⊂平面，AC ⊄平面，//AC ∴平面.(2)以D 为坐标原点，DA ,,DP正方向为x ,y ,z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，FG PDCE PC //AC FG ∴DEF DEF DEF DC则,()1,1,0B ,,(P ,()1,1,0BC ∴=-,，(1,AE =-设平面BCP 的法向量，20BC n x y CP n y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-+=⎪⎩，令，解得：1x=,(n = ；设直线与平面BCP 所成角为,sin cos ,AE n AE n AE n θ⋅∴===⋅则直线与平面(3)(1,0,PA =，设,[]0,1λ∈由平面的法向量(n =，点F 到平面的距离2PF n d nλ⋅===解得，13PA = 解析：（1）设AC BD F = ，连接EF ，ABD △为底面圆O 的内接正三角形，2AC ∴==，F 为BD 中点，又AF ==322CF ∴=-=312AO AF ==；()1,0,0A ()0,2,0C (0,E (0,CP =- (),,n x y z =1y =z =AE θAE (),0,PF PA λλ==BCP BCP 13λ=AE = 1=，222AE CE AC ∴+=，AE EC ∴⊥，AF AE =AEF ACE ∽△△，AFE AEC ∠∠∴=，EF AC ∴⊥，；PO ⊥ 平面ABD ，PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABD ，平面PAC 平面ABD AC =，EF ⊂平面PAC ，EF ∴⊥平面ABD ，又BD ⊆面ABD ，EF BD ⊥，又BD AC ⊥，EF AC F = ，BD ⊥面AEC ，又AE ⊂面AEC ，所以BD AE⊥又PO ⊥平面ABD ，//EF PO ∴，PO ⊄ 平面BDE ，EF ⊂平面BDE ，//PO ∴平面BDE ；F 为BD 中点，AF BD ∴⊥，即OF BD ⊥，又EF ⊥平面ABD ，平面，,OF BD ⊂平面ABD ，EF OF ∴⊥，EF BD ⊥，EF BD F = ，,EF BD ⊂平面BDE ，OF ∴⊥平面BDE ，EF === BD ⊥，1122BDE S BD EF ∴=⋅==△又12OF AF ==//平面BDE ，11313342P BDE O BDE BDE V V S OF --∴==⋅=⨯⨯=△（2）OF CF ==F 为OC 中点，又//PO EF ，∴E 为PC 中点，2PO EF =，PO ∴=2=，以F 为坐标原点，FB ，FC ，FE正方向为x ，y ，z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则30,,02A ⎛⎫-⎪⎝⎭，B ⎫⎪⎪⎭，E ⎛⎝，D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，10,,02O ⎛⎫- ⎪⎝⎭，10,2P ⎛-⎝，3,02AB ⎫∴=⎪⎪⎭ ，30,2AE ⎛=⎝ ，(OP =，1,02DO ⎫=-⎪⎪⎭ ，3,02DA ⎫=-⎪⎪⎭ ，设()()01OMOP λλ==≤≤，12DM DO OM ⎫∴=+=-⎪⎪⎭ ；设平面ABE 的法向量(),,n x y z =，则302ABn x y ⋅=+= 则302AE n y z ⋅=+=令1y =-，解得：x =z =n =-，设直线DM 与平面ABE 所成角为θ，sin DM n DM n θ⋅∴===⋅令32t λ=+，则[]2,5t ∈，λ∴=2222222(2)1314717431(32)33t t t t t t t λλ-++-+⎛⎫∴===-+ ⎪+⎝⎭，111,52t⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴=即λ=22min 3131449(32)4λλ+⎤+==⎥+⎦max (sin )1θ∴==，此时12DM =- ，0,1,MA DA DM ⎛∴=-=- ⎝，∴点M 到平面ABE的距离MA n d n ⋅=== 18．答案：(1)证明见解析；(2)解析：（1）如图，设AC 与BD 交于点O .因为四边形ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥.因为AF ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以AF BD ⊥.因为AF AC A = ，AF AC ⊂、平面ACF ，所以BD ⊥平面ACF.又因为BD ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ACF .（2）因为AF ⊥平面ABCD ，//DE AF ，所以DE ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE AC ⊥.又因为AC BD ⊥，DE BD D = ，,DE BD ⊂平面BDE ，所以AC ⊥平面BDE .连接OE ，AEO ∠即为AE 与平面BDE 所成的角，所以sin AO AEO AE ∠==因为4AD =，3DE =，所以5AE =，所以2AO =，所以24AC AO ==，所以ACD △是等边三角形.因为//DE AF ，DE ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以//AF 平面BDE，所以111443332F CDE A CDE E ACD ACD V V V S DE ---===⋅=⨯⨯⨯=△19．答案：（1）见解析；（2）见解析解析：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC BD N = ，连结NE .则N ⎫⎪⎪⎭，()0,0,1E ，)A，M ⎫⎪⎪⎭.∴NE ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝=⎭，AM ⎛⎫ =⎪ ⎪⎝⎭ .∴//AM NE 且NE 与AM 不共线.∴//NE AM . NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ，∴//AM 平面BDE .(2)由(1)知AM ⎛⎫ =⎪⎪⎝⎭ ，)D，)F ，∴()DF = ，∴0DF AM ⋅= ，∴AM DF ⊥.同理.又，平面.AM BF ⊥DF BF F = ∴AM ⊥BDF。
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立体几何初步测试题
1.如图，设A 是棱长为a 的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以下结论，其中错误的是( ) A ．有10个顶点 B ．体对角线AC 1垂直于截面 C ．截面平行于平面CB 1D 1 D ．此多面体的表面积为47
8
a 2
解析 此多面体的表面积S ＝6a 2－3×12×12a ×12a ＋12×22a ×22a ×32＝45
8a 2
＋
38a 2＝45＋38
a 2
.故选D 2．(2012·福建宁德二模)如图是一个多面体的三视图，则其全面积为( ) A.3 B.3
2＋6 C.3＋6
D.3＋4
解析 由几何体的三视图可得，此几何体是正三棱柱，其全面积为S ＝3×(2)2
＋2×1
2×(2)2×sin60°＝6＋ 3.故选C.
3．(2012·江西抚州一中模拟)如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 ．22π B ．12C ．4π＋24
D ．4π＋32
解析 由几何体的三视图可得，此几何体是上面一个球、下面一个长方体组成的几何体，此几何体的表面积S ＝4π×12＋2×2×2＋8×3＝4π＋32.故选D.
5．(2012·江苏启东中学模拟)一个与球心距离为1的平面截球体所得的圆面面积为π，则球的体积为( )
A.82π
3 B.8π3 C.32π3
D ．8π
解析 由题意，球的半径为R ＝12＋12＝2，故其体积V ＝4
3π(2)3
＝82π
3，选A.
6．(2012·福建福鼎一中模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1
中，E 是AD 的中点，则异面直线C 1E 与BC 所成的角的余弦值是( )
A.105
B.1010
C.13
D.223
解析 因为BC ∥B 1C 1，故∠EC 1B 1即为异面直线C 1E 与BC 所成的角，在△EB 1C 1中，由余弦定理可得结果，选C.
8.(2012·安徽皖南八校联考)设m ，n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：
①
⎭⎪⎬⎪
⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ；②
⎭⎪⎬⎪
⎫α⊥β m ∥α⇒m ⊥β；③
⎭
⎪⎬⎪
⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β；④
⎭
⎪⎬⎪
⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α.其中正确的命题是( )
A ．①④
B ．②③
C ．①③
D ．②④
解析 由定理可知①③正确，②中m 与β的位置关系不确定，④中可能m ⊂α.故选C.
10.(2012·南昌一模)在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )
A.63a
B.66a
C.22a
D.12a
解析 设点C 到平面A 1DM 的距离为h ，则由已知得DM ＝A 1M ＝
a 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 22＝5
2a ，A 1D ＝
2a ，S △A 1DM ＝1
2×
2a ×
⎝ ⎛⎭⎪⎫52a 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫22a 2＝64a 2，连接CM ，S △CDM ＝1
2a 2，由VC －A 1DM ＝
VA 1－CDM ，得13S △A 1DM ·h ＝13S △CDM ·a ，64a 2·h ＝12a 2·a ，所以h ＝6
3a ，即点C 到平面A 1DM 的距离为6
3a ，选A
11．(2012·山东平邑一中模拟)设a ，b ，c 是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )
A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥β
B ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥β
C ．当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥b
D ．当b ⊂α，且c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c 解析 写出逆命题，可知B 中b 与β不一定垂直．选B 二、填空题
13.(2012·广东珠海二模)一个五面体的三视图如图，正视图与侧视图都是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为________
解析 由三视图可知，此几何体是一个底面为直角梯形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其体积为V ＝13×1
2×(1＋2)×2×2＝2.
15．(2012·江西赣州联考)三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：
①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a . 其中正确结论的序号是________．
解析 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①、②、③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离1
2a ，④正确． 答案 ①②③④
16．(2012·南京一模)如图，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点，若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为________．
解析 设正三棱柱的底面边长为a ，高为2h ，则BD ＝C 1D ＝a 2＋h 2，
BC 1＝
a 2＋4h 2，由△BC 1D 是面积为6的直角三角形，得
⎩⎪⎨⎪
⎧
2×(a 2＋h 2)＝a 2＋4h 212(a 2＋h 2)＝6
，解得⎩⎨
⎧
a 2＝8
h ＝2
，故此三棱柱的体积为V ＝1
2
×8×sin60°×4＝83 三、解答题
17．(本小题满分12分)
(2012·北京)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE 折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
解(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，
所以DE⊥AC.
所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.
所以DE⊥A1C.
又因为A1C⊥CD.
所以A1C⊥平面BCDE.
(2)
如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C —xyz ，则A 1(0,0，23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)．
设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，所以⎩⎨⎧
3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.
令y ＝1，则x ＝2，z ＝ 3. 所以n ＝(2,1，3)．
设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ. 因为CM →
＝(0,1，3)，
所以sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n ||CM →|＝48×4＝2
2
. 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π
4.
(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理
由如下：
假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0.
又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →
＝(p ，－2,0)，
所以⎩⎨
⎧
2y －23z ＝0，px －2y ＝0.
令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p 3
. 所以m ＝⎝
⎛
⎭⎪⎫2，p ，p 3.
平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0时成立， 即4＋p ＋p ＝0.
解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．
所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直． 18．(本小题满分12分)
(2012·辽宁)如图，直三棱柱ABC —A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λA A ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．
(1)证明：MN∥平面A′ACC′；
(2)若二面角A′—MN—C为直二面角，求λ的值．
解
(1)解法一：如图，连接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB ＝AC，三棱柱ABC—A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.
又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′。