您的位置：360文档中心› 必修二立体几何测试题

必修二立体几何测试题

合集下载

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。

必修2立体几何测试题(有答案)

必修2立体几何测试题(有答案)

高一数学立体几何（必修2）期末复习试卷一、选择题1、线段AB 在平面α内，则直线AB 与平面α的位置关系是 （ ）A 、AB α⊂ B 、AB α⊄C 、由线段AB 的长短而定D 、以上都不对2、下列说法正确的是A 、三点确定一个平面B 、四边形一定是平面图形C 、梯形一定是平面图形D 、平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点 3、垂直于同一条直线的两条直线一定 （ ）A 、平行B 、相交C 、异面D 、以上都有可能 4、在正方体1111ABCD A B C D -中，下列几种说法正确的是 （ ）A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45 角D 、11AC 与1B C 成60角5、若直线l ∥平面α，直线a α⊂，则l 与a 的位置关系是 （ ）A 、 l ∥αB 、l 与a 异面C 、l 与a 相交D 、l 与a 没有公共点 6、下列命题中：（1）、平行于同一直线的两个平面平行；（2）、平行于同一平面的两个平面平行；（3）、垂直于同一直线的两直线平行；（4）、垂直于同一平面的两直线平行.其中正确的个数有 （ ） A 、1 B 、2 C 、3 D 、47、a ，b ，c 表示直线，M 表示平面，给出下列四个命题：①若a ∥M ，b ∥M ，则a ∥b ；②若b ⊂M ，a ∥b ，则a ∥M ；③若a ⊥c ，b ⊥c ，则a ∥b ；④若a ⊥M ，b ⊥M ，则a ∥b .其中正确命题的个数有（ ） A 、0个 B 、1个 C 、2个 D 、3个8.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，且总保持AP ⊥BD 1 ，则动点P 的轨迹是（ ）A 、线段B 1C B 、 BB 1中点与CC 1中点连成的线段 C 、线段BC 1D 、 BC 中点与B 1C 1中点连成的线段二、填空题9、直线AB 、AD ⊂α，直线CB 、CD ⊂β，点E ∈AB ，点F ∈BC ，点G ∈CD ，点H ∈DA ，若直线EH∩直线FG=M ，则点M 在 上10、已知△ABC 中，A ∈α，BC ∥α，BC=6，∠BAC=90︒，AB 、AC 与平面α分别成30︒、45︒的角．则BC 到平面α的距离为三、解答题11、已知平面α∥β，直线AB β⊄，且直线AB ∥α，求证：AB ∥β12、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点.求证：（１）C 1O ∥面11AB D ； （2 ）1AC ⊥面11AB D ．D 1ODB AC 1B 1A 1CBACBANM CBAC 1B 1A 113、已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是 AB 、PC 的中点． (1) 求证：EF ∥平面PAD ； (2) 求证：EF ⊥CD ；15、如图，在矩形ABCD 中，AB=33，BC=3，沿对角线BD 将BCD 折起，使点C 移到点C ’，且C ’在平面ABD的射影O 恰好在AB 上。

(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；。

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。

(好题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(有答案解析)

(好题)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．如下图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是平面11ADD A 的中心，M 、N 、F 分别是11B C 、1CC 、AB 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．12MN EF =，且MN 与EF 平行B ．12MN EF ≠，且MN 与EF 平行 C ．12MN EF =，且MN 与EF 异面 D ．12MN EF ≠，且MN 与EF 异面 2．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 ．8π 3．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 ．67 4．已知点A ，B ，C 在半径为5的球面上，且214AB AC ==，27BC =，P 为球面上的动点，则三棱锥P ABC -体积的最大值为（ ）A ．567B ．527C ．497D ．14735．如图为某几何体的三视图，正视图、左视图和俯视图均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积是（ ）A ．23+B ．223+C ．63D ．66．三棱锥P ABC -中，6AB =，8AC =，90BAC ∠=︒，若52PA PB PC ===则点B 到平面PAC 的距离为（ ）A ．32B 3041C 1534D ．67．已知四面体ABCD 中，二面角A BC D --的大小为60，且2AB =，4CD =，120CBD ∠=，则四面体ABCD 体积的最大值是（ ）A ．439B ．239C ．83D ．438．如下图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①//BM平面ADE ；②DE BM ⊥；③平面//BDM 平面AFN ；④AM ⊥平面BDE ．以上四个命题中，真命题的序号是（ ）A ．①②③④B ．①②③C ．①②④D ．②③④ 9．在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43，则正方体外接球的体积为（ ）A ．43πB ．6πC ．323πD ．86π10．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ）A ．若//a b ，//a α，则//b αB ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α11．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 ．3212．已知在底面为菱形的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，14,42AB BD ==60BAD ︒∠=，则异面直线1B C 与1AD 所成的角为（ ）A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30︒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．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =，3BC =，4PA =，4ABC π∠=，则该三棱锥的外接球体积为___________.15．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________；16．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为5,124ππ，则ABC 面积的取值范围是_____17．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =，则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．18．已知扇形的面积为56π，圆心角为63π，则由该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为_________． 19．有一个半径为4的球是用橡皮泥制作的,现要将该球所用的橡皮泥重新制作成一个圆柱和一个圆锥,使得圆柱和圆锥有相等的底面半径和相等的高,若它们的高为8,则它们的底面圆的半径是___________．20．若三棱锥S ABC -的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，23AB =，7SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．三、解答题21．已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形，60,BCD PD AD ∠=︒⊥，点E 是BC 边的中点．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面PDE ；（Ⅱ）若二面角P AD C --的大小等于60︒，且834,3AB PD ==①点P 到平面ABCD 的距离；②求直线PB 与平面ABCD 所成角的大小．22．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.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，32,3,PB PD PA AD ====点,E F 分别为线段,PD BC 的中点.（1）求证://EF 平面ABP ;（2）求证:平面AEF ⊥平面PCD ;（3）求三棱锥C AEF -的体积24．如图，四棱锥P ABCD -中，2PC PD DC AD ===，底面ABCD 为矩形，平面PCD ⊥平面ABCD ，O ､E 分别是棱CD ､PA 的中点.（1）求证：//OE 平面PBC ；（2）求二面角P AB C 的大小.25．在三棱锥P ABC -中，AE BC ⊥于点,E CF AB ⊥于点F ，且AE CF O ⋂=，若点P 在平面ABC 上的射影为点O ．（1）证明：AC PB ⊥；（2）若ABC 是正三角形，点,G H 分别为,PA PC 的中点．证明：四边形EFGH 是矩形．26．已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为23.（1）求圆锥的底面积；（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积.【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】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，利用正方体性质可求得2MN =，3EF =知12MN EF ≠，再利用三角形中位线性质知1//MN B C ，从而//MN ED ，又EF 与ED 相交，可知MN 与EF 异面，即可选出答案.【详解】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则22112MN MC C N =+=作E 点在平面ABCD 的投影点G ，即EG ⊥平面ABCD ，连接,EG GF ，在直角EGF △中，1EG =，222GF AG AF =+=2222123EF EG GF =+=+=以12MN EF ≠，故排除A 、C连接DE ，由E 是平面11ADD A 的中心，得112DE A D = 又M N 、分别是11B C 、1CC 的中点，所以1//MN B C又11//A D B C ，所以//MN ED ，又EF ED E ⋂=，所以MN 与EF 异面故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查正方体中的线面关系，线线平行的关系，及判断异面直线，解题的关键是熟记正方体的性质，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.2．B解析：B【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段25MB =计算底面圆半径即可求解.【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22r ππα==，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 l πα=，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. 3．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 =-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. 4．A解析：A【分析】求出球心到平面ABC 的距离，由这个距离加上球半径得P 到平面ABC 距离的最大值，再由体积公式可得P ABC -体积的最大值．【详解】如图，M 是ABC 的外心，O 是球心，OM ⊥平面ABC ，当P 是MO 的延长线与球面交点时，P 到平面ABC 距离最大， 由214AB AC ==，27BC =，得72cos 214ACB ∠==，则14sin 4ACB ∠=， 21428sin 144AB AM CB ===∠，4AM =， 2222543OM OA AM =-=-=，358PM =+=，又1114sin 2142777224ABC S AC BC ACB =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△， 所以最大的15677783P ABC V -=⨯⨯=． 故选：A ．【点睛】本题考查求三棱锥的体积，解题关键是确定三棱锥体积最大时P 点在球面上的位置，根据球的性质易得结论．当底面ABC 固定，M 是ABC 外心，当PM ⊥平面ABC ，且球心O 在线段PM 上时，P 到平面ABC 距离最大．5．A解析：A【分析】由三视图可知原几何体是三棱锥，平面ACD ⊥平面ABC ，ACD ACB ≅底面是等腰直角三角形，底为2AC =，高为1BE =，ABD BCD ≅是边长为2的等边三角形，计算四个三角形面积之和即可求解.【详解】由三视图可知原几何体是三棱锥：底面ACB △是等腰直角三角形，底2AC =，高1BE =，平面ACD ⊥平面ABC ，ACD ACB ≅，由三视图知ACB △中，2AC =，ACB △是等腰直角三角形，所以2AB BC ==ACD △是等腰直角三角形，2AD CD ==，2AC =，222BD BE DE =+=所以等腰直角三角形ACB △的面积为12112⨯⨯=， 等腰直角三角形ACD △的面积为12112⨯⨯=， 等边ABD △的面积为233242=， 等边BCD △的面积为233242=， 所以该几何体的表面积是331123++=+， 故选：A.6．C解析：C 【分析】取BC 中点为O ，连接OP ，OA ，根据题中条件，由线面垂直的判断定理，证明PO ⊥平面ABC ；求出三棱锥P ABC -的体积；以及PAC △的面积，设点B 到平面PAC 的距离为d ，根据等体积法，由P ABC B PAC V V --=，即可求出结果. 【详解】取BC 中点为O ，连接OP ，OA ，因为6AB =，8AC =，90BAC ∠=︒，所以226810BC =+=，则152AO BC ==； 又52PA PB PC ===222100PB PC BC +==，则PB BC ⊥，152PO BC ==， 所以22250PO OA PA +==，所以PO AO ⊥； 因为PB PC =，O 为BC 中点，所以PO BC ⊥，又BC AO O ⋂=，BC ⊂平面ABC ，AO ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC ； 此时三棱锥P ABC -的体积为11168540332P ABC ABCV S PO -=⋅=⨯⨯⨯⨯=， 因为在PAC △中，52PA PC ==，8AC =，所以PAC △的面积为221843422PACAC SPA ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭， 设点B 到平面PAC 的距离为d ， 由P ABC B PAC V V --=可得1403PACS d =⋅，所以153417434d ==. 故选：C. 【点睛】 方法点睛：求解空间中点P 到面α的距离的常用方法：（1）等体积法：先设所求点到面的距离，根据几何体中的垂直关系，由同一几何体的不同的侧面（或底面）当作底，利用体积公式列出方程，即可求解；（2）空间向量法：先建立适当的空间直角坐标系，求出平面α的一个法向量m ，以及平面α的一条斜线PA 所对应的向量PA ，则点P 到面α的距离即为PA m d m⋅=.7．D解析：D 【分析】在BCD △中，利用余弦定理和基本不等式可得163BC BD ⋅≤，由三角形的面积公式可得BCDS≤，由二面角A BC D --的大小为60，可得A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==ABCD 体积的最大值.【详解】在BCD △中，由余弦定理可得2222cos120CD BC BD BC BD =+-⋅22BC BD BC BD =++⋅因为222BC BD BC BD +≥，所以23CD BC BD ≥⋅， 所以163BC BD ⋅≤，当且仅当BC BD =时等号成立，1116sin120223BCDSBC BD =⋅≤⨯= 因为二面角A BC D --的大小为60，所以点A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==所以114333A BCD BCDV S h -=⋅≤=， 所以四面体ABCD 体积的最大值是43， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用余弦定理和基本不等式、三角形面积公式求出BCD S △最大值，再由二面角求出高的最大值.8．A解析：A 【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，得出BM ∥平面ADNE ，判断①正确；由连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，判断②正确；由BD ∥FN ，得出BD ∥平面AFN ，同理BM ∥平面AFN ，证明平面BDM ∥平面AFN ，判断③正确；由MC BD ⊥，ED ⊥AM ，根据线面垂直的判定，判断④正确．【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，如图1所示； 对于①，平面BCMF ∥平面ADNE ，BM ⊂平面BCMF ， ∴BM ∥平面ADNE ，①正确；对于②，如图2所示，连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，所以DE BM ⊥，②正确； 对于③，如图2所示，BD ∥FN ，BD ⊄平面AFN ，FN ⊂平面AFN ，∴BD ∥平面AFN ；同理BM ∥平面AFN ，且BD ∩BM ＝B ，∴平面BDM ∥平面AFN ，③正确； 对于④，如图3所示，连接AC ，则BD AC ⊥，又MC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MC BD ⊥，又AC MC C ，所以BD ⊥平面ACM ，所以BD ⊥AM ， 同理得ED ⊥AM ，ED BD D =，所以AM ⊥平面BDE ，∴④正确．故选：A ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于展开空间想象，将正方体的平面展开图还原，再由空间的线线，线面，面面关系及平行，垂直的判定定理去判断命题的正确性．9．B解析：B 【分析】根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果． 【详解】解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======， 由于三棱锥11A B CD -的表面积为3 所以)12133442242AB CS S a==⨯⨯=所以2a =()()()2222226++=， 所以正方体的外接球的体积为34663ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B ． 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.10．C解析：C 【分析】利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行，因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确； 在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误；在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.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．11．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．12．A解析：A 【分析】把1AD 平移到1BC ，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角． 【详解】连接1,BD BC ，∵四边形ABCD 为菱形， 60,4BAD AB ︒∠==，4BD ∴=.又1BDD 为直角三角形，22211BD BD DD ∴=+，得14DD =，∴四边形11BCC B 为正方形.连接1BC 交1B C 于点O 11//BC AD ，BOC ∴∠（或其补角)为异面直线1B C 与1AD 所成的角，由于11BCC B 为正方形， 90BOC ︒∴∠=，故异面直线1B C 与1AD 所成的角为90°. 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】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】4,2AB 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412OP OA ==，2222413(22)22OD OA AD ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭， 所以11135422OD DD OD AA OD =-=-=-=， 222211415222PD OP OD ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 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】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等 1326π【分析】利用余弦定理求得AC ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆直径2r ，可计算出三棱锥P ABC -的外接球半径R ，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，圆柱的母线长为h ，则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等， 所以，圆柱12O O 的外接球直径为()2222R r h =+.本题中，作出ABC 的外接圆2O ，由于PA ⊥平面ABC ，可将三棱锥P ABC -放在圆柱12O O 中，在ABC 中，22AB =3BC =，4ABC π∠=，由余弦定理可得222cos 5AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠=，由正弦定理可知，ABC 的外接圆直径为5210sin 2ACr ABC===∠ 则三棱锥P ABC -的外接球直径为()222226R PA r =+=26R =， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的体积为334426132633V R ππ==⨯=⎝⎭. 故答案为：13263. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.15．【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..16．【分析】由题意可得AB 的轨迹得到当ACBC 与轴l 共面时∠ACB 取到最大值和最小值求得sin ∠ACB 的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A 解析：[3,3]【分析】由题意可得A ，B 的轨迹，得到当AC 、BC 与轴l 共面时，∠ACB 取到最大值和最小值，求得sin ∠ACB 的范围，代入三角形面积公式得答案．【详解】∵AC ，BC 与平面α所成的角分别为512π，4π，且|AC |＝23，|BC |＝2， 则A ，B 分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线AC ，BC 与轴l 在同一平面内时，∠ACB 取到最大值和最小值，于是，有63ACB ππ≤∠≤， ∴sin 6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤3 而ABC 的面积S ＝12|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝3∠ACB ． ∴33S ≤≤．故答案为：[3,3]【点睛】关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键. 17．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平 解析：o 60.【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC所以平面PAD ⊥平面ABC ，所以PAD ∠即为侧棱PA 与底面ABC 所成的角由侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形得3AD PD ==3PA =所以PAD ∆为等边三角形，则=PAD ∠o 60即侧棱PA 与底面ABC 所成的角为o 60故答案为：o 60【点睛】本题主要考查空间直线与平面所成角的计算，较简单.18．【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径进而求出球的表面积【详解】设扇形的长为l 半径为R 则解得 解析：36π【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径，再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径，再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径，进而求出球的表面积.【详解】设扇形的长为l ，半径为R ，则22111656222S lR R παπ====，解得30R =l 为锥底面周长2r π，∴底面的半径5r =∴225R r -=．设外接球的半径为1R ，∴()222115(5)R R =-+，解得13R =，∴该外接球的表面积为21436R ππ=，故答案为：36π.本题考查扇形的弧长与圆锥的底面周长的关系及外接球的半径和圆锥的高及底面半径的关系，和球的表面积公式的应用，属于中档题.19．【详解】设它们的底面圆的半径为()依题意得化简得所以故答案为： 解析：22 【详解】 设它们的底面圆的半径为r (0r >)． 依题意得3443V π=⨯球V V =+圆柱圆锥221(+)83r r ππ=⨯, 化简得28r =,所以22r =． 故答案为：22.20．【详解】取的中点由题意可得：所以面ABC 所以球心在直线上所以得所以解析：494π 【详解】取AB 的中点，由题意可得：2222,3,SD DC SD DC SC ==+=，所以,SD AB SD DC ⊥⊥，SD ⊥面ABC. 所以球心在直线SD 上，所以()2232R R =+-，得74R =， 所以24944S R ππ==． 三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）①4，②3π.（Ⅰ）连接BD ，点E 是BC 边的中点，得出DE BC ⊥，DE AD ⊥再由DP AD ⊥，得出结果；（Ⅱ）DE AD ⊥，PD AD ⊥，PDE ∠为二面角P AD C --的平面角，60PDE ∠=︒，过P 在平面PDE 内做PK DE ⊥于K ，易证PK ⊥面ABCD ，PK 为点到面的距离，PBK ∠即为线面角.【详解】（Ⅰ）连接BD ，底面ABCD 是菱形，∠BDC =60°，∴△BCD 是正三角形．∵点E 是BC 边的中点，∴DE ⊥BC ，∵AD ∥BC ，∴DE ⊥AD ．∵DP ⊥AD ，DP ∩AD =D ，∴AD ⊥平面PDE ；（Ⅱ）①∵DE ⊥AD ，PD ⊥AD ，∴PDE ∠为二面角P -AD -C 的平面角，∴60PDE ∠=︒，过P 在平面PDE 内做PK DE ⊥于K ，由（Ⅰ）易AD PK ⊥．∴PK ⊥面ABCD ． ∵83PD =∴43DK =，4PK =， 即点P 到平面ABCD 的距离是4． ②AB =4，∴23DE =∴23DK DE =，∴K 为BCD △重心． 连接BK ，∵BCD △为正三角形，所以BK 为BP 在面ABCD 内的射影．∴PB ⊥AB ，PBK ∠为直线PB 与平面ABCD 所成角，RT PKB △中，tan 3PK PK PKB KB DK ∠===3PKB π∠=， 直线PB 与平面ABCD 所成角的大小为3π. 【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤： ①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．22．（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12222ACD S =⨯⨯=，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．23．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）98. 【分析】（1）取PA 的中点G ，连接,BG EG ，证明四边形EFBG 为平行四边形，得出//EF BG ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）先证明PA ⊥平面ABCD ，从而得出PA CD ⊥，再由等腰三角形的性质得出AE PD ⊥，最后由面面垂直的判定定理证明即可；（3）以AFC △为底，12PA 为高，由棱锥的体积公式得出答案.【详解】（1）如图，取PA 的中点G ，连接,BG EG .因为点,E G 分别为,PD PA 的中点，所以1//,2EG AD EG AD = 又因为F 是BC 的中点，四边形ABCD 是正方形，所以//BF EG 且BF EG = 故四边形EFBG 为平行四边形，所以//EF BG因为BG ⊂平面,ABP EF 不在平面ABP 内，所以//EF 平面ABP .（2）由条件知32,3PB PD PA AD AB =====，所以PAB △和PAD △都是等腰直角三角形，,PA AB PA AD ⊥⊥又因为,,AB AD A AB AD =⊂平面,ABCD 所以PA ⊥平面ABCD因为CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥又因为,,AD CD PA AD A ⊥⋂=所以CD ⊥平面PAD ，所以CD AE ⊥因为E 是PD 的中点，所以AE PD ⊥又因为,,PD CD D PD CD ⋂=⊂平面PCD ，所以AE ⊥平面PCD因为AE ⊂平面,AEF 所以平面AEF ⊥平面PCD .（3）由图可知C AEF E ACF V V --=，1111319333232228E ACF ACF V S PA -=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=△， 即三棱锥C AEF -的体积为98【点睛】关键点睛：在证明线线平行时，关键是证明四边形EFBG 为平行四边形，从而得出//EF BG .24．（1）证明见解析；（2）3π． 【分析】（1）取PB 中点F ，连接,EF FC ，证明EFCO 是平行四边形，得线线平行后可证得线面平行；（2）取AB 中点G ，连接,,OG PG OP ，可证PGO ∠（或其补角）是二面角PAB C 的平面角．然后在PGO △中求解．【详解】（1）取PB 中点F ，连接,EF FC ， 因为E 是PA 中点，∴//EF AB ，且12EF AB =， 又ABCD 是矩形，//,AB CD AB CD =，O 是CD 中点，∴//,EF OC EF OC =，∴EFCO 是平行四边形，∴//OE CF ，而OE ⊄平面PBC ，CF ⊂平面PBC ，∴//OE 平面PBC ．（2）取AB 中点G ，连接,,OG PG OP ，ABCD 是矩形，O 是CD 中点，则OG AB ⊥，又PA PC CD ==，∴PO CD ⊥，而平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD 平面ABCD CD =，PO ⊂平面PCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵,OG AB ⊂平面ABCD ，∴PO AB ⊥，PO OG ⊥． PO OG O =，,PO OG ⊂平面POG ，∴AB ⊥平面POG ，而PG ⊂平面POG ， ∴AB PG ⊥，∴PGO ∠（或其补角）是二面角PAB C 的平面角． 设1AD =，则1OG =，2CD =，3PO =，∴3tan 3PO PGO OG ∠===，[0,]PGO π∠∈，∴3PGO π∠=． ∴二面角P AB C 的大小为3π．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求二面角．求二面角的方法：（1）定义法：根据定义作出二面角的平面角，然后通过解三角形得解；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角得二面角．25．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据三角形垂心的特征，以及点在面上的射影的定义，再结合线面垂直的判定定理和性质，证得结果；（2）利用平行四边形的邻边垂直，证得结果.【详解】证明：（1）连接BO 并延长交AC 于点M ，因为,AE BC CF AB ⊥⊥，所以O 为ABC 的垂心所以BM AC ⊥ 又因为P 在平面ABC 的射影为O ，所以PO ⊥平面ABC所以PO AC ⊥又因为PO BM O ⋂=，所以AC ⊥平面PBM所以AC PB ⊥（2）分别连接,,,EF EH GF GH因为,,AE BC CF AB ABC ⊥⊥为正三角形所以,E F 分别为,BC BA 的中点所以//EF AC又由（1）AC PB ⊥，所以EF PB ⊥因为,E H 分别为,BC PC 的中点，所以EH 平行等于1PB 2，又因为,F G 分别为,AB PA 的中点，所以GF 平行等于1PB 2，所以EH 平行等于GF ，所以四边形EFGH 为平行四边形又//,EH PB EF PB ⊥，所以EH EF ⊥，所以四边形EFGH 为矩形.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题思路如下：（1）利用三角形的垂心的特征，结合点在面上射影的定义，得到相应的垂直关系，结合线面垂直的判定定理和性质证得结果；（2）根据正三角形的有关特征，结合题中所得到的平行关系，到的四边形EFGH 为平行四边形；（3）根据题中所给的垂直关系，得到EH EF ⊥，从而证得结果.。

高中数学必修2立体几何专题测试题

高中数学必修2立体几何专题测试题

高中数学必修2立体几何专题测试题（时间：60分钟，满分：100分）班别 座号 姓名 成绩 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1.若直线a 不平行于平面α，则下列结论成立的是（ ）A. α内所有的直线都与a 异面；B. α内不存在与a 平行的直线；C. α内所有的直线都与a 相交；D.直线a 与平面α有公共点. 2.已知两个平面垂直，下列命题①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的任意一条直线； ②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线； ③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则垂线必垂直于另一个平面. 其中正确的个数是（ ） A.3 B.2 C.1 D.03.空间四边形ABCD 中，若AB AD AC CB CD BD =====，则AC 与BD 所成角为A.030B.045C.060D.090 4. 给出下列命题：（1）直线a 与平面α不平行，则a 与平面α内的所有直线都不平行； （2）直线a 与平面α不垂直，则a 与平面α内的所有直线都不垂直； （3）异面直线a 、b 不垂直，则过a 的任何平面与b 都不垂直； （4）若直线a 和b 共面，直线b 和c 共面，则a 和c 共面其中错误命题的个数为（ ） （A ）0 （B ） 1 （C ）2 （D ）3 5．正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，与对角线AC 1异面的棱有（ ）条 A 3 B 4 C 6 D 86. 某设备零件的三视图如右图所示，则这个零件的表面积为（ ）A.22B.20C.18D.156. 点P 为ΔABC 所在平面外一点，PO ⊥平面ABC ，垂足为O ，若PA=PB=PC ，则点O 是ΔABC 的（ ） （A ）内心 （B ）外心 （C ）重心 （D ）垂心7.如图长方体中，AB=AD=23，CC 1=2，则二面角C 1—BD —C 的大小为（ ）（A ）300 （B ）450 （C ）600 （D ）9008.直线a,b,c 及平面α,β,γ,下列命题正确的是（ ）A.若a ⊂α，b ⊂α,c ⊥a, c ⊥b 则c ⊥αB.若b ⊂α, a//b 则 a//αC.若a//α,α∩β=b 则a//bD.若a ⊥α, b ⊥α 则a//b9. 已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中 ，2AB =，1CC =E 为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为( )A.2D.110. 设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1a 且长为aa 的取值范围是A.B.C.D.(1ACDA 1B 1C 1D 1二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11.已知直线a//平面α，平面α//平面β，则a 与β的位置关系为 . 12．已知直线a ⊥直线b, a//平面β,则b 与β的位置关系为 . 13如图，ABC 是直角三角形，∠ACB=︒90，PA ⊥平面ABC ，此图形中有 个直角三角形14.已知正方体1111ABCD A BC D -中，E 、F 分别为11BB CC 、的中点，那么异面直线AE 与1D F 所成角的余弦值为____________.14.α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线, 给出四个论断：① m ⊥ n ②α⊥β ③ m ⊥β ④ n ⊥α以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为 正确的一个命题：______________________________________.三、解答题（本大题共6小题，共75分）16.（12分）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AB AC =，D E ，分别是棱1BC CC ，上的点（点D 不同于点C ），且AD DE F ⊥，为11B C 的中点． 求证：（Ⅰ）平面ADE ⊥平面11BCC B ； （Ⅱ）直线1//A F 平面ADE ．17.（12分）如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点(Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.ABCPB 1C BADC 1A 118.（12分）如图6，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，AD ∥BC ，AC ⊥BD. （Ⅰ）证明：BD ⊥PC ；（Ⅱ）若AD=4，BC=2，直线PD 与平面PAC 所成的角为30°，求四棱锥P-ABCD 的体积.19.( 12分）如图5所示，在四棱锥中，平面，//AB CD ，PD AD =，E 是PB 的中点，F 是CD 上的点且12DF AB =，PH 为△PAD 中AD 边上的高.（Ⅰ）证明：PH ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）若1PH =，AD =1FC =，求三棱 锥E BCF -的体积；（Ⅲ）证明：EF ⊥平面PAB .20．(13分)如图，PA ⊥平面ABC ，AE ⊥PB ，AB ⊥BC ，AF ⊥PC,PA=AB=BC=2 （Ⅰ）求证：平面AEF ⊥平面PBC ；（Ⅱ）求二面角P —BC —A 的大小；（Ⅲ）求三棱锥P —AEF 的体积.21.（14分）已知直三棱柱111ABC A B C -中，4AB =，3AC BC ==，D 为AB 的中点。

高中数学必修2立体几何部分试卷及答案

高中数学必修2立体几何部分试卷及答案

高中数学必修2立体几何部分测试班级 姓名 学号一、选择题：(本大题共8小题，每小题4分，共32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、垂直于同一条直线的两条直线一定 （ ）A 、平行B 、相交C 、异面D 、以上都有可能 2、过直线l 外两点作与直线l 平行的平面，可以作 （ ） A ．1个 B ．1个或无数个 C ．0个或无数个 D ．0个、1个或无数个 3、正三棱锥底面三角形的边长为3，侧棱长为2，则其体积为 （ ）A ．41 B ．21 C ．43 D ．49 4、右图是一个实物图形，则它的左视图大致为（ ）5、已知正四棱台的上、下底面边长分别为3和6，其侧面积等于两底面积之和，则该正四棱台的高是 （ ）A ．2B ．25C ．3D ．27 6、已知α、β是平面，m 、n 是直线，则下列命题不正确．．．的是 （ ） A ．若//,m n m α⊥，则n α⊥ B ．若,m m αβ⊥⊥，则//αβC ．若,//,m m n n αβ⊥⊂，则αβ⊥D ．若//,m n ααβ=，则//m n7、正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的侧面是正方形，若底面的边长为a ，则该正六棱柱的外接球的表面积是 ( ) A ．4πa 2 B.5 πa 2 C. 8πa 2 D.10πa 28、如下图，在ABC ∆中，2AB =，BC=1.5，120ABC ∠=，如图所示。

若将ABC ∆绕BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是 （ ） （A ）92π （B ）72π （C ）52π （D ）32π（第8题图）二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共28分）9、如图是由单位立方体构成的积木垛的三视图，据此三视图可知，构成这堆积木垛的单位正方体共有 块 10、给出下列命题①过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直 ②过直线外一点有且仅有一个平面与已知直线平行 ③过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线垂直 ④过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直 其中正确命题的个数为 112、已知直线m 、n 及平面α，其中m ∥n ，那么在平面α内到两条直线m 、n 距离相等的点的集合可能是：①一条直线；②一个平面；③一个点；④空集。

高中数学必修2立体几何考题(附答案)(可编辑修改word版)

高中数学必修2立体几何考题(附答案)(可编辑修改word版)

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

(典型题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试卷(包含答案解析)

(典型题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试卷(包含答案解析)

一、选择题1．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 ．902．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. 3．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<<4．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸的小正方形的边长是1，则该几何体外接球的体积为（ ）A ．323πB ．48πC ．32327π D ．643π 5．如图，正三棱柱111ABC A B C -的高为4，底面边长为43，D 是11B C 的中点，P 是线段1A D 上的动点，过BC 作截面AP α⊥于E ，则三棱锥P BCE -体积的最小值为（ ）A ．3B ．23C ．43D ．126．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 ．677．如图所示，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N 为其所在棱的中点，则异面直线AB 与MN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°8．如图正三棱柱111ABC A B C 的所有棱长均相等，O 是1AA 中点，P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，则直线OP 与平面ABC 所成角正弦值的最大值为（ ）A ．22B ．255C ．3 D ．2779．下图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（ ）A ．64B ．48C ．32D ．1610．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．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ） A ．若//a b ，//a α，则//b α B ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥ C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α12．已知在底面为菱形的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，14,42AB BD ==，若60BAD ︒∠=，则异面直线1B C 与1AD 所成的角为（ ）A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30︒二、填空题13．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_______．14．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.15．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的体积为____________.16．已知一个圆锥内接于球O （圆锥的底面圆周及顶点均在同一球面上），圆锥的高是底面半径的3倍，圆锥的侧面积为910π，则球O 的表面积为________． 17．已知等腰直角三角形ABC 中，2C π∠=，22CA =，D 为AB 的中点，将它沿CD 翻折，使点A 与点B 间的距离为22，此时三棱锥C ABD -的外接球的表面积为____．18．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =，则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．19．如图，在长方体1111ABCDA B C D ﹣中，O 是11B D 的中点，P 是线段AC 上一点，且直线1PA 交平面11AB D 于点M ．给出下列结论：①A ，M ，O 三点共线；②A ，M ，O ，1A 不共面；③A ，M ，C ，O 共面；④B ，1B ，O ，M 共面．其中正确结论的序号为______．20．正四棱台的上、下两底面边长分别是方程x 2－9x ＋18＝0的两根，其侧面积等于两底面面积之和，则其侧面梯形的高为________.三、解答题21．在所有棱长均为2的直棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，O ，M 分别为1,BD B C 的中点．（Ⅰ）求证：直线//OM 平面11DB C ； （Ⅱ）求二面角1D AC D --的余弦值．22．如图，正四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 的边长为4，4PD =，E 为PA 的中点.（1）求证：//PC 平面EBD . （2）求三棱锥E ABD -的体积.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．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.25．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.26．如图，四边形ABCD 为梯形，//,60,2,3,6AB CD C AB BC CD ∠=︒===，点M 在边CD 上，且13CM CD =．现沿AM 将ADM △折起至AQM 的位置，使3QB =．（Ⅰ）求证：QB ⊥平面ABCM ；（Ⅱ）求直线BM 与平面AQM 所成角的正弦值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．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．2．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α171717a =，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.3．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.4．A解析：A 【分析】由三视图可知，该几何体是四棱锥，其中四棱锥底面是边长为4的正方形，将四棱锥补成棱长为4的正方体，则该几何体的外接球就是正方体的外接球，进而可得答案. 【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示的四棱锥P ABCD -， 其中四棱锥底面是边长为4的正方形，四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的高为4， 将四棱锥补成棱长为4的正方体， 则该几何体的外接球就是正方体的外接球， 外接球的直径2R 等于正方体的对角线长， 即24323R R =⇒=所以该几何体外接球的体积为(34233π⨯=323π，故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.5．C解析：C 【分析】因为P BCE P ABC E ABC V V V ---=-则当E ABC V -取最大值时，三棱锥P BCE -体积有最小值，建立坐标系求得当点E 的高为3时，问题得解. 【详解】以点O 为原点，,,OA OD OB 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设点(),0,E x z ，依题意得()6,0,0A ，则()6,0,AE x z =- ，(),0,OE x z = 因为过BC 作截面AP α⊥于E ，所以AE OE ⊥则0AE OE ⋅=， 故()2600x x z -++= 所以()6z x x =-3x =时max 3z =又()143P BCE P ABC E ABC ABCV V V S z ---=-=-因为max 3z =所以三棱锥P BCE -体积的最小值()1114343643332P BCE ABC V S-=-=⋅⋅⋅= 故选：C 【点睛】关键点点晴：本题的解题关键是将问题转化为求E ABC V -的最大值，通过建系求得三棱锥E ABC -的高的最大值即可.6．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 =-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.7．C解析：C 【分析】由MN 与正方体的面对角线平行，可得异面直线所成的角，此角是正三角形的内角，由此可得． 【详解】作如图所示的辅助线，由于M ，N 为其所在棱的中点，所以//MN PQ ，又因为//AC PQ ，所以//AC MN ，所以CAB ∠即为异面直线AB 与MN 所成的角（或补角），易得AB AC BC ==，所以60CAB ∠=︒. 故选：C ．8．D解析：D 【分析】先找到与平面11A BC 平行的平面OEFG ,确定点P 在直线FG 上，作出线面角，求出正弦，转化为求AP 的最小值. 【详解】分别取1,,CC BC BA 的中点，连接,,,OE EF FG GO ,并延长FG ，如图，由中位线性质可知11//OE A C , 1//EF BC ,且OE EF E =,故平面11//A BC 平面OGFE ，又P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC 则点P 在直线FG 上，OA ⊥平面ABC ,OPA ∴∠是直线OP 与平面ABC 所成角，sin OAOPA OP∴∠=,OA 为定值，∴当OP 最小时，正弦值最大，而22OP OA AP =+，所以当AP 最小时，sin OPA ∠最大， 故当AP FG ⊥时，sin OPA ∠最大， 设棱长为2， 则1212AG =⨯=，而30GAP ∠=︒, 32AP ∴=, 又1212OA =⨯=, 222sin 773()12OAOPA OP∴∠===+故选：D 【点睛】关键点点睛：由P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，转化为找过O 的平面与平面11A BC 平行，P 在所找平面与平面ABC 的交线上，从而容易确定出线面角，是本题解题的关键所在.9．C解析：C 【分析】在长方体中还原三视图后，利用体积公式求体积. 【详解】根据三视图还原后可知，该四棱锥为镶嵌在长方体中的四棱锥P -ABCD （补形法） 且该长方体的长、宽、高分别为6、4、4， 故该四棱锥的体积为1(64)4323V =⨯⨯⨯=. 故选C ．(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整；(2)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．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．C解析：C利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行，因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确； 在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误；在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.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．12．A解析：A 【分析】把1AD 平移到1BC ，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角． 【详解】 连接1,BD BC ，∵四边形ABCD 为菱形， 60,4BAD AB ︒∠==，4BD ∴=.又1BDD 为直角三角形，22211BD BD DD ∴=+，得14DD =，∴四边形11BCC B 为正方形.连接1BC 交1B C 于点O 11//BC AD ，BOC ∴∠（或其补角)为异面直线1B C 与1AD 所成的角，由于11BCC B 为正方形， 90BOC ︒∴∠=，故异面直线1B C 与1AD 所成的角为90°.【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】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2211415CM CN CC C M ==+=+=，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.14．【分析】求出截面圆的半径设可得出从而可知球的半径为根据勾股定理求出的值可得出球的半径进而可求得球的表面积【详解】如下图所示设可得出则球的直径为球的半径为设截面圆的半径为可得由勾股定理可得即即所以球的 解析：163π【分析】求出截面圆H 的半径，设AH x =，可得出3HB x =，从而可知，球O 的半径为2x ，根据勾股定理求出x 的值，可得出球O 的半径，进而可求得球O 的表面积. 【详解】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，3x ∴=， 所以，球O 的半径为232x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：163π. 【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面圆的问题时，一般利用球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆的距离三者之间满足勾股定理来求解.15．【分析】根据正方体的表面积可得正方体边长然后计算外接球的半径利用球的体积的公式可得结果【详解】设正方体边长正方体外接球的半径为R 由正方体的表面积为24所以则又所以所以外接球的体积为：故答案为：【点睛 解析：3π【分析】根据正方体的表面积，可得正方体边长a ，然后计算外接球的半径3R =，利用球的体积的公式，可得结果. 【详解】设正方体边长a ，正方体外接球的半径为R ， 由正方体的表面积为24，所以2624a =， 则2a =，又3R =，所以3R ， 所以外接球的体积为：(334434333R πππ==.故答案为：3π.【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的表面积和体积问题关键是要求出外接球的半径，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.16．【分析】设圆锥的底面半径为球的半径为根据勾股定理可得根据圆锥的侧面积公式可得再根据球的表面积公式可得结果【详解】设圆锥的底面半径为球的半径为则圆锥的高为则球心到圆锥的底面的距离为根据勾股定理可得化简 解析：100π【分析】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，根据勾股定理可得53R r =，根据圆锥的侧面积公式可得3,5r R ==，再根据球的表面积公式可得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，则圆锥的高为3r ， 则球心O 到圆锥的底面的距离为3r R -， 根据勾股定理可得()2223R r r R =+-，化简得53R r =，因为圆锥的高为3r =，所以圆锥的侧面积为2r r π=，2r =，解得r =3，所以5353R =⨯=， 所以球O 的表面积为24425100R πππ=⨯=. 故答案为：100π 【点睛】关键点点睛：利用圆锥的侧面积公式和球的表面积公式求解是解题关键.17．12【分析】根据题意可判断出两两垂直即可求出外接球半径得出表面积【详解】等腰直角三角形中为的中点满足两两垂直设外接球的半径为则即三棱锥的外接球的表面积为故答案为：【点睛】本题考查三棱锥外接球问题解题 解析：12π【分析】根据题意可判断出,,DC DA DB 两两垂直，即可求出外接球半径，得出表面积. 【详解】等腰直角三角形ABC 中，2C π∠=，CA CB ==D 为AB 的中点，2CD AD BD ∴===，,CD AD CD BD ∴⊥⊥， 22AB =，满足222AD BD AB +=，AD BD ∴⊥，,,DC DA DB ∴两两垂直，设外接球的半径为R ，则222222223R =++=，即3R =，∴三棱锥C ABD -的外接球的表面积为2412R ππ=.故答案为：12π.【点睛】本题考查三棱锥外接球问题，解题的关键是得出,,DC DA DB 两两垂直.18．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平 解析：o 60.【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC所以平面PAD ⊥平面ABC ，所以PAD ∠即为侧棱PA 与底面ABC 所成的角由侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形得AD PD ==PA =所以PAD ∆为等边三角形，则=PAD ∠o 60即侧棱PA 与底面ABC 所成的角为o 60故答案为：o 60【点睛】本题主要考查空间直线与平面所成角的计算，较简单.19．①③【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确用反证法可得④错误【详解】∵连接∵是的中点∴平面与平面有公共点与则平面平面对于①平面则平面又平面则即三点共线故①正确；对于②在平面内由①知∴平解析：①③【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确，用反证法可得④错误.【详解】∵连接11A C ，∵O 是11B D 的中点，∴11O A C ∈．平面11AB D 与平面11AAC C 有公共点A 与O ，则平面11AAC C 平面11AB D AO =．对于①，1M PA ∈，1PA ⊂平面11AAC C ，则M ∈平面11AAC C ，又M ∈平面11AB D ，则M AO ∈，即A ，M ，O 三点共线，故①正确；对于②，A ，O ，1A 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AAC C ， 即A ，M ，O ，1A 共面，故②错误；对于③，A ，O ，C 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AA C CA ， 则A ，M ，C ，O 共面11AAC C ，故③正确；对于④，连接BD ，则B ，1B ，O 都在平面11BB D D 上，若M ∈平面11BB D D ，则直线OM ⊂平面11BB D D ，∴A ∈面11BB D D ，显然A ∉面11BB D D 的，故④错误．∴正确命题的序号是①③．故答案为：①③．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中的直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，是中档题.20．【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高【详解】解方程x2－9x ＋18＝0得x=3或x=6∴棱台的上下底面边长分别为36设棱台的斜高为h 则∴h=即答案为【 解析：52【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长，根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高．【详解】解方程x 2－9x ＋18＝0得x=3或x=6，∴棱台的上下底面边长分别为3，6．设棱台的斜高为h ，， 则22143636452h ⨯⨯+=+=（） ， ∴h=52． 即答案为52． 【点睛】本题考查了棱台的结构特征，画出草图帮助观察各线段的关系比较重要．三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ5 【分析】（Ⅰ）由中位线定理证明1//OM C D ，即可得线面平行；（Ⅱ）连1D O ，证明1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角， 在直角1D DO △中计算可得．【详解】解：（Ⅰ）连1BC ，则M 也为1BC 的中点，又M 为BD 的中点，所以1//OM C D ，因为OM ⊄平面11DB C ，1C D ⊂平面11DC B ，所以直线//OM 平面11DB C ；（Ⅱ）连1D O ，因为ABCD 是菱形，所以DO AC ⊥，又1111ABCD A B C D -为直棱柱，底面为菱形，所以11D A D C =，而O 为AC 中点，所以1D O AC ⊥，所以1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角，因为ABCD 是边长为2的菱形，且60BAD ∠=︒，所以1DO =，又12DD =， 由直棱柱知1DD DO ⊥，所以15DO =，所以115cos DO D OD D O ∠==．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求二面角角，求二面角常用方法：（1）定义法：作出二面角的平面角并证明，然后在三角形中计算可得；（2）向量法：建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量夹角的余弦即可得二面角的余弦（注意判断二面角是锐角还是钝角）．22．（1）证明见解析；（2）823. 【分析】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，利用三角形中位线定理可得//EO PC ，再由线面平行的判定定理可得结论；（2）先证明PO ⊥面ABCD ，由E 是PA 的中点，可得E 到面ABCD 的距离12PO =，再利用棱锥的体积公式可得答案.【详解】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO .四边形ABCD 为正方形，所以O 为AC 中点，又E 为PA 中点， //EO PC ∴，又EO ⊂面EBD ，PC ⊄面EBD ，//PC ∴面EBD .（2）正四棱锥P ABCD -中,PA PC =，O 是AC 的中点PO AC ∴⊥，PD PB =，O 是BD 的中点PO BD ∴⊥，又AC 与BD 在平面ABCD 内相交，所以PO ⊥面ABCD E 是PA 的中点，E ∴到面ABCD 的距离12PO =， 221822,2ABD S AB AD PO PD DO ∆=⋅⋅==-= 182323E ABD ABD PO V S -∆=⋅⋅= 【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.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12222ACD S =⨯⨯=，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）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 ，。

必修二(立体几何初步)测试题--含答案

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。

(好题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(包含答案解析)

(好题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(包含答案解析)

一、选择题1．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 ．2217 B ．22121 C ．477D ．4721 2．设m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：①若//m α，//m n ，则//n α； ②若m α⊥，//m β，则αβ⊥； ③若αβ⊥，n αβ=，m n ⊥，则m β⊥；④若//m n ，//αβ，则m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确命题的序号是( )） A ．①②B ．①④C ．②③D ．②④3．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 是1CC 的中点，则点1C 到平面EBD 的距离为（ ） A ．3 B ．6 C ．5 D ．224．已知正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =，M 是1CC 的中点，则异面直线AM 与1A B 所成角的大小为（ ）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π25．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为6cm ，该纸片上的正方形ABCD 的中心为O .E ，F ，G ，H 为圆O 上的点，ABE △，BCF △，CDG ，ADH 分别是以AB ，BC ，CD ，DA 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以AB ，BC ，CD ，DA 为折痕折起ABE △，BCF △，CDG ，ADH ，使得E ，F ，G ，H 重合得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．163πB ．253π C ．643πD ．1003π 6．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）为（ ）A ．43B ．2C ．4D ．67．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 ．78．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π9．《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．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（ ） A ．异面直线AM 与BC 所成角的余弦值为53B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 10D ．直线1AC 与平面BDM 相交11．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（ ）A ．该四面体外接球的体积为48πB ．该四面体内切球的体积为23π C ．该四面体外接球的表面积为323π D ．该四面体内切球的表面积为2π12．已知在底面为菱形的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，14,42AB BD ==，若60BAD ︒∠=，则异面直线1B C 与1AD 所成的角为（ ）A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30︒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．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___________.15．在正三棱锥P ABC -中，E ，F 分别为棱PA ，AB 上的点，3PE EA =，3BF FA =，且CE EF ⊥.若23PB =，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为_________.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．在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，13AA O ，已知三棱锥O ABC -3O 表面积的最小值为______.18．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ===，若四面体ABCD 体积的最大值为32，则这个球的表面积为______. 19．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为5,124ππ，则ABC 面积的取值范围是_____20．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______. 三、解答题21．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）证明：//GH 平面ABCD ； （2）求H 到平面AEC 的距离．22．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.23．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）证明：//PB 平面AEC ； （2）设1AP =，3AD =，四棱锥P ABCD -的体积为1，求证：平面PAC ⊥平面PBD ．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面AMC ；（2）若PD ⊥平面ABCD ，2AD PD ==，3BAD π∠=，求点B 到平面AMC 的距离．25．如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是平行四边形.（1）求证：//AB EF ；（2）若CF AE ⊥，AB AE ⊥，求证：平面ABFE ⊥平面CDEF .26．在三棱锥P ABC -中，G 是底面ABC 的重心，D 是线段PC 上的点，且2PD DC =.（1）求证：DG//平面PAB ；（2）若PAB △是以PB 为斜边的等腰直角三角形，求异面直线DG 与PB 所成角的余弦值.【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】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1122==A B AC 1A BC 为等腰三角形，所以1A BC 7，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112772=⨯=A BC S △12332ABCS =⨯=111233⨯⨯=⨯⨯A BC ABC S h S △△，即2322177h == 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.2．D解析：D 【分析】①根据//n α或n ⊂α判断；②利用面面垂直的判定定理判断；③根据m β⊂，或//m β，或m 与β相交判断；④利用线面角的定义判断．【详解】①若//m α，//m n ，则//n α或n ⊂α，因此不正确；②若//m β，则β内必存在一条直线//m m '，因为m α⊥，所以m α'⊥，又因为m β'⊂，所以αβ⊥，正确；③若αβ⊥，n αβ=，m n ⊥，则m β⊂，或//m β，或m 与β相交，因此不正确；④若//m n ，//αβ，则m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，正确． 其中正确命题的序号是②④． 故选：D ． 【点睛】空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.3．B解析：B 【分析】利用等体积法11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，利用三棱锥的体积公式代入面积即求得d . 【详解】如图，利用等体积法，11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，故22,5BD BE ED ===，如图，2215232h ED BD ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭11223622EBDSBD h =⨯⨯=⨯= 又点D 到平面1C EB 的距离，即D 到平面11C CBB 的距离，为CD =2，111212EBC S=⨯⨯=， 由11C EBD D C EB V V --=得，1161233d =⨯⨯，故66d ==. 故选：B. 【点睛】 方法点睛：空间中求点到平面的距离的常见方法： （1）定义法：直接作垂线，求垂线段长；（2）等体积法：利用三棱锥换底求体积，结合两个面积和另一个高求未知高，即得距离； （3）向量法：过点的一个斜线段对应的向量a ，平面法向量n ，则a n d n⋅=.4．D解析：D取AC 中点E ，连接1,A E BE ，先通过BE ⊥平面11ACC A 可得BE AM ⊥，再由1ACM A AE ≅可得1AM A E ⊥，即可得出AM ⊥平面1A BE ，即1AM A B ⊥.【详解】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，ABC 为正三角形，BE AC ∴⊥，正三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，1CC BE ∴⊥，1ACCC C =，BE ∴⊥平面11ACC A ，AM ⊂平面11ACC A ，BE AM ∴⊥，在直角三角形ACM 和直角三角形1A AE 中，1,AC A A CM AE ==,1ACM A AE ∴≅， 1CAM AA E ∴∠=∠，12CAM A EA π∴∴∠+∠=，则1AM A E ⊥，1BE A E E ⋂=，AM ∴⊥平面1A BE ，1A B ⊂平面1A BE ，1AM A B ∴⊥，故异面直线AM 与1A B 所成角的大小为2π.【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，解题的关键是通过证明AM ⊥平面1A BE 判断出1AM A B ⊥.5．D解析：D 【分析】连接OE 交AB 于点I ，设E ，F ，G ，H 重合于点P ，正方形的边长为x （0x >）cm ，则2x OI =，62xIE =-，求出x 的值，再利用勾股定理求R ，代入球的表面积公式，即可得答案.连接OE 交AB 于点I ，设E ，F ，G ，H 重合于点P ，正方形的边长为x （0x >）cm ，则2x OI =，62x IE =-， 因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍， 所以246222x x x ⎛⎫⨯⨯-= ⎪⎝⎭，解得4x =. 设该四棱锥的外接球的球心为Q ，半径为R ，如图，则QP QC R ==，22OC =16423OP =-= 所以()(22232RR =+，解得3R =所以外接球的表面积为2100433S ππ==（2cm ）.故选：D . 【点睛】关键点点睛：本题考查平面图形的折叠，四棱锥外接球的半径，解题关键在于平面图形折叠成立体图形后，要明确变化的量和没有变的量，以及线线的位置，线面的位置关系，对于几何体的外接球的问题，关键在于确定外接球的球心的位置.6．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ， 所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=， 故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下： （1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.7．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 =-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.8．C解析：C 【分析】分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积. 【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==， 设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=， 当90θ=时，max 12h x =， 矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得22x =.将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-， 所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为22222226R P N P A P D P Q AD AB ''''==++=+=，则6R =，因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=. 故选：C.【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.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：CA 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可. B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行. 【详解】 设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，5tan 2AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =，22BD =，5DM =，不满足勾股定理，不是直角三角形C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC ==直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ210sin 5d BM θ===直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于10D.如图ACBD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.11．D解析：D 【分析】先找到几何体原图，再求出几何体的外接球的半径和内切球的半径，再判断每一个选项得解. 【详解】由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面BCD ,AB =2CE DE ==,2BE =,由题得2CBD π∠=.设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点F ,连接OF .由题得12OE BF AB ===,所以2222,R R =+∴=所以外接球的体积为343π⨯=，所以选项A 错误；所以外接球的表面积为2448ππ⨯=，所以选项C 错误；由题得AC AD ===所以△ACD △6=， 设内切球的半径为r ，则11111112446)243222232r ++⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯所以2r，所以内切球的体积为34323π⨯=，所以选项B 错误； 所以内切球的表面积为24()22ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D【点睛】方法点睛：求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径22212r a b c =++就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心O 和截面圆的圆心O '，找到OO '、球的半径OA 、截面圆的半径O A '确定的Rt OO A '△,再解Rt OO A '△求出球的半径OA .12．A解析：A 【分析】把1AD 平移到1BC ，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角． 【详解】 连接1,BD BC ，∵四边形ABCD 为菱形， 60,4BAD AB ︒∠==，4BD ∴=.又1BDD 为直角三角形，22211BD BD DD ∴=+，得14DD =，∴四边形11BCC B 为正方形.连接1BC 交1B C 于点O 11//BC AD ，BOC ∴∠（或其补角)为异面直线1B C 与1AD 所成的角，由于11BCC B 为正方形， 90BOC ︒∴∠=，故异面直线1B C 与1AD 所成的角为90°.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】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， 2311221833P ABCD ABCD V S PE a -=⋅=⨯==正方形，解得32a =，23PE ==，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. 15．【分析】证明与垂直得线面垂直从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方求得球半径后可得球体积【详解】∵∴∴又∴取中点连接如图由于是正三棱锥∴而平面∴平面又平 解析：36π【分析】证明PB 与,CE AC 垂直得线面垂直，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方，求得球半径后可得球体积．【详解】∵3PE EA =，3BF FA =，∴AE AF AP AB =，∴//EF PB ，又CE EF ⊥，∴PB CE ⊥，取AC 中点D ，连接,PD BD ，如图，由于P ABC -是正三棱锥，∴,PD AC BD AC ⊥⊥，而PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ， ∴AC PB ⊥，∵AC CE C =，,AC CE ⊂平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ， 而,PA PC ⊂平面PAC ，∴,PB PA PB PC ⊥⊥，同理正三棱锥中，PA PC ⊥． 设三棱锥P ABC -外接球半径为R ，则22222(2)3(23)R PA PB PC =++=⨯，3R =，球的体积为343363V ππ=⨯=． 故答案为：36π．【点睛】结论点睛：三棱锥的外接球问题，解题关键是找到外接球的球心，三棱锥的外接球球心在过各面外心且与该面垂直的直线上．当从同一顶点出发的三条棱两两垂直时，可以把三棱锥补成一个长方体，而长方体的对角线就是三棱锥外接球的直径．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】设球的半径为连接交于点取中点连接即为三棱柱外接球球心根据三棱锥体积可得间关系表示出根据基本不等式可求得的最小值从而得到球的表面积的最小值【详解】如图因为三棱柱是且设球的半径为连接交于点取中点 解析：27π【分析】设AB a ，BC b =，球的半径为r ，连接1AC ，1A C 交于点O ，取AC 中点D ，连接BD ，即O 为三棱柱外接球球心，根据三棱锥体积可得a b ，间关系，表示出r ，根据基本不等式可求得r 的最小值，从而得到球的表面积的最小值.【详解】如图，因为三棱柱111ABC A B C -是 ，且90ABC ∠=︒，设AB a ，BC b =，球的半径为r ，连接1AC ，1A C 交于点O ，取AC 中点D ，连接BD ，则O 到三棱柱六个定点的距离相等，即O 为三棱柱外接球球心，11322OD AA ==， 又因为三棱锥O ABC -3 即113332ab ⨯=，即12ab =， 所以222222313332224a b r AD OD ab ⎛⎫⎛⎫+=+=+≥+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当且仅当a b =时等号成立， 所以球O 的表面积最小值为2427S r ππ==，故答案为：27π.【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.18．【分析】先由题意得到的面积以及外接圆的半径记的外接圆圆心为为使四面体体积最大只需与面垂直由此求出设球心为半径为根据为直角三角形由勾股定理列出等式求出球的半径即可得出结果【详解】根据题意知是一个等边三 解析：254π 【分析】 先由题意，得到ABC 的面积，以及ABC 外接圆的半径，记ABC 的外接圆圆心为Q ，为使四面体ABCD 体积最大，只需DQ 与面ABC 垂直，由此求出2DQ =，设球心为O ，半径为R ，根据AQO 为直角三角形，由勾股定理列出等式，求出球的半径，即可得出结果.【详解】根据题意知，ABC 是一个等边三角形，其面积为()221333 3322S ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，ABC 外接圆的半径为131260r ==，记ABC 的外接圆圆心为Q ，则1AQ r ==； 由于底面积ABC S 不变，高最大时体积最大，所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为1332ABC S DQ ⋅=，2DQ ∴=， 设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO 中，222OA AQ OQ =+，即2221(2)R R =+-，54R ∴=， 则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故答案为：254π. 【点睛】思路点睛：求解几何体与球外接问题时，一般需要先确定底面外接圆的圆心位置，求出底面外接圆的半径，根据球的性质，结合题中条件确定球心位置，求出球的半径，进而即可求解. 19．【分析】由题意可得AB 的轨迹得到当ACBC 与轴l 共面时∠ACB 取到最大值和最小值求得sin ∠ACB 的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A 解析：[3,3] 【分析】由题意可得A ，B 的轨迹，得到当AC 、BC 与轴l 共面时，∠ACB 取到最大值和最小值，求得sin ∠ACB 的范围，代入三角形面积公式得答案．【详解】∵AC ，BC 与平面α所成的角分别为512π，4π，且|AC |＝23，|BC |＝2， 则A ，B 分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线AC ，BC 与轴l 在同一平面内时，∠ACB 取到最大值和最小值， 于是，有63ACB ππ≤∠≤， ∴sin 6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤3 而ABC 的面积S ＝12|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝3∠ACB ． ∴33S ≤≤．故答案为：[3,3]【点睛】关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键. 20．【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.三、解答题21．（1）证明见解析；（26．【分析】（1）取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．证明四边形DGHM 是平行四边形，可得线面平行；（2）由H 到平面AEC 的距离为F 到平面AEC 的距离的一半，先求出F 到平面AEC 的距离，用体积法可求得F 到平面AEC 的距离．【详解】（1）证明：取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．因为该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，所以截面AEFG 是平行四边形，则4=-=DG CF EB ．因为36==FC EB ，所以1(26)42=⨯+=HM ，且DG//FC//HM ， 所以四边形DGHM 是平行四边形，所以GH //DM ．因为DM ⊂平面ABCD ，GH ⊄平面ABCD ，所以//GH 平面ABCD ．（2）解：连接HA ，HC ，AF ，记F 到平面ACE 的距离为d ，则H 到平面ACE 的距离为2d ． 在CEF △中，6EF =，高为4，所以CEF △的面积为164122⨯⨯=． 因为三棱锥A CEF -的高为4，所以A CEF -的体积为1124163⨯⨯=． 在ACE 中，42AC =，25AE CE ==，所以ACE 的面积为22142(25)(22)462⨯⨯-=． 因为A CEF -的体积与F ACE -的体积相等，所以146163⨯⨯=d ，所以26d =．故H 到平面ACE 的距离为6．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求点到平面的距离．求点到平面的距离的常用方法：（1）定义法：作出点到平面的垂线段，求出垂线段的长；（2）用体积法计算；（3）空间向量法：求出平面外的点到平面内任一点连线的向量在平面的法向量方向上投影的绝对值．22．（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】。

高中数学必修2立体几何练习题附答案

高中数学必修2立体几何练习题附答案

高中数学必修2立体几何练习题一．单选题（共__小题）1．已知正四棱台的上、下底面边长分别为3和6，其侧面积等于两底面积之和，则该正四棱台的高是（）A．2B．C．3D．2．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为（）A．75°B．60°C．45°D．30°3．如果棱台的两底面积分别是S，S′，中截面的面积是S0，那么（）A．2B．S0=C．2S0=S+S′D．S02=2S"S4．把边长为1的正方形A B C D沿对角线A C折起，构成三棱锥A B C D，则下列命题：①以A、B、C、D四点为顶点的棱锥体积最大值为；②当体积最大时直线B D和平面A B C所成的角的大小为45°；③B、D两点间的距离的取值范围是（0，]；④当二面角D-A C-B的平面角为90°时，异面直线B C与A D所成角为45°．其中正确结论个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个5、把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20c m的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径（）A．l0cm B．10cm C．10cm D．30cm6．如图，正方体A B C D-A1B1C1D1的棱长为1，点M是对角线A1B上的动点，则A M+M D1的最小值为（）A．B．C．D．27．下列说法正确的是（）A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥．8．平行六面体A B C D-A1B1C1D1中A B=1，A D=2，A A1=3，∠B A D=90°，∠B A A1=∠D A A1=60°，则A C1的长为（）A．B．C．D．9、如图，正方体A B C D-A1B1C1D1的棱长为2，动点P在对角线B D1上，过点P作垂直于B D1的平面α，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设B P=x，则当x∈[1，5]时，函数y=f（x）的值域为（）A．[2，6]B．[2，18]C．[3，18]D．[3，6]10．一个棱柱为正四棱柱的充要条件是（）A．底面是正方形，有两个侧面垂直与底面B．底面是正方形，有两个侧面是矩形C．底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直D．各个面都是矩形的平行六面体二．填空题（共__小题）11．在一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，并且能使正方体在纸盒内任意转动，则正方体的棱长的最大值为______•12．一个圆柱的底面面积是16，侧面展开图是正方形，则该圆柱的侧面积是______．13．若用长度分别为1，1，1，1，x，x的六根笔直的铁棒通过焊接其端点（不计损耗）可以得到两种不同形状的三棱锥形的铁架，则实数x的取值范围是______．14．一平面与正方形的十二条棱所成的角都等于α，则s i n12α=______．15．一个正四棱锥的中截面（过各侧棱中点的截面）的面积为Q，则它的底面边长为______．16．若一个n面体中共有m个面是直角三角形，则称这个n面体的“直度”为．由此可知，四棱锥“直度”的最大值为______．17．在三棱锥P-A B C中，给出下列四个命题：①如果P A⊥B C，P B⊥A C，那么点P在平面A B C内的射影是△A B C的垂心；②如果点P到△A B C的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面A B C 内的射影是△A B C的内心；③如果棱P A和B C所成的角为60？，P A=B C=2，E、F分别是棱P B、A C的中点，那么E F=1；④三棱锥P-A B C的各棱长均为1，则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于；⑤如果三棱锥P-A B C的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为π-a r c c o s．其中正确命题的序号是______．18．若长方体的三个面的面积分别为6c m2，3c m2，2c m2，则此长方体的对角线长为______．19．已知长方体A B C D-A1B1C1D1的体积为216，则四面体A B1C D1与四面体A1B C1D 的重叠部分的体积为______．20．一个长方体共一顶点的三条棱长为1，2，3，则这个长方体对角线的长是______三．简答题（共__小题）21．已知正四棱台两底面边长分别为a和b（a＜b）．（1）若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45°，求棱台的侧面积；（2）若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高．22．试构造出一个三棱锥S-A B C，使其四个面中成直角三角形的个数最多，作出图形，指出所有的直角，并证明你的结论．23、已知三棱锥S-A B C的三条侧棱S A、S B、S C两两互相垂直且长度分别为a、b、c，设O为S在底面A B C上的射影．求证：（1）O为△A B C的垂心；（2）O在△A B C内；（3）设S O=h，则++=．参考答案一．单选题（共__小题）1．已知正四棱台的上、下底面边长分别为3和6，其侧面积等于两底面积之和，则该正四棱台的高是（）A．2B．C．3D．答案：A解析：解：设正四棱台的高为h，斜高为x，由题意可得4••（3+6）x=32+62，∴x=．再由棱台的高、斜高、边心距构成直角梯形、可得h==2，故选A．2．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为（）A．75°B．60°C．45°D．30°答案：C解析：解析：如图，四棱锥P-A B C D中，过P作P O⊥平面A B C D于O，连接A O则A O是A P在底面A B C D上的射影．∴∠P A O即为所求线面角，∵A O=，P A=1，∴c o s∠P A O==．∴∠P A O=45°，即所求线面角为45°．故选C．3．如果棱台的两底面积分别是S，S′，中截面的面积是S0，那么（）A．2B．S0=C．2S0=S+S′D．S02=2S"S答案：A解析：解：不妨设棱台为三棱台，设棱台的高为2r，上部三棱锥的高为a，根据相似比的性质可得：消去r，然后代入一个方程，可得2故选A．4．把边长为1的正方形A B C D沿对角线A C折起，构成三棱锥A B C D，则下列命题：①以A、B、C、D四点为顶点的棱锥体积最大值为；②当体积最大时直线B D和平面A B C所成的角的大小为45°；③B、D两点间的距离的取值范围是（0，]；④当二面角D-A C-B的平面角为90°时，异面直线B C与A D所成角为45°．其中正确结论个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个答案：C解析：解：把边长为1的正方形A B C D沿对角线A C折起，构成三棱锥A B C D，如图所示，则下列命题：①以A、B、C、D四点为顶点的棱锥，当侧面A C D⊥底面A B C时，体积最大值==，正确；②由①可知：当体积最大时直线B D和平面A B C所成的角的大小为∠O B D=45°，正确；③B、D两点间的距离的取值范围是（0，），因此不正确；④当二面角D-A C-B的平面角为90°时，由①可知：异面直线B C与A D所成角为90°，因此不正确．综上可知：只有①②正确．故选：C．5、把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20c m的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径（）A．l0cm B．10cm C．10cm D．30cm答案：B解析：解：因为底面是一个正方形，一共有四条棱，皮球心距这四棱最小距离是10，∵四条棱距离正方形的中心距离为10，所以皮球的表面与8根铁丝都有接触点时，半径应该是边长的一半∴球的半径是10故选B．6．如图，正方体A B C D-A1B1C1D1的棱长为1，点M是对角线A1B上的动点，则A M+M D1的最小值为（）A．B．C．D．2答案：A解析：解：将平面A B A1和平面B C D D1A1放在同一个平面上，如图，则A M+M D1的最小值即为线段A D1，在直角三角形A E D1中，A E=，E D1=，∴A D1==，故选A．7．下列说法正确的是（）A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥．答案：B解析：解：如图所示：A．如图（1）符合条件但却不是棱柱；B．图中P A⊥底面A B C，A B是圆O的直径，点C是圆上的一点，则四个面都是直角三角形，符合题意；C．其侧棱不相较于一点，故不是棱台；D．以直角三角形的斜边A B为轴旋转得到的是两个对底的圆锥．综上可知：只有B正确．故选B．8．平行六面体A B C D-A1B1C1D1中A B=1，A D=2，A A1=3，∠B A D=90°，∠B A A1=∠D A A1=60°，则A C1的长为（）A．B．C．D．答案：B解析：解：平行六面体，如图所示：∵∠B A A1=∠D A A1=60°∴A1在平面A B C D上的射影必落在直线A C上，∴平面A C C1A1⊥平面A B C D，∵A B=1，A D=2，A A1=3，∵=∴||2=（）2=||2+||2+||2+2+2+2=1+9+4+0+2×1×3×+2×2×3×=23，∴||=，∴A C1等于．故选：B．9、如图，正方体A B C D-A1B1C1D1的棱长为2，动点P在对角线B D1上，过点P作垂直于B D1的平面α，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设B P=x，则当x∈[1，5]时，函数y=f（x）的值域为（）A．[2，6]B．[2，18]C．[3，18]D．[3，6]答案：D解析：解：∵正方体A B C D-A1B1C1D1的棱长为2，∴正方体的对角线长为6，∵x∈[1，5]，∴x=1或5时，三角形的周长最小，设截面正三角形的边长为t，则由等体积可得，∴t=，∴y m i n=；x=2或4时，三角形的周长最大，截面正三角形的边长为2，∴y m a x=6．∴当x∈[1，5]时，函数y=f（x）的值域为[3，6]．故选D．10．一个棱柱为正四棱柱的充要条件是（）A．底面是正方形，有两个侧面垂直与底面B．底面是正方形，有两个侧面是矩形C．底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直D．各个面都是矩形的平行六面体答案：C解析：解：若底面是正方形，有相对的两个侧面垂直于底面，另外两个侧面不垂直于底面，则棱柱为斜棱柱，故A不满足要求；若底面是正方形，有相对的两个侧面是矩形，另外两个侧面是不为矩形的平行四边形，则棱柱为斜棱柱，故B不满足要求；底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直，则底面为正方形，侧棱与底面垂直，此时棱柱为正四棱柱，故C满足要求；各个面都是矩形的平行六面体，其底面可能不是正方形，故D不满足要求；故选C二．填空题（共__小题）11．在一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，并且能使正方体在纸盒内任意转动，则正方体的棱长的最大值为______•答案：解析：解：设球的半径为r，由正四面体的体积得：，所以r=，设正方体的最大棱长为a，所以，，a=故答案为：12．一个圆柱的底面面积是16，侧面展开图是正方形，则该圆柱的侧面积是______．答案：64π解析：解：圆柱的侧面展开图是正方形，如图；设圆柱的底面半径为r，高为l，∵圆柱的底面面积是16，∴πr2=16，∴r=；∴l=2πr=2π×=8，∴圆柱的侧面积是l2==64π；故答案为：64π．13．若用长度分别为1，1，1，1，x，x的六根笔直的铁棒通过焊接其端点（不计损耗）可以得到两种不同形状的三棱锥形的铁架，则实数x的取值范围是______．答案：（0，）解析：解：根据条件，四根长为1的直铁棒与两根长为x的直铁棒要组成三棱锥形的铁架，有以下两种情况：①底面是边长为1的正三角形，三条侧棱长为1，x，x，如图，此时x应满足：∵A D=，S D=，且S D＜S A+A D，∴＜1+，即x2＜2+，∴＜x＜；②构成三棱锥的两条对角线长为x，其他各边长均为1，如图所示，此时应满足0＜x＜；综上，x的取值范围是（0，）．故答案为：（0，）．14．一平面与正方形的十二条棱所成的角都等于α，则s i n12α=______．答案：解析：解：∵一平面与正方形的十二条棱所成的角都等于α，∴正方体的面对角线与棱的夹角，∵设正方体的棱长为1，∴A到三角形A B1D1中心的距离为：×=，∴A1点到面A B1D1距离为：=，∴s i nα=∴s i n12α=（）6=，故答案为：15．一个正四棱锥的中截面（过各侧棱中点的截面）的面积为Q，则它的底面边长为______．答案：解析：解：∵四棱锥的中截面与底面相似，且相似比为1：2，面积比为1：4，∴若正四棱锥的中截面的面积为Q，则底面面积为4Q，∵底面为正方形，面积为边长的平方，∴它的底面边长为2故答案为216．若一个n面体中共有m个面是直角三角形，则称这个n面体的“直度”为．由此可知，四棱锥“直度”的最大值为______．答案：解析：解：∵四棱锥有5个面组成，∴n=5，当四棱锥的底面是矩形，一条侧棱与底面垂直时，四棱锥的4个侧面都是直角三角形，∴m=4，∴四棱锥“直度”的最大值为，故答案为：．17．在三棱锥P-A B C中，给出下列四个命题：①如果P A⊥B C，P B⊥A C，那么点P在平面A B C内的射影是△A B C的垂心；②如果点P到△A B C的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面A B C 内的射影是△A B C的内心；③如果棱P A和B C所成的角为60？，P A=B C=2，E、F分别是棱P B、A C的中点，那么E F=1；④三棱锥P-A B C的各棱长均为1，则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于；⑤如果三棱锥P-A B C的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为π-a r c c o s．其中正确命题的序号是______．答案：①④⑤解析：解：①若P A⊥B C，P B⊥A C，因为P H⊥底面A B C，所以A H⊥B C，同理B H⊥A C，可得H是△A B C的垂心，正确．②若P A=P B=P C，易得A H=B H=C H，则H是△A B C的外心，不正确．③如果棱P A和B C所成的角为60°，P A=B C=2，E、F分别是棱P B、A C的中点，那么E F=1或；不正确．④如果三棱锥P-A B C的各条棱长均为1，则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于，正确．⑤如果三棱锥P-A B C的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为π-a r c c o s，正确．故答案为：①④⑤．18．若长方体的三个面的面积分别为6c m2，3c m2，2c m2，则此长方体的对角线长为______．答案：解：设长方体的三度分别为：a，b，c，由题意可知：a b=6，b c=2，a c=3所以，a=3，b=2，c=1，所以长方体的对角线长为：故答案为：．19．已知长方体A B C D-A1B1C1D1的体积为216，则四面体A B1C D1与四面体A1B C1D 的重叠部分的体积为______．答案：36解析：解：如图所示，四面体A B1C D1与四面体A1B C1D的重叠部分是以长方体各面中心为定点的多面体，摘出如图，设长方体的过同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，则a b c=216，重叠部分的体积为两个同底面的四棱锥体积和，等于．故答案为：36．20．一个长方体共一顶点的三条棱长为1，2，3，则这个长方体对角线的长是______答案：解：因为在长方体中，底面对角线的平方是底面长和宽的平方和，体对角线的平方等于面对角线的平方加上高的平方；长方体对角线的长：故答案为：三．简答题（共__小题）21．已知正四棱台两底面边长分别为a和b（a＜b）．（1）若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45°，求棱台的侧面积；（2）若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高．答案：解：（1）如图所示，∵P O⊥平面A B C D，侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45°，∴∠P A O=45°，∴P O=O A=，P O1=O1A1=a．分别取A B，A1B1的中点E，E1，连接O E，O1E1．则P E==，P E1==．∴斜高E E1=P E-P E1=．∴棱台的侧面积S侧==；（2）∵棱台的侧面积等于两底面面积之和，∴=a2+b2，∴E E1=．∴O O1===．22．试构造出一个三棱锥S-A B C，使其四个面中成直角三角形的个数最多，作出图形，指出所有的直角，并证明你的结论．答案：解：如图，S A⊥平面A B C，∠A B C=90°，则∠S A C=∠S A B=90°，又A B⊥B C，所以B C⊥S B，所以∠S B C=90°，即四个面S A B，S A C，S B C，A B C为直角三角形．23、已知三棱锥S-A B C的三条侧棱S A、S B、S C两两互相垂直且长度分别为a、b、c，设O为S在底面A B C上的射影．求证：（1）O为△A B C的垂心；（2）O在△A B C内；（3）设S O=h，则++=．答案：证明：（1）∵S A⊥S B，S A⊥S C，∴S A⊥平面S B C，B C⊂平面S B C．∴S A⊥B C．而A D是S A在平面A B C上的射影，∴A D⊥B C．同理可证A B⊥C F，A C⊥B E，故O为△A B C的垂心．（2）证明△A B C为锐角三角形即可．不妨设a≥b≥c，则底面三角形A B C中，A B=为最大，从而∠A C B为最大角．用余弦定理求得c o s∠A C B=＞0，∴∠A C B为锐角，△A B C为锐角三角形．故O在△A B C内．（3）S B•S C=B C•S D，故S D=，=+，又S A•S D=A D•S O，。

(完整版)高中数学必修2立体几何测试题及答案

(完整版)高中数学必修2立体几何测试题及答案

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。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

1 2013年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．
1
l，
2
l，
3
l是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )．
A．
12
l l
⊥，
23
l l
⊥
13
//
l l
⇒B．
12
l l
⊥，
23
//
l l⇒
13
l l
⊥
C．
233
////
l l l⇒
1
l，
2
l，
3
l共面D．
1
l，
2
l，
3
l共点⇒
1
l，
2
l，
3
l共面3．已知m，n是两条不同的直线，,,
αβγ是三个不同的平面，下列命题中正确的是：A．若,
αγβγ
⊥⊥，则α∥βB．若,
m n
αα
⊥⊥，则m∥n C．若m∥α，n∥α，则m∥n D．若m∥α，m∥β，则α∥β
4.在四面体ABC
P-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αβ
⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面αγ
⊥平面，平面βγ
⊥平面，l=
β
αI，那么lγ
⊥平面D．如果平面αβ
⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
6.如图所示正方体
1
AC,下面结论错误的是（）
A.
1
1
//D
CB
BD平面
B. BD
AC⊥
1
C.
1
1
1
D
CB
AC平面
⊥
D. 异面直线
1
CB
AD与角为︒
60
7.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. ︒
120 B. ︒
150 C. ︒
180 D. ︒
240
A
A 1
B 1
B
C
1
P
8.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. BC AB ⊥ B. BD AC ⊥ C. ABC CD 平面⊥ D. ACD ABC 平面平面⊥ 9某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
.A 180 .B 200 .C 220 .D 240
10.如图所示点P 为三棱柱111C B A ABC -侧棱1AA 上一动点，若四棱锥11B BCC P -的体积为V ,则三棱柱111C B A ABC -的体积为（ ） A .V 2 B. V 3 C.
34V D. 2
3V 二．填空题（5分4⨯题）
11.如图所示正方形''''C B A O 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l m , 是直线，βα,是平面，给出下列命题正确的是________________.
(1)若l 垂直于α内的两条相交直线，则α⊥l (2)若l 平行于α，则l 平行于α内所有直线； (3) ；则且βαβα⊥⊥⊂⊂,,,m l l m (4) ；则且若βααβ⊥⊥⊂,,l l (5) αβα且,,⊂⊂l m //m ，则β//l .
13.三棱锥P-ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，PA=1，2=
=PC PB ，已知空间中有
一
个点到这四个点距离相等，则这个距离是 ___________.
14.一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)．
8
左视图
4
10
正（主）视图
323
俯视图
第10题
二．填空题：
11.__________ ____________ 12.______________________
13.________________________ 14._______________________
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.
P-的三视图如下：
16. 已知四棱锥ABCD
P-的直观图
1)画出四棱锥ABCD
P-的体积；
2)求四棱锥ABCD
P-的表面积；
3求四棱锥ABCD
17．如图，已知O PA 圆⊥所在的平面，AB 是O 圆的直径，2=AB ,O C 是圆上的一点，且BC AC =,角所在的平面成与圆ο
45O PC ，PC E 是中点，PB F 为的中点.
(1)求证：EF //面ABC ; (2)求证：PAC EF 面⊥; (3)求三棱锥PAC B -的体积
18,如图，在三棱锥ABC S -中，平面⊥SAB 平面SBC ，BC AB ⊥，AB AS =，过A 作SB AF ⊥，垂足为F ，点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.
求证：（1）平面//EFG 平面ABC ； （2）SA BC ⊥.
A B C
S
G F E
19. 如图1，在Rt ABC ∆中，90C ∠=o
，,D E 分别为
,AC AB 的中点，
点F 为线段CD 上的一点，将ADE ∆沿DE 折起到1A DE ∆的位置，使1A F CD ⊥，如图2。

（Ⅰ）求证：//DE 平面1A CB ； （Ⅱ）求证：1A F BE ⊥；
（Ⅲ）线段1A B 上是否存在点Q ，使1A C ⊥平面DEQ ？说明理由。

图2
图1
F
高一立体几何测试答案
一：1-5;CBBDD 6-10;DCBDD
二:11._16cm_; 82
2cm ____12._1,4____13.
2
5
; 14. ①②③ 15.母线长为5，侧面积为40π，高为3，体积为52π.
16．(1)
(2)由直观图可知此空间几何体为四棱锥，由正视图可知高为2， 所以3
22)11(31=⨯⨯=
-ABCD P V (3)由题意可知是直角三角形，PCB PCD ∆∆, 由勾股定理逆定理可知是直角三角形，PAD PAB ∆∆,
所以.53)512
1
()5121()
212
1
()2121()11(+=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯=++++=PAD PAB PCB PCD ABCD S S S S S S 表
3
2
2)2221(31)(31,2,2)3(.
,//,,;,,;
)2(.
//,,//)1.(17=
⨯⨯⨯=⨯=∴===-∴⊥⊥∴⊥∴=⊥∴⊂⊥⊥∴⊂⊄∆∆-BC S V PA BC AC PAC B BC PAC BC PAC EF EF BC PAC BC C CA BC BC PA ACB BC ACB PA CA BC O AB ABC EF ABC BC ABC EF BC EF EF PBC PAC PAC B 的高；是三棱锥面问知由第面又面面面的直径，是圆平面所以平面平面为中位线，所以中，证明：在ΘI ΘΘ
18．证：（1）SA BA =Q ，AF SB ⊥，SF BF ∴=，由题SE EA =，
//EF AB ∴，EF ⊄Q 平面ABC AB ⊂平面ABC ，//EF ∴平面ABC ，同理//EG 平面ABC ，EF Q 与EG 为平面EFG 内的两条相交直线，∴平面//EFG 平面ABC ，
（2）Q 平面⊥SAB 平面SBC 于SB ，AF ⊂平面SAB ，
AF ∴⊥平面SBC ，AF BC ∴⊥，
又BC AB ⊥且AB 与AF 为平面SAB 内的两条相交直线，BC SA ∴⊥。

19．（1）因为D,E 分别为AC,AB 的中点，所以DE ∥BC.又因为DE ⊄平面A 1CB,所以DE ∥平面A 1CB.
（2）由已知得AC ⊥BC 且DE ∥BC,所以DE ⊥AC.所以DE ⊥A 1D,DE ⊥CD.所以DE ⊥平面A 1DC.而A 1F ⊂平面A 1DC,
所以DE ⊥A 1F.又因为A 1F ⊥CD,所以A 1F ⊥平面BCDE.所以A 1F ⊥BE （3）线段A 1B 上存在点Q,使A 1C ⊥平面DEQ.理由如下：如图， 分别取A 1C,A 1B 的中点P,Q,则PQ ∥BC.
又因为DE ∥BC,所以DE ∥PQ.所以平面DEQ 即为平面DEP. 由（2）知DE ⊥平面A 1DC,所以DE ⊥A 1C. 又因为P 是等腰三角形DA 1C 底边A 1C 的中点，
所以A 1C ⊥DP,所以A 1C ⊥平面DEP,从而A 1C ⊥平面DEQ. 故线段A 1B 上存在点Q,使得A 1C ⊥平面DEQ.。

相关文档
最新文档