高中数学分章节训练试题:37立体几何
高中数学立体几何单元测试卷(精选)

高一2011-2012学年度单元测试题数 学 立体几何部分本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)与第Ⅱ卷(必考题和选考题两部分),考生作答时请将答案答在答题纸上,答在试卷或草纸上无效,考试时间120分钟,满分150分。
参考公式:柱体体积V Sh =,其中S 为柱体底面积,h 为柱体的高。
球体体积343V R π=,其中π为圆周率,R 为球体半径。
椎体体积13V Sh =,其中S 为锥体底面积,h 为锥体的高。
第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.下列说法正确的是A.两两相交的三条直线共面B.两条异面直线在同一平面上的射影可以是一条直线C.一条直线上有两点到平面的距离相等,则这条直线和该平面平行D.不共面的四点中,任何三点不共线2.设平面α∥平面β,A ∈α,B ∈β,C 是的中点,当A ,B 分别在α,β内运动时,那么所有的动点C A.不共面B.当且仅当A ,B 在两条相交直线上移动时才共面C.当且仅当A ,B 在两条给定的平行直线上移动时才共面D.不论A ,B 如何移动都共面3.若某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是 A.2 B.1 C.23 D. 13第3题图 第4题图 4.如图所示,在等腰梯形中,22,∠60°,E 为中点。
将△与△分别沿,向上折起,使A ,B 重合于点P ,则三棱锥P -的外接球的体积为 A.4327πB. 62πC. 68πD. 624π 5.设l ,m 是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是A.若l ⊥m ,m ⊂α,则l ⊥αB.若l ⊥α,l ∥m ,则m ⊥αC.若l ∥α,m ⊂α,则l ∥mD.若l ∥α,m ∥α,则l ∥m 第6题图 6.如图所示,在斜三棱柱-A 1B 1C 1中,∠90°,1⊥,则C 1在底面上的射影H 必在 A.直线上 B.直线上 C.直线上 D.△内部7.如图所示,正方体-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,线段B 1D 1上有两个动点E ,F , 且12,则下列结论中错误的是 A. ⊥ ∥平面C.三棱锥的体积为定值D.△的面积与△的面积相等 第7题图9.如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积是S ,那么圆柱的体积等于 A.2S S B. 2S S π C. 4SS D. 4S S π 10.如图所示,若Ω是长方体-A 1B 1C 1D 1被平面截去几何体B 1-C 1后得到的几何体,其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点,F 为线段1上异于B 1的点,且∥A 1D 1,则下列结论中 不正确的是∥ B.四边形是矩形 C.Ω是棱柱 D.Ω是棱台 第10题图11.如图所示,定点A 、B 都在平面α内,定点P ∉α,⊥α,C 是α内异于A 和B 的动点,且⊥。
高中数学立体几何专题训练卷

高中数学立体几何专题训练卷立体几何是高中数学中的重要板块,它对于培养我们的空间想象能力和逻辑推理能力具有重要意义。
这份专题训练卷将帮助大家巩固和深化对立体几何的理解与应用。
一、选择题1、下列命题中,正确的是()A 有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B 有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C 有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D 棱台各侧棱的延长线交于一点解析:选项 A,有两个面平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱,所以 A 错误;选项B,有两个面平行,其余各面都是平行四边形,并且每相邻两个平行四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱,所以 B 错误;选项 C,有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体叫棱锥,所以C 错误;选项D,棱台各侧棱的延长线交于一点,D 正确。
答案:D2、一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()(图片略)A 6B 8C 10D 12解析:由三视图可知,该几何体是一个长方体截去一个三棱锥。
长方体的长、宽、高分别为 3、2、2,截去的三棱锥的底面是直角三角形,两直角边分别为 2、1,高为 2。
所以该几何体的体积为:\\begin{align}&3×2×2 \frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×1×2\\=&12 \frac{2}{3}\\=&\frac{34}{3}\end{align}\答案:无正确选项3、已知直线\(m\),\(n\)和平面\(\alpha\),\(\beta\),若\(\alpha \perp \beta\),\(\alpha \cap \beta =m\),\(n \subset \alpha\),要使\(n \perp \beta\),则应增加的条件是()A \(m \parallel n\)B \(n \perp m\)C \(n \parallel \alpha\)D \(n \perp \alpha\)解析:因为\(\alpha \perp \beta\),\(\alpha \cap \beta = m\),\(n \subset \alpha\),若\(n \perp m\),根据面面垂直的性质定理:如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面,可得\(n \perp \beta\)。
高三立体几何专题练习(含答案)

立体几何专题练习卷一、填空题(本大题满分56分,每小题4分) 1.正方体DC B A ABCD 111-的棱长为a ,则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是__________.2.已知某铅球的表面积是2484cm π,则该铅球的体积是___________2cm .3.若圆锥的侧面积为20π,且母线与底面所成的角为4arccos5,则该圆锥的体积为___________.4.在长方体1111ABCD A B C D -中,若12,1,3AB BC AA ===,则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________.5.若取地球的半径为6371米,球面上两点A 位于东经O12127',北纬O 318',B 位于东经O12127',北纬O 255',则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米).6.已知圆锥的母线长为5cm ,侧面积为π15 2cm ,则此圆锥的体积为__________3cm .7.若圆锥的底面半径和高都是2,则圆锥的侧面积是_____________. 8.如图,是一个无盖正方体盒子的表面展开图,A B C 、、为其上的三个点,则在正方体盒子中,ABC ∠=____________.9.一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示,容器内有一个实心的球,球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满,然后取出该球(假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计),则球取出后,容器中水面的高度为__________cm. (精确到0.1cm )10.如图,用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器,已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒,容器的高为10cm .制作该容器需要铁皮面积为__________cm2.(衔接部分忽略不计,结果保留整第9题数)11.如图,圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆,则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是__________ .12.如右下图,ABC ∆中, 90=∠C ,30=∠A ,1=BC .在三角形内挖去半圆(圆心O 在边AC 上,半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ,与AC 交于N ),则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为__________ .13.如图所示,以圆柱的下底面为底面,并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥, 则该圆锥与圆柱等底等高。
高三数学立体几何专项练习题及答案

高三数学立体几何专项练习题及答案一、选择题1. 下列哪个几何体的所有面都是三角形?A. 正方体B. 圆柱体C. 正六面体D. 球体答案:C2. 一个有8个面的多面体,其中6个面是正方形,另外2个面是等边三角形,它的名字是?A. 正八面体B. 正十二面体C. 正二十面体D. 正二十四面体答案:C3. 空间中任意一点到四个角落连线的垂直距离相等的四棱锥称为?A. 正四棱锥B. 圆锥台C. 四棱锥D. 无法确定答案:C4. 任意多面体的面数与顶点数、棱数的关系是?A. 面数 + 顶点数 = 棱数 + 2B. 面数 + 棱数 = 顶点数 + 2C. 顶点数 + 棱数 = 面数 + 2D. 顶点数 + 面数 = 棱数 + 2答案:A5. 求下列多面体的棱数:(1)正六面体(2)正八面体(3)正十二面体答案:(1)正六面体的棱数为 12(2)正八面体的棱数为 24(3)正十二面体的棱数为 30二、填空题1. 下列说法正确的是:一棱锥没有底面时,它的底面是一个______。
答案:点2. 铅垂线是指从一个多面体的一个顶点到与它相对的棱上所作的垂线,它与该棱垂足的连线相交于该多面体的______上。
答案:中点3. 对正八面体,下列说法不正确的是:_____条对角线与_____两两垂直。
答案:六,相邻面三、计算题1. 一个棱锥的底面是一个边长为6cm的正三角形,其高为8cm。
求棱锥体积。
解答:底面积 S = (1/2) ×底边长 ×高 = (1/2) × 6 × 8 = 24 cm²棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 24 × 8 = 64 cm³所以,棱锥的体积为64 cm³。
2. 一个正四棱锥的底面是一个边长为10cm的正方形,其高为12cm。
求四棱锥的体积。
解答:底面积 S = 边长² = 10² = 100 cm²四棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 100 × 12 = 400 cm³所以,四棱锥的体积为400 cm³。
高中数学立体几何大题训练题含答案

立几大题训练题一、解答题(共50题;共505分)1. ( 10分) 已知四棱锥S−ABCD中,四边形ABCD为梯形,∠BCD=∠ADC=∠SAD=90°,平面SAD⊥平面ABCD,E为线段AD的中点,AD=2BC=2CD.(1)证明:BD⊥平面SAB;(2)若SA=AD=2,求点E到平面SBD的距离.2. ( 10分) 如图,平面ABCD∩平面ABEF=AB,四边形ABCD和ABEF都是边长为2的正方形,点M,N分别是AF,AB的中点,二面角D−AB−F的大小为60°.(1)求证:MN//平面BCF;(2)求直线DE与平面BCF所成角的正弦值.3. ( 10分) 如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,E为AB的中点,PD⊥CE,AE=1,PD=3,PC=√13(1)证明:AD⊥平面PCD.(2)求DA与平面PCE所成角的正弦值.4. ( 10分) 如图所示,直三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均相等,点E为AA1的中点.(1)证明:EB1⊥BC1;(2)求二面角C1−EB1−C的余弦值.AD,G是PB的中点,5. ( 10分) 已知在四棱锥P−ABCD中,AD//BC,AB=BC=CD=12ΔPAD是等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:CD⊥平面GAC;(2)求二面角P−AG−C的余弦值.6. ( 10分) 如图,多面体ABCE中,平面AEC⊥平面ABC,AC⊥BC,AE⊥CD四边形BCDE 为平行四边形.(1)证明:AE⊥EC;(2)若AE=EC=CB=√2,求二面角D−AC−E的余弦值.7. ( 10分) 如图,在三棱锥A−BCD中, △ABC是等边三角形, ∠BAD=∠BCD=90°,点P是AC 的中点,连接BP,DP.(1)证明:平面ACD⊥平面BDP;(2)若BD=√6,且二面角A−BD−C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.8. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中,AP⊥平面PCD,AD//BC,AB⊥BC,AP=AB=AD,E为AD的中点,AC与BE相交于点O.BC=12(1)证明:PO⊥平面ABCD.(2)若OB=1,求点C到平面PAB的距离.9. ( 10分) 如图,在斜三棱柱ABC−A1B1C1中,平面ABC⊥平面A1ACC1,CC1=2,△ABC,△ACC1,均为正三角形,E为AB的中点.(1)证明: AC1//平面B1CE,(2)求直线AC1与平面B1BAA1所成角的正弦值.10. ( 10分) 如图,四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,平面PAB⊥平面ABCD,AP=PB,AP⊥PB,E为CP的中点.(1)求证:AP//平面BDE;(2)求点D到平面ACP的距离.11. ( 10分) 在三棱柱ABC−A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=√5,BC=4,O为BC的中点,A1O⊥平面ABC(1)证明四边形BB1C1C为矩形;(2)求直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值.12. ( 10分) 如图,四棱锥P−ABCD的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,AE⊥PD.(1)证明:AE⊥平面PCD;(2)若AP=AB,求二面角B−PC−D的余弦值.13. ( 10分) 在直角梯形ABCD(如图1),∠ABC=90°,BC//AD,AD=8,AB=BC=4,M为线段AD中点.将△ABC沿AC折起,使平面ABC⊥平面ACD,得到几何体B−ACD(如图2).(1)求证:CD⊥平面ABC;(2)求AB与平面BCM所成角θ的正弦值.14. ( 15分) 如图,四棱锥S−ABCD的底面是边长为1的正方形,SD垂直于底面ABCD,SD=1.(1)求证BC⊥SC;(2)求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小;(3)设棱SA的中点为M,求异面直线DM与SB所成角的大小.15. ( 10分) 已知菱形ABCD的边长为4, AC∩BD=O, ∠ABC=60°,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使AC=a,得到三棱锥A−BCD,如图所示.⇒(1)当a=2√2时,求证: AO⊥平面BCD;(2)当二面角A−BD−C的大小为120°时,求直线AD与平面ABC所成的正切值.16. ( 10分) 在四棱锥P–ABCD中,AB//CD,CD=2AB.⇀=mAP⇀(m>0),且MN//平面PCD,求实数m的值;(1)设AC与BD相交于点M,AN(2)若AB=AD=DP,∠BAD=60°,PB=√2AD,且PD⊥AD,求二面角A−PC−B的余弦值.17. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中,PA⊥平面ABCD,ABCD是正方形,E是CD中点,点F在BC上,且BF=3FC.(1)证明:EF⊥平面PAE;(2)若PA=AB=4,求点C到平面PEF的距离.18. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中,PA⊥平面ABCD,ABCD是正方形,E是CD中点,点F在BC上,且BF=3FC.(1)证明EF⊥平面PAE;AB,求平面PAB与平面PEF所成二面角的正弦值.(2)若PA=5419. ( 10分) 如图(1),在平面五边形EADCB中,已知四边形ABCD为正方形,ΔEAB为正三角形.沿着AB将四边形ABCD折起得到四棱锥E−ABCD,使得平面ABCD⊥平面EAB,设F在线段AD上且满足DF=2AF,G在线段CF上且满足FG=CG,O为ΔECD的重心,如图(2).(1)求证:GO//平面ABE;(2)求直线CF与平面BCE所成角的正弦值.20. ( 10分) 如图所示,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中点,O为AE的中点,以AE为折痕将ΔADE向上折起,使D点折到P点,且PC=PB.(1)求证: PO⊥面ABCE;(2)求AC与面PAB所成角θ的正弦值.21. ( 10分) 如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的多面体中,四边形ACDF是菱形,∠FAC=600,AB//DE,BC//EF,AB=BC=3,AF=2√3,BF=√15(1)求证:平面ABC⊥平面ACDF(2)求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值22. ( 10分) 已知四棱锥E−ABCD,AB=3,BC=4,CD=12,AD=13,cos∠ADC= 12,EC⊥平面ABCD.13(1)求证:平面ABE⊥平面EBC;(2)当CE=60时,求直线AC和平面ADE所成角的正弦值.23. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB//CD,PC⊥底面ABCD,AB=2AD=2CD=4,PC=2a,E是PB的中点.(1)求证:AC⊥平面PBC;,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.(2)若二面角P−AC−E的余弦值为√6324. ( 10分) 如图1,在等腰梯形ABF1F2中,两腰AF2=BF1=2,底边AB=6,F1F2=4,D,C是AB的三等分点,E是F1F2的中点.分别沿CE,DE将四边形BCEF1和ADEF2折起,使F1,F2重合于点F,得到如图2所示的几何体.在图2中,M,N分别为CD,EF的中点.(1)证明:MN⊥平面ABCD.(2)求直线CN与平面ABF所成角的正弦值.25. ( 15分) 如图,在四棱锥P一ABCD中,已知AB=BC=√5,AC=4,AD=DC=2√2,点Q为AC中点,PO⊥底面ABCD, PO=2,点M为PC的中点.(1)求直线PB与平面ADM所成角的正弦值;(2)求二面角D-AM-C的正弦值;(3)记棱PD的中点为N,若点Q在线段OP上,且NQ//平面ADM,求线段OQ的长.26. ( 10分) 如图,已知ΔABC为等边三角形,ΔABD为等腰直角三角形,AB⊥BD,平面ABC⊥平面ABD,点E与点D在平面ABC的同侧,且CE//BD,BD=2CE.点F为AD中点,连接EF.(1)求证:EF//平面ABC;(2)求二面角C−AE−D的余弦值.27. ( 10分) 如图,在四棱锥S−ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD//BC,AB⊥BC,ΔSAB 是等边三角形,侧面SAB⊥底面ABCD,AB=2√3,BC=3,AD=1,点M、点N分别在棱SB、棱CB上,BM=2MS,BN=2NC,点P是线段MN上的任意一点.(1)求证:AP//平面SCD;(2)求二面角S−CD−B的大小.28. ( 15分) 如图,四棱锥P−ABCD的底面是正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AD=2,点M,N分别在棱PD,PC上,且PC⊥平面AMN.(1)求证:AM⊥PD;(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值.(3)求二面角C−AM−N的余弦值29. ( 10分) 如图,四棱锥P−ABCD中, PD⊥底面ABCD,且底面ABCD为平行四边形,若∠DAB= 60°, AB=2, AD=1.(1)求证: PA⊥BD;(2)若∠PCD=45°,求点D到平面PBC的距离ℎ.30. ( 10分) 在长方体ABCD−A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,E是AB的中点,F是BC的中点.(1)求证:EF//平面A1DC1;(2)若AA1=2√3,求平面A1DC1与平面B1EF所成二面角的正弦值.31. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD= CD=1,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明:PA//平面EDB;,求PA与面ABCD所成角的正弦值.(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π332. ( 5分) 如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,D是AB的中点,BC=AC,AB=2DC=2√2,AA1=4.(Ⅰ)求证:BC1//平面A1CD;(Ⅱ)求平面BCC1B1与平面A1CD所成锐二面角的平面角的余弦值.33. ( 10分) 如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,点D是AB的中点,BC= AC,AB=2DC=2,AA1=√3.(1)求证:平面A1DC⊥平面ABB1A1;(2)求点A到平面A1DC的距离.34. ( 10分) 如图,在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=A1D,AB=BC,∠ABC=120°.(1)证明:AD⊥BA1;(2)若平面ADD1A1⊥平面ABCD,且A1D=AB,求直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值.35. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中, PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=AP= 4,AB=BC=2, M,N为线段PC,AD上一点不在端点.AD,求证:MN∥面PBA(1)当M为中点时,AN=14,若存在(2)当N为AD中点时,是否存在M,使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为2√55求出M的坐标,若不存在,说明理由.36. ( 10分) 如图,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点.(1)求 AD 1 与 DB 所成角的大小;(2)求 AE 与平面 ABCD 所成角的正弦值.37. ( 20分 ) 如图, E 是以 AB 为直径的半圆 O 上异于 A,B 的点,矩形 ABCD 所在的平面垂直于半圆 O 所在的平面,且 AB =2 , AD =3(1)求证:平面 EAD ⊥ 平面 EBC ;(2)若 EB ⌢ 的长度为 π3,求二面角 A −DE −C 的正弦值. 38. ( 5分 ) 如图1,在直角梯形 ABCD 中,AB ∥CD , AB ⊥AD ,且 AB =AD =12CD =1 .现以 为一边向梯形外作正方形 ADEF ,然后沿边 AD 将正方形 ADEF 翻折,使平面 ADEF 与平面 ABCD 垂直,如图2.(Ⅰ)求证:BC ⊥平面DBE ;(Ⅱ)求点D 到平面BEC 的距离.39. ( 10分 ) 如图,扇形 AOB 的半径为 2 ,圆心角 ∠AOB =120∘ ,点 C 为弧 AB 上一点, PO ⊥ 平面 AOB 且 PO =√5 ,点 M ∈PB 且 BM =2MP , PA ∥平面 MOC .(1)求证:平面MOC⊥平面POB;(2)求平面POA和平面MOC所成二面角的正弦值的大小.40. ( 10分) 如图,已知四边形ABCD为等腰梯形,BDEF为正方形,平面BDEF⊥平面ABCD,AD//BC,AD=AB=1,∠ABC=60°.(1)求证:平面CDE⊥平面BDEF;(2)点M为线段EF上一动点,求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围.41. ( 10分) 如图,在四棱锥P-ABCD中,AD=2√3,AB=3,AP=√3,AD//BC,AD⊥平面PAB,∠APB=90°,点E满足PE⇀=23PA⇀+13PB⇀.(1)证明:PE⊥DC;(2)求二面角A-PD-E的余弦值.42. ( 10分) 在斜三棱柱ABC−A1B1C1中,侧面AC1⊥平面ABC,AA1=√2a,A1C=CA=AB=a,AB⊥AC,D是AA1的中点.(1)求证:CD⊥平面AB1;(2)在侧棱BB1上确定一点E,使得二面角E−A1C1−A的大小为π.343. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形,AB//CD,=2.∠ABC=∠BCD=90°,BC=CD=AB2(1)证明: BD⊥PD;(2)若△PAD为正三角形,求二面角A−PB−C的余弦值.44. ( 10分) 如图,已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形,∠ADC为直角,AP⊥平面ABCD,BC:AD:CD=5:4:2,且CD=1.(1)求证:BP⊥AC;(2)若AP=CD,求二面角D−PC−B的余弦值.45. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=1, AM⊥PD于点M,连接BM.(1)求证:PD⊥BM;(2)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值.BC=1,E是BC的中46. ( 10分) 如图所示1,已知四边形ABCD满足AD//BC,BA=AD=DC=12点.将△BAE沿着AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD,F为CD的中点,如图所示2.(1)求证:EF⊥平面AB1E;(2)求AE到平面CB1D的距离.47. ( 10分) 如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形,∠BCD=135°,PA⊥平面ABCD,AB=AC=PA=2,E,F,M分别为线段BC,AD,PD的中点.(1)求证:直线EF⊥平面PAC;(2)求平面MEF与平面PBC所成二面角的正弦值.48. ( 5分) 如图,三棱柱A1B1C1−ABC中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=2,BC= 1,BB1=3,D是CC1的中点,E是AB的中点.(Ⅰ)证明:DE//平面C1BA1;(Ⅱ)F是线段CC1上一点,且直线AF与平面ABB1A1所成角的正弦值为1,求二面角F−3BA1−A的余弦值.49. ( 5分) 如图,在四棱锥P−ABCD中, PA⊥平面ABCD, AD⊥CD,AD//BC,BC=4,PA= AD=CD=2,点E为PC的中点.(I) 证明:DE//平面PAB;(II)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.50. ( 10分) 如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的一点.(1)求证:平面PAC⊥平面PBC;(2)若AB=2 , AC=PA=1,求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.答案解析部分一、解答题1.【答案】(1)解:由题意知∠BCD=∠ADC=90°,BC//ED,且BC=CD=12AD=DE,所以四边形BCDE是正方形,连接CE,所以BD⊥CE,又因为BC//AE,BC=AE,所以四边形ABCE是平行四边形,所以CE//AB,则BD⊥AB.因为平面SAD⊥平面ABCD,∠SAD=90°,平面SAD∩平面ABCD=AD,故SA⊥平面ABCD.所以SA∩AB=A,所以SA⊥BD,又因为SA∩AB=A,则BD⊥平面SAB.(2)解:∵SA=AD=2,BE=DE=1,∴△BDE的面积为12,又由(1)知SA⊥平面ABCD,∴V S−BDE=13×12×2=13,又在RtΔSAB中,SA=2,AB=DB=√2,∴SB=√6,由(1)知BD⊥SB,∴ΔSBD的面积为12×√2×√6=√3,设点E到平面SBD的距离为ℎ,则13S△BDS⋅ℎ=13,即ℎ=√33.【考点】直线与平面垂直的判定,点、线、面间的距离计算【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理,即可证得BD⊥平面SAB.(2)由(1)知SA⊥平面ABCD,求得V S−BDE=13,再根据等体积法,即可求解点点E到平面SBD的距离.2.【答案】(1)证明:∵M,N分别是AF,AB的中点,∴MN∥BF.∵MN⊄平面BCF,BF⊂平面BCF,∴MN//平面BCF.(2)解:∵四边形ABCD和ABEF都是边长为2的正方形,∴DA⊥AB,FA⊥AB,∴∠DAF就是二面角D−AB−F的平面角,∴∠DAF=60°.连接DM,在△DAM中,DA=2,AM=1,∠DAM=60°,∴DM2=AM2+AD2−2AM⋅AD⋅cos60°=3,∴DM=√3.∴DM2+AM2=AD2,∴DM⊥AM.∵DA⊥AB,FA⊥AB,FA∩DA=A,∴AB ⊥ 平面 ADM , ∴AB ⊥DM .∴DM ⊥ 平面 ABEF .以点 M 为原点, MF , MG ( G 是 BE 中点), MD 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴建立如图空间直角坐标系,如图所示:则 D(0,0,√3) , E(1,2,0) , B(−1,2,0) , F(1,0,0) , A(−1,0,0) ,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,−√3) , BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−2,0) , BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3) .设平面 BCF 的法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z) , 则 {m ⇀⋅BF ⇀=2x −2y =0m ⇀⋅BC⇀=x +√3z =0 ,取 m ⃗⃗ =(√3,√3,−1) . 设直线 DE 与平面 BCF 所成角为 θ ,则 sinθ=|m⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√427 ,∴ 直线 DE 与平面 BCF 所成角的正弦值为 √427. 【考点】直线与平面平行的判定,用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据三角形的中位线,有 MN ∥BF ,再利用线面平行的判定定理证明.(2)根据点 M , N 分别是 AF , AB 的中点,二面角 D −AB −F 的大小为60°,证明 DM ⊥ 平面 ABEF ,然后以点 M 为原点, MF , MG ( G 是 BE 中点), MD 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴建立如图空间直角坐标系,再求得平面 BCF 的一个法向量,利用线面角的向量求法求解.3.【答案】 (1)证明:因为E 为AB 的中点, AE =1 ,所以 CD =AB =2 ,所以 CD 2+PD 2=PC 2 ,从而 PD ⊥CD .又 PD ⊥CE , CD ∩CE =C ,所以 PD ⊥ 底面ABCD , 所以 PD ⊥AD .因为四边形ABCD 是正方形,所以 AD ⊥CD .又 CD ∩PD =D ,所以 AD ⊥ 平面PCD.(2)解:以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系 D −xyz ,如图所示,则 A(2,0,0) , P(0,0,3) , E(2,1,0) , C(0,2,0) ,所以 PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,−3) , EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,0) , DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0) .设平面PCE 的法向量为 n⃗ =(x,y,z) , 则 PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0 ,即 {2x +y −3z =0−2x +y =0 ,令 x =3 ,得 n ⃗ =(3,6,4) . cos〈n ⃗ ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n ⃗ ⋅DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3√6161 , 故DA 与平面PCE 所成角的正弦值为 3√6161 .【考点】直线与平面垂直的判定,用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)通过证明 PD ⊥AD , AD ⊥CD 即可证明线面垂直;(2)建立空间直角坐标系,利用向量方法求解线面角的正弦值.4.【答案】 (1)证明:设 BC 1 与 CB 1 交点为 O ,连接 OE , BE .由题可知四边形 BCC 1B 1 为正方形,所以 BC 1⊥CB 1 ,且 O 为 BC 1 中点.又因 BE 2=AB 2+AE 2 , C 1E 2=A 1E 2+A 1C 12 ,所以 BE =C 1E ,所以 BC 1⊥OE .又因为 OE ∩CB 1=O ,所以 BC 1⊥ 平面 EB 1C .因为 EB 1⊂ 平面 EB 1C ,所以 BC 1⊥EB 1 .(2)解:取 AB 的中点 O ′ ,连接 O ′C , O ′C ⊥AB ,在平面 ABB 1A 1 过点 O ′ 内作 AB 的垂线,如图所示,建立空间直角坐标系 O ′−xyz .设 AB =2 ,则 E(0,−1,1) , B 1(0,1,2) , B(0,1,0) , C 1(−√3,0,2) .所以 EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1) , EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,1) .设平面 C 1EB 1 的一个法向量为 n ⃗ =(x,y,z) ,则 {n ⇀⋅EB1⇀=2y +z =0n ⇀⋅EC 1⇀=−√3x +y +z =0 ,令 y =√3 ,则 n ⃗ =(−1,√3,−2√3) . 由(1)可知平面 CEB 1 的一个法向量为 BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−1,2) , 则 |cos〈BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n⃗ 〉|=|n ⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗ |⋅|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√3+1+4⋅√1+3+12=√64.由图可知二面角 C 1−EB 1−C 为锐角,所以其余弦值为 √64.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系,用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)通过证明 BC 1⊥ 平面 EB 1C 即可证得;(2)建立空间直角坐标系,利用向量求解.5.【答案】 (1)证明:取 AD 的中点为 O ,连结 OP , OC , OB ,设 OB 交 AC 于 H ,连结 GH . 因为 AD//BC , AB =BC =CD =12AD , 四边形 ABCO 与四边形 OBCD 均为菱形, ∴OB ⊥AC , OB//CD , CD ⊥AC , 因为 △PAD 为等边三角形, O 为 AD 中点, ∴PO ⊥AD ,因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ,且平面 PAD ∩ 平面 ABCD =AD .PO ⊂ 平面 PAD 且 PO ⊥AD , ∴PO ⊥ 平面 ABCD 因为 CD ⊂ 平面 ABCD , ∴PO ⊥CD ,因为H , G 分别为 OB , PB 的中点, ∴GH//PO , ∴GH ⊥CD .又因为 GH ∩AC =H , AC,GH ⊂ 平面 GAC , ∴CD ⊥ 平面 GAC .(2)解:取 BC 的中点为 E ,以 O 为空间坐标原点,分别以 OE ⇀,OD ⇀,OP ⇀ 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 O −xyz .设 AD =4 ,则 P(0,0,2√3) , A(0,−2,0) , C(√3,1,0) , D(0,2,0) , G(√32,−12,√3)AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3) , AG ⇀=(√32,32,√3) , 设平面 PAG 的一法向量 n →=(x,y,z) .由 {n ⇀⋅AP⇀=0n ⇀⋅AG ⇀=0 ⇒{2y +2√3z =0√32x +32y +√3z =0⇒{y =−√3z x =z .令 z =1 ,则 n ⃗ =(1,−√3,1) . 由(1)可知,平面 AGC 的一个法向量 CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0) , cos〈n ⇀,CD⇀〉=n ⇀⋅CD ⇀|n⇀||CD ⇀|=−√155∴ 二面角 P −AG −C 的平面角的余弦值为 −√155.【考点】直线与平面垂直的判定,用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)取 AD 的中点为 O ,连结 OP , OC , OB ,设 OB 交 AC 于 H ,连结 GH .证明 AC ⊥CD , GH ⊥CD ,即可证 CD ⊥ 平面 GAC ;(2)取 BC 的中点为 E ,以 O 为空间坐标原点,分别以 OE⇀,OD ⇀,OP ⇀ 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 O −xyz .设 AD =4 ,利用向量法求二面角 P −AG −C 的余弦值.6.【答案】 (1)解:因为平面 AEC ⊥ 平面 ABC ,交线为 AC ,又 AC ⊥BC , 所以 BC ⊥ 平面 AEC , ∴BC ⊥AE ,又 AE ⊥CD , CD ∩BC =C , 则 AE ⊥ 平面 BCDE , EC ⊂ 平面 BCDE , 所以, AE ⊥EC ;(2)解:取 AC 的中点 O , AB 的中点 F ,连接 OE , OF ,则 OE ⊥ 平面 ABC , OF ⊥ 平面 AEC ;以点 O 为坐标原点,分别以 OA , OF , OE 为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系如图所示,已知 AE =EC =CB =√2 ,则 AC =2 , OE =1 , O(0,0,0) , A(1,0,0) , C(−1,0,0) , D(0,−√2,1) , 则 AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,0) , AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−√2,1) , 设平面 DAC 的一个法向量 m⃗⃗ =(x,y,z) , 由 {m ⇀⋅AC⇀=0,m ⇀⋅AD ⇀=0 得 {−2x =0,−x −√2y +z =0令 y =√2 ,则 x =0 , z =2 ,即 m ⃗⃗ =(0,√2,2) ;平面 ECA 的一个法向量为 n ⃗ =(0,1,0) ; cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗ |=√2√2+4=√33.所以二面角 D −AC −E 的余弦值为 √33.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系,用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)先通过平面 AEC ⊥ 平面 ABC 得到 BC ⊥AE ,再结合 AE ⊥CD ,可得 AE ⊥ 平面 BCDE ,进而可得结论;(2)取 AC 的中点 O , AB 的中点 F ,连接 OE , OF ,以点 O 为坐标原点,分别以 OA , OF , OE 为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系,求出平面 DAC 的一个法向量以及平面 ECA 的一个法向量,求这两个法向量的夹角即可得结果. 7.【答案】 (1)证明:因为 △ABC 是等边三角形, ∠BAD =∠BCD =90° , 所以 Rt △ABD ≅Rt △CBD ,可得 AD =CD . 因为点 P 是 AC 的中点,则 PD ⊥AC , PB ⊥AC , 因为 PD ∩PB =P , PD ⊂ 平面PBD, PB ⊂ 平面 PBD , 所以 AC ⊥ 平面 PBD ,因为 AC ⊂ 平面 ACD , 所以平面 ACD ⊥ 平面 BDP .(2)解:如图,作 CE ⊥BD ,垂足为 E 连接 AE .因为 Rt △ABD ⊆Rt △CBD ,所以 AE ⊥BD, AE =CE, ∠AEC 为二面角A-BD-C 的平面角. 由已知二面角 A −BD −C 为 120° ,知 ∠AEC =120° . 在等腰三角形 AEC 中,由余弦定理可得 AC =√3AE . 因为 △ABC 是等边三角形,则 AC =AB ,所以 AB =√3AE . 在 Rt △ABD 中,有 12AE ⋅BD =12AB ⋅AD ,得 BD =√3AD , 因为 BD =√6 ,所以 AD =√2 . 又 BD 2=AB 2+AD 2 ,所以 AB =2 . 则 AE =2√33, ED =√63.以 E 为坐标原点,以向量 EC ⃗⃗⃗⃗⃗ , ED ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为 x 轴, y 轴的正方向, 以过点 E 垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 E −xyz ,则 D(0,√63,0) , A(−√33,0,1) ,向量 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√33,√63,−1) ,平面 BCD 的一个法向量为 m⃗⃗ =(0,0,1) , 设直线 AD 与平面 BCD 所成的角为 θ , 则 cos〈m ⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m⃗⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×1=−√22, sinθ=|cos〈m ⃗⃗ ,AD⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=√22所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为 √22.【考点】平面与平面垂直的判定,直线与平面所成的角,二面角的平面角及求法【解析】【分析】(1)由 △ABC 是等边三角形, ∠BAD =∠BCD =90° ,得 AD =CD .再证明 PD ⊥AC , PB ⊥AC ,从而和证明 AC ⊥ 平面 PBD ,故平面 ACD ⊥ 平面 BDP 得证.(2)作 CE ⊥BD ,垂足为 E 连接 AE .由 Rt △ABD ⊆Rt △CBD ,证得 AE ⊥BD, AE =CE, 结合二面角 A −BD −C 为 120° ,可得 AB =2 , AE =2√33, ED =√63 .建立空间直角坐标系,求出点的坐标则 D(0,√63,0) , A(−√33,0,1) ,向量AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√33,√63,−1) ,即平面 BCD 的一个法向量 m ⃗⃗ =(0,0,1) ,运用公式 cos〈m ⃗⃗ ,AD ⇀〉=m ⃗⃗⃗ ⋅AD ⇀|m⃗⃗⃗ ||AD ⇀| 和 sinθ=|cos〈m ⃗⃗ ,AD ⇀〉| ,即可得出直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值. 8.【答案】 (1)证明:∵ AP ⊥ 平面 PCD ,∴ AP ⊥CD . ∵ AD//BC , BC =12AD ,∴四边形 BCDE 为平行四边形, ∴ BE//CD , ∴ AP ⊥BE .又∵ AB ⊥BC , AB =BC =12AD ,且 E 为 AD 的中点, ∴四边形 ABCE 为正方形,∴ BE ⊥AC .又 AP ∩AC =A ,∴ BE ⊥ 平面 APC ,则 BE ⊥PO . ∵ AP ⊥ 平面 PCD ,∴ AP ⊥PC ,又 AC =√2AB =√2AP , ∴ ΔPAC 为等腰直角三角形, O 为斜边 AC 上的中点, ∴ PO ⊥AC 且 AC ∩BE =O ,∴ PO ⊥ 平面 ABCD .(2)解:∵ OB =1 ,∴ PA =PB =AB =√2 . 设 C 到平面 PAB 的距离为 d , 由 V C−PAB =V P−ABC ,得 13×√34×(√2)2×d =13×12×(√2)2×1 ,解得 d =2√33.【考点】直线与平面垂直的判定,点、线、面间的距离计算【解析】【分析】(1)首项通过证明 AP ⊥CD,CD//BE ,证得 AP ⊥BE ,然后通过证明四边形 ABCE 是正方形证得 BE ⊥AC ,由此证得 BE ⊥ 平面 APC ,所以 BE ⊥PO .通过证明 ΔPAC 为等腰直角三角形证得 PO ⊥AC ,由此证得 PO ⊥ 平面 ABCD .(2)利用等体积法,由 V C−PAB =V P−ABC 列方程,解方程求得点 C 到平面 PAB 的距离.9.【答案】 (1)解:如图,连接 BC 1 ,交 B 1C 于点M ,连接ME ,则 ME//AC 1 . 因为 AC 1⊄ 平面 B 1CE , ME ⊂ 平面 B 1CE ,所以 AC 1// 平面 B 1CE .(2)解:设O 是AC 的中点,连接 OC 1 ,OB.因为 △ACC 1 为正三角形, 所以 OC 1⊥AC ,又平面 ABC ⊥ 平面 A 1ACC 1 ,平面 ABC ∩ 平面 A 1ACC 1=AC , 所以 OC 1⊥ 平面ABC.由已知得 AC =2 .如图,分别以射线OB ,OA , OC 1 的方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则有 A(0,1,0) , B(√3,0,0) , C 1(0,0,√3) , A 1(0,2,√3) , 故 AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,√3) , AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,0) , AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√3) , 设平面 B 1BAA 1 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z) ,则 {AB ⇀⋅m ⇀=0AA 1⇀⋅m ⇀=0 , 所以 {√3x −y =0y +√3z =0 令 x =1 ,则 m ⃗⃗ =(1,√3,−1) .设直线 AC 1 与平面 B 1BAA 1 所成的角为 θ , 则 sinθ=|AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||AC⃗⃗⃗⃗⃗1|⋅|m⃗⃗⃗ |=√32×5=√155,故直线 AC 1 与平面 B 1BAA 1 所成角的正弦值为 √155.【考点】直线与平面平行的判定,直线与平面所成的角【解析】【分析】(1)如图,连接 BC 1 ,交 B 1C 于点M ,连接ME ,则 ME//AC 1 ,再利用线面平行的判定定理,即可证明线面平行;(2)设O 是AC 的中点,连接 OC 1 ,OB ,分别以射线OB ,OA , OC 1 的方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,求出平面 B 1BAA 1 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(1,√3,−1) ,设直线 AC 1 与平面 B 1BAA 1 所成的角为 θ ,代入公式 sinθ=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 1|⋅|m⃗⃗⃗ | 运算,即可得答案.10.【答案】 (1)解:如图,连接 AC 交 BD 于 O ,连接 OE ,则 O 为 AC 的中点.又E为CP上的中点,所以OE//PA.又AP⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,所以AP//平面BDE(2)解:如图,取AB的中点M,连接PM,因为AP⊥PB,AP=PB,所以PM⊥AB,PM=12AB=1,AP=PB=√2,又平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PM⊂平面PAB,所以PM⊥平面ABCD.同理可得BC⊥平面PAB,∵AP、BP⊂平面PAB,∴BC⊥AP,BC⊥BP. 又因为AP⊥BP,BC∩BP=B,所以AP⊥平面BCP,∵PC⊂平面BCP,则AP⊥PC,所以PC=√PB2+BC2=√6,所以SΔAPC=12AP⋅PC=12×√2×√6=√3,又SΔACD=12×2×2=2,设点D到平面ACP的距离为ℎ,由V D−APC=V P−ACD,得13⋅SΔAPC⋅ℎ=13⋅PM⋅SΔACD,所以ℎ=3=2√33,即点D到平面ACP的距离为2√33.【考点】直线与平面平行的判定,点、线、面间的距离计算【解析】【分析】(1)连接AC交BD于O,则O为AC的中点,利用中位线的性质可得出OE//PA,然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出AP//平面BDE;(2)取AB的中点M,连接PM,利用面面垂直的性质定理可得出PM⊥平面ABCD,由此可计算出三棱锥P−ACD的体积,并计算出ΔAPC的面积,并设点D到平面ACP的距离为ℎ,由V P−ACD=13SΔACP⋅ℎ可计算出点D到平面ACP的距离的值.11.【答案】(1)解:连接AO,因为O为BC的中点,可得BC⊥AO,∵ A 1O ⊥ 平面 ABC , BC ⊂ 平面 ABC ,∴ A 1O ⊥BC , 又∵ AO ∩A 1O =O ,∴ BC ⊥ 平面 AA 1O ,∴ BC ⊥AA 1 , ∵ BB 1//AA 1 , ∴ BC ⊥BB 1 , 又∵四边形 BB 1C 1C 为平行四边形, ∴四边形 BB 1C 1C 为矩形;(2)解:如图,分别以 OA,OB,OA 1 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,−2,0),Rt △AOB 中, AO =√AB 2−BO 2=1 , Rt △AA 1O 中, A 1O =√AA 12−AO 2=2 ,A 1(0,0,2) ,∴ AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,2) , A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,−2) , A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2,0) ,设平面 A 1B 1C 的法向量是 n⃗ =(x,y,z) , 由 {n ⇀⋅AB⇀=0,n ⇀⋅A 1C ⇀=0, 得 {−x +2y =0,−2y −2z =0, 即 {x =2y,z =−y, ,可取 n ⃗ =(2,1,−1) , 设直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角为 θ ,则 θ∈[0,π2] ,sinθ=|cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >| =|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√5⋅√6=215√30 , ∵ θ∈[0,π2] ,∴ cosθ=√1−sin 2θ=√10515,即直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角的余弦值为 √10515.【考点】直线与平面所成的角【解析】【分析】(1)连接 AO ,可得 BC ⊥AO ,易证 A 1O ⊥BC ,则 BC ⊥ 平面 AA 1O ,从而可证 BC ⊥BB 1 ,由此即可得出结论;(2)以 OA,OB,OA 1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,利用法向量解决问题.12.【答案】 (1)证明:因为 PA ⊥ 平面 ABCD , CD ⊂ 平面 ABCD , 所以 PA ⊥CD ,因为底面 ABCD 是正方形,所以 AD ⊥CD , 又 PA ∩AD =A ,所以 CD ⊥ 平面 PAD , 因为 AE ⊂ 平面 PAD ,所以 CD ⊥AE ,又因为 AE ⊥PD,CD ∩PD =D , CD,PD ⊂ 平面 PCD , 所以 AE ⊥ 平面 PCD(2)解:因为 PA ⊥ 平面 ABCD ,底面 ABCD 为正方形,所以 PA ⊥AB,PA ⊥AD,AB ⊥AD ,以 A 为原点,分别以 AB 、AD 、AP 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 A −xyz (如图所示),设 PA =AB =1 ,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1) , 因为 AE ⊥PD ,所以 E 为 PD 中点,所以 E(0,12,12) , 所以 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12) , 由(1)得 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12) 为平面 PCD 的一个法向量, 设平面 PBC 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z) , 由 {PB ⇀⋅m ⃗⃗ =0PC ⇀⋅m ⃗⃗ =0 ,即 {x −z =0x +y −z =0 ,令 x =1 ,则 z =1,y =0 ,所以 m ⃗⃗ =(1,0,1) , 因此 cos〈m⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |m⃗⃗⃗ |⋅|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√2×√12=12, 由图可知二面角 B −PC −D 的大小为钝角, 故二面角 B −PC −D 的余弦值为 −12【考点】直线与平面垂直的判定,用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)由 PA ⊥ 平面 ABCD 及底面 ABCD 是正方形可证得 CD ⊥ 平面 PAD ,则 CD ⊥AE ,又由 AE ⊥PD ,即可求证;(2)以 A 为原点,分别以 AB 、AD 、AP 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 A −xyz ,由(1)可知 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面 PCD 的一个法向量,求得平面 PBC 的一个法向量 m ⃗⃗ ,进而利用数量积求解即可13.【答案】 (1)解:由题设可知 AC =4√2 , CD =4√2 , AD =8 ∴ AD 2=CD 2+AC 2 ∴ CD ⊥AC又∵平面 ABC ⊥ 平面 ACD ,平面 ABC ∩ 平面 ACD =AC ∴ CD ⊥ 面 ABC .(2)解:法一、等体积法取 AC 的中点 O 连接 OB ,由题设可知 △ABC 为等腰直角三角形,所以 OB ⊥ 面 ACM ∵ V B−ACM =V A−BCM 且 V B−ACM =13S ACM ⋅BO =16√23而 S ΔBCM =4√3∴ A 到面 BCM 的距离 ℎ=4√63,所以 sinθ=ℎAB =√63.法二、向量法取 AC 的中点 O 连接 OB ,由题设可知 △ABC 为等腰直角三角形,所以 OB ⊥ 面 ACM ,连接 OM ,因为 M 、O 分别为 AB 和 AC 的中点,所以 OM//CD ,由(1)可知 OM ⊥AC ,故以 OM 、OC 、OB 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,如图所示. 则 A(0,−2√2,0) , B(0,0,2√2) , C(0,2√2,0) , M(2√2,0,0) ∴ CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2√2,2√2) CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2,−2√2,0) BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2√2,−2√2) ∴面 BCM 的一个法向量 n ⃗ =(1,1,1) ∴ sinθ=|BA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n⃗ |=√63【考点】直线与平面垂直的判定,直线与平面所成的角【解析】【分析】(1)通过计算结合勾股定理的逆定理可以证明 CD ⊥AC ,再根据面面垂直的性质定理进行证明即可;(2)法一、取 AC 的中点 O 连接 OB ,根据 V B−ACM =V A−BCM ,结合三棱锥的体积公式进行求解即可;法二、取 AC 的中点 O 连接 OB ,由题设可知 △ABC 为等腰直角三角形,所以 OB ⊥ 面 ACM ,连接 OM ,因为 M 、O 分别为 AB 和 AC 的中点,所以 OM//CD ,由(1)可知 OM ⊥AC ,故以 OM 、OC 、OB 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.运用向量法求解即可.14.【答案】 (1)证明:∵底面 ABCD 是正方形, ∴ BC ⊥CD ,∵ SD ⊥ 底面 ABCD , BC ⊂ 底面 ABCD ,∴ SD ⊥BC ,又 DC ∩SD =D , ∴ BC ⊥ 平面 SDC ,∵ SC ⊂ 平面 SDC ,∴ BC ⊥SC .(2)解:由(1)知 BC ⊥SC ,又 CD ⊥BC ,∴ ∠SCD 为所求二面角的平面角, 在 RtΔDSC 中,∵ SD =DC =1 ,∴ ∠SCD =45° .(3)解:取AB中点P,连结MP,DP,在ΔABS,由中位线定理得MP//SB,∴∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角,∵MP=12SB=√32,DM=√22,DP=√1+14=√52,所以ΔDMP中,有DP2=MP2+DM2,∴∠DMP=90°.【考点】直线与平面垂直的判定,二面角的平面角及求法【解析】【分析】(1)根据题意,由线面垂直证线线垂直,再根据线面垂直的判定定理,证明线面垂直,再证线线垂直.(2)由(1)中线面垂直,可知所求二面角的平面角为∠SCD,根据题意可求角度.(3)利用中位线将异面直线平移,则∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角,根据勾股定理,即可求解.15.【答案】(1)解:在△AOC中, OA=OC=2,AC=a=2√2,∴OA2+OC2=AC2∴∠AOC=90°,即AO⊥OC,∵AO⊥BD,且AO∩BD=O,∴AO⊥平面BCD(2)解:由(1)知, OC⊥OD,以O为原点, OC,OD所在的直线分别为x轴, y轴建立如图的空间直角坐标系O−xyz:则 Q(0,0,0), B(0,−2√3,0), C(2,0,0), D(0,2√3,0) . ∵AO ⊥BD,CO ⊥BD∴∠AOC 为二面角 A −BD −C 的平面角, ∴∠AOC =120° ∴ 点 A(−1,0,√3)AD⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2√3,−√3) , BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2√3,√3) , BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0) 设平面 ABC 的法向量为 n⃗ =(x,y,z) ,则 ∴ {n ⃗ ⋅BC ⇀=0n ⃗ ⋅BA ⇀=0 故 {2x +2√3y =0x +2√3y +√3z =0 取 x =1 ,则 y =−√33,z =√3∴ n ⃗ =(1,−√33,√3)设直线 AD 与平面 ABC 所成的角为 θ , sinθ=|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗ |=4√133=√313 ∴cosθ=√1−sin 2θ=√1013 ∴tanθ=sinθcosθ=√310=√3010∴ 直线 AD 与平面 ABC 所成的正切值: √3010【考点】直线与平面垂直的判定,用空间向量求直线与平面的夹角,用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】(1)根据线面垂直定义,即可求得答案.(2)由于平面 ABC 不是特殊的平面,故建系用法向量求解,以 O 为原点建系, OC,OD 所在的直线分别为 x 轴, y 轴,求出平面 ABC 的法向量 n ⃗ ,求解 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 和 n⃗ 的夹角,即可求得答案. 16.【答案】 (1)解:因为 AB//CD ,所以 AMMC =ABCD =12 ,即AM AC=13.因为 MN// 平面PCD , MN ⊂ 平面PAC ,平面 PAC ∩ 平面 PCD =PC , 所以 MN//PC . 所以 ANAP =AM AC=13 ,即 m =13(2)解:因为 AB =AD , ∠BAD =60° ,可知 △ABD 为等边三角形, 所以 BD =AD =PD ,又 BP =√2AD , 故 BP 2=PD 2+DB 2 ,所以 PD ⊥DB .由已知 PD ⊥AD , AD ∩BD =D ,所以 PD ⊥ 平面ABCD ,如图,以D 为坐标原点, DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x , y 轴的正方向建立空间直角坐标系,设 AB =1 ,则 AB =AD =DP =1 , CD =2 , 所以 A(1,0,0) , B(12,0,√32) , P(0,1,0) , C(−1,0,√3) ,则 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−1,√32) , PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,√3) , PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0) 设平面PBC 的一个法向量为 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) ,则有 {n 1⇀⋅PB⇀=0n 1⇀⋅PC ⇀=0 即 {x 1−2y 1+√3z 1=0x 1+y 1−√3z 1=0. 令 x 1=1 ,则 y 1=2,z 1=√3 ,即 n 1⃗⃗⃗⃗ =(1,2,√3) , 设平面APC 的一个法向量为 n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2) ,则有{n 2⇀⋅PA ⇀=0n 2⇀⋅PC ⇀=0,即 {x 2−y 2=0−x 2−y 2+√3z 2=0 令 x 2=y 2=√3 ,则 z 2=2 ,即 n 2⃗⃗⃗⃗ =(√3,√3,2) . 所以 cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32√2×√10=√154设二面角 A −PC −B 的平面角为 θ ,则 cosθ=√154【考点】向量的共线定理,直线与平面平行的性质,用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】(1)由AB ∥CD , 得到AM AC=13 ,由MN ∥平面PCD , 得MN ∥PC , 从而 ANAP =AM AC=13,由此能实数m 的值;(2)由AB =AD , ∠BAD =60°,知△ABD 为等边三角形,推导出PD ⊥DB , PD ⊥AD , 从而PD ⊥平面ABCD , 以D 为坐标原点, DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x , y 轴的正方向建立空间直角坐标系,由此能求出二面角B ﹣PC ﹣B 的余弦值.17.【答案】 (1)证明:因为 PA ⊥ 平面 ABCD , EF ⊂ 平面 ABCD ,故可得 EF ⊥PA ; 设底面正方形的边长为4,故可得 AE =√AD 2+DE 2=√16+4=2√5 , EF =√FC 2+CE 2=√1+4=√5 , AF =√AB 2+BF 2=√16+9=5 , 故在 △AFE 中,满足 AE 2+EF 2=AF 2 ,故可得 AE ⊥EF ; 又 PA,AE ⊂ 平面 PAE ,且 PA ∩AE =A , 则 EF ⊥ 平面 PAE ,即证.(2)解:因为 PA ⊥ 平面 ABCD ,故 PA 为三棱锥 P −EFC 底面上的高线.故可得V P−EFC=13S∆EFC×PA=13×12×1×2×4=43.在△PEF中,因为PE=√PA2+AE2=6,EF=√5,由(1)可知EF⊥平面PAE,又PE⊂平面PAE,故可得EF⊥PE,则S△PEF=12×EF×PE=3√5,设点C到平面PEF的距离为ℎ,故可得V P−EFC=V C−PEF=13×S∆PEF×ℎ=43,解得ℎ=4√515.即点C到平面PEF的距离为:4√515.【考点】直线与平面垂直的判定,点、线、面间的距离计算【解析】【分析】(1)根据PA⊥平面ABCD,可得EF⊥PN,再证EF⊥AE,即可由线线垂直推证线面垂直;(2)转换三棱锥顶点,用等体积法求点面距离即可.18.【答案】(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,EF⊂平面ABCD,故可得EF⊥PA;设底面正方形的边长为4,故可得AE=√AD2+DE2=√16+4=2√5,EF=√FC2+CE2=√1+4=√5,AF=√AB2+BF2=√16+9=5,故在△AFE中,满足AE2+EF2=AF2,故可得AE⊥EF;又PA,AE⊂平面PAE,且PA∩AE=A,则EF⊥平面PAE,即证.(2)解:因为PA⊥平面ABCD, AB,AD⊂平面ABCD,故可得PA⊥AB,PA⊥AD,又底面ABCD为正方形,故可得AB⊥AD,故以A为坐标原点,以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系如下图所示:设AB=4,故可得A(0,0,0),P(0,0,5),B(4,0,0),E(2,4,0),F(4,3,0)设平面PEF的法向量为m⃗⃗ =(x,y,z),则{m⃗⃗ ⋅EF⇀=0m⃗⃗ ⋅PE⇀=0,则{2x−y=02x+4y−5z=0取y=2,则m⃗⃗ =(1,2,2).不妨取平面PAB的法向量n⃗=(0,1,0).则cos〈m⃗⃗ ,n⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n⃗|m⃗⃗⃗ ||n⃗ |=√9×1=23.。
高三数学立体几何练习题及答案

高三数学立体几何练习题及答案第一题:已知一个长方体的长、宽、高分别为3cm、4cm、5cm,求该长方体的体积和表面积。
解答:长方体的体积可以通过公式V = lwh 计算,其中l、w、h分别为长、宽、高。
根据题目给出的数据,代入公式可得 V = 3cm × 4cm × 5cm = 60cm³。
因此,该长方体的体积为60立方厘米。
长方体的表面积可以通过公式 S = 2lw + 2lh + 2wh 计算。
根据题目给出的数据,代入公式可得 S = 2 × 3cm × 4cm + 2 × 3cm ×5cm + 2 × 4cm × 5cm = 94cm²。
因此,该长方体的表面积为94平方厘米。
答案:体积:60立方厘米表面积:94平方厘米第二题:一个正方体的棱长为a,求该正方体所有顶点到一个固定点之间的最短距离之和。
解答:正方体的每个顶点到固定点的最短距离为正方体的对角线长。
对于正方体而言,其对角线的长度可以通过勾股定理求解。
设每个边长为a,则对角线长d满足 d² = a² + a² + a² = 3a²。
因此,每个顶点到固定点的最短距离之和为 8 × 3a² = 24a²。
答案:每个顶点到固定点的最短距离之和为24a²。
第三题:一个球体的直径为10cm,求该球体的体积和表面积(结果保留π)。
解答:球体的体积可以通过公式V = 4/3πr³ 计算,其中r为球体的半径。
根据题目给出的数据,直径d为10cm,因此半径r = d/2 = 5cm。
代入公式可得V = 4/3 × π × (5cm)³ ≈ 523.6cm³。
因此,该球体的体积约为523.6立方厘米。
球体的表面积可以通过公式S = 4πr² 计算,其中r为球体的半径。
高中立体几何经典题型练习题(含答案)

高中数学立体几何练习题精选试卷姓名班级学号得分说明:1、本试卷包括第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分。
考试时间90分钟。
2、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内,第Ⅱ卷直接答在试卷上。
考试结束后,只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷(选择题)一.单选题(每题2分,共40分)1.设直线l,m和平面α,β,下列条件能得到α∥β的有()①l⊂α,m⊂α,且l∥β,m∥β;②l⊂α,m⊂α且l∥m;③l∥α,m∥β且l∥m.A.1个B.2个C.3个D.0个2.一个四面体中如果有三条棱两两垂直,且垂足不是同一点,这三条棱就象中国武术中的兵器--三节棍,所以,我们常把这类四面体称为“三节棍体”,三节棍体ABCD四个顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为A(0,0,0)、B(0,4,0)、C(4,4,0)、D(0,0,2),则此三节棍体外接球的表面积是()A.36πB.24πC.18πD.12π3.一个圆锥的侧面展开图的圆心角为90°,它的表面积为a,则它的底面积为()A.B.C.D.4、如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为4,且侧棱AA1⊥底面ABC,其主视图是边长为4的正方形,则此三棱柱的侧视图的面积为()A.16B.2C.4D.5.三棱锥P-ABC的侧棱PA,PB,PC两两互相垂直,且PA=PB=PC=2,则三棱锥P-ABC的外接球的体积是()A.2πB.4πC.πD.8π6.在正方体ABCD-A′B′C′D′中,过对角线BD‘的一个平面交AA′于点E,交CC′于点F.则下列结论正确的是()①四边形BFD′E一定是平行四边形②四边形BFD′E有可能是正方形③四边形BFD′E在底面ABCD的投影一定是正方形④四边形BFD′E有可能垂于于平面BB′D.A.①②③④B.①③④C.①②④D.②③④7.如图,在四面体A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,若AB=BC=CD=1,则AD=()A.1B.C.D.28.已知a,b是空间两条异面直线,它们所成的角为80°,过空间一点P作直线l,使l与a,b所成角均为50°,这样的l有()A.1条B.2条C.3条D.4条9.满足下面哪一个条件时,可以判定两个不重合的平面α与β平行()A.α内有无数个点到平面β的距离相等B.α内的△ABC与β内的△A"B"C"全等,且AA"∥BB"∥CC"C.α,β都与异面直线a,b平行D.直线l分别与α,β两平面平行10.已知两个不同的平面α,β和两条不重合的直线m,n,有下列四个命题:①若m∥n,n⊂α,则m∥α;②若m∥α,n∥α,且m⊂β,n⊂β,则α∥β;③若m∥α,n⊂α,则m∥n;④若α∥β,m⊂α,则m∥β.其中正确命题的个数是()A.1个B.2个C.3个D.4个11.在直二面角α-AB-β的棱AB上取一点P,过P分别在α、β两个平面内作与棱成45°的斜线PC、PD,那么∠CPD的大小为()A.45°B.60°C.120°D.60°或120°12、如图,将边长为1的正方形ABCD ,沿对角线BD 折起来,使平面ABD ⊥平面C ′BD ,则AC ′=( )A .1B .C .D .13.一个正四棱锥的底面面积为Q ,则它的中截面(过各侧棱的中点的截面)的边长是( ) A .B .C .D .14.某几何体的三视图如图实数,则当x+y 取最大值时,该几何体的体积为( )A .B .C .D .15.空间三条直线a ,b ,c 中,b 和c 是一对异面直线,取三条直线中某两条直线确定平面,那么可以确定平面个数是( ) C /A BC D 正视图 侧视图 俯视图xyξ6 11A.0或1B.1或2C.0或2D.0或1或216.已知二面角α-l-β的大小为60°,且m⊥α,n⊥β,则异面直线m,n所成的角为()A.30°B.120°C.90°D.60°17.设α、β表示平面,l表示不在α内也不在β内的直线,给出下列命题:①若l⊥α,l∥β,则α⊥β;②若l∥β,α⊥β,则l⊥α;③若l⊥α,α⊥β,则l∥β.其中正确的命题是()A.①③B.①②C.②③D.①②③18.三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=AC=1,△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°.若E为PC 中点,则BE与平面PAC所成的角的大小等于()A.30°B.45°C.60°D.90°19.在正方体A1C中,对角线A1C与平面B1BCC1所成的角是()A.∠A1CB1B.∠A1CC1C.∠A1CB D.∠A1B1C20.若m、n是两条不同的直线,α、β、γ是三个不同的平面,则下列命题中真命题是()A.若m⊥β,m∥α,则α⊥βB.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥βC.若m⊂β,α⊥β,则m⊥αD.若α⊥γ,α⊥β,则β⊥γ二.填空题(每题3分,共15分)21.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起,使得BD=a,则三棱锥D-ABC的体积是______.22.如图,图①、②、③是图④表示的几何体的三视图,其中图①是______,图②是______,图③是______(说出视图名称).23.若空间四边形ABCD的两条对角线AC,BD的长分别为4,6,过AB的中点E且平行BD,AC的截面四边形的周长为______.24、如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:①;②∠BAC=60°;③三棱锥D-ABC是正三棱锥;④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直.其中正确结论的序号是______.(请把正确结论的序号都填上)25.直角三角形ABC中,CA=CB=,M为AB的中点,将△ABC沿CM折叠,使A、B之间的距离为1,则三棱锥M-ABC外接球的体积为______.三.简答题(每题9分,共45分)如图,多面体ABCDEFG中,AB,AC,AD两两垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1.(1)证明四边形ABED是正方形;(2)判断点B,C,F,G是否四点共面,并说明为什么?(3)连接CF,BG,BD,求证:CF⊥平面BDG.27、如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB平行于CD,,AD1⊥A1C,E是A1B1中点.(1)求证:CD⊥A1D1.(2)求二面角C-D1E-B1的大小.28、如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC,AA1=AB,D为BB1的中点,E为AB1上的一点,AE=3EB1.(Ⅰ)证明:DE为异面直线AB1与CD的公垂线;(Ⅱ)设异面直线AB1与CD的夹角为45°,求二面角A1-AC1-B1的大小.29.按下列叙述画出图形(不必写作法):直线a,b相交于点M,点N不在直线a,b上,点N分别与直线a,b确定平面α,β.30、如图,已知四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,ABCD是直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,BC=2AD.(1)求证:AB⊥PD;(2)在线段PB上是否存在一点E,使AE∥平面PCD,若存在,指出点E的位置并加以证明;若不存在,请说明理由.参考答案一.单选题(共__小题)1.设直线l,m和平面α,β,下列条件能得到α∥β的有()①l⊂α,m⊂α,且l∥β,m∥β;②l⊂α,m⊂α且l∥m;③l∥α,m∥β且l∥m.A.1个B.2个C.3个D.0个答案:D解析:解:对于①,∵l⊂α,m⊂α,且l∥β,m∥β,当直线l与直线m相交时,α∥β,故①错误;对于②,l⊂α,m⊂α且l∥m,不能得到α∥β,故②错误;对于③,如图,l∥α,m∥β且l∥m,α∩β=n,故③错误;故选:D.2.一个四面体中如果有三条棱两两垂直,且垂足不是同一点,这三条棱就象中国武术中的兵器--三节棍,所以,我们常把这类四面体称为“三节棍体”,三节棍体ABCD四个顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为A(0,0,0)、B(0,4,0)、C(4,4,0)、D(0,0,2),则此三节棍体外接球的表面积是()A.36πB.24πC.18πD.12π答案:A解析:解:由题意,可补成长方体,同一顶点的三条棱长分别为2,4,4,其对角线长为=6,∴三节棍体外接球的半径为3,∴三节棍体外接球的表面积是4π×32=36π,故选:A.3.一个圆锥的侧面展开图的圆心角为90°,它的表面积为a,则它的底面积为()A.B.C.D.答案:A解析:解:设圆锥的母线为l,所以圆锥的底面周长为:,底面半径为:=,底面面积为:.圆锥的侧面积为:,所以圆锥的表面积为:+=a,底面面积为:=.故选A.4、如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为4,且侧棱AA1⊥底面ABC,其主视图是边长为4的正方形,则此三棱柱的侧视图的面积为()A.16B.2C.4D.答案:D解析:解:根据题中的直观图和三视图,结合题意可得∵主视图是边长为4的正方形,∴三棱柱的侧棱与底面垂直,底面是边长为4的等边三角形,作出底面等边三角形的高,可得等边三角形的高为4sin60°=2,∵侧视图是以侧棱长为一边、底面三角形的高为另一边的矩形∴侧视图的面积S=4×=故选:D5.三棱锥P-ABC的侧棱PA,PB,PC两两互相垂直,且PA=PB=PC=2,则三棱锥P-ABC的外接球的体积是()A.2πB.4πC.πD.8π答案:B解析:解:以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱,作长方体如图则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC外接球.∵长方体的对角线长为2,∴球直径为2,半径R=,因此,三棱锥P-ABC外接球的体积是πR3=π×()3=4π故选:B.6.在正方体ABCD-A′B′C′D′中,过对角线BD‘的一个平面交AA′于点E,交CC′于点F.则下列结论正确的是()①四边形BFD′E一定是平行四边形②四边形BFD′E有可能是正方形③四边形BFD′E在底面ABCD的投影一定是正方形④四边形BFD′E有可能垂于于平面BB′D.A.①②③④B.①③④C.①②④D.②③④答案:B解析:解:①∵四边形BFD′E与面BCC′B′的交线为BF,与面ADD′A′的交线为D′E,且面BCC′B′∥面ADD′A′的交线为D′E,∴BF∥D′E,同理可证明出BE∥D′F,∴四边形BFD′E一定是平行四边形,故结论①正确.②当F与C′重合,E与A点重合时,BF显然与EB不相等,不能是正方形,当这不重合时,BF和BE不可能垂直,综合可知,四边形BFD′E不可能是正方形结论②错误.③∵四边形BFD′E在底面ABCD的投影是四边形A′B′C′D′,故一定是正方形,③结论正确.④当E,F分别是AA′,CC′的中点时,EF∥AC,AC⊥BD,∴EF⊥BD,BB′⊥面ABCD,AC⊂面ABCD,∴BB′⊥AC,∴BB′⊥EF,∵BB′⊂面BDD′B′,BD⊂面BDD′B′,BD∩BB′=B,∴EF⊥面BDD′B′,∵EF⊂四边形BFD′E,平面BB′D⊂面BDD′B′,∴面形BFD′E⊥面BDD′B′.故结论④正确.故选:B.7.如图,在四面体A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,若AB=BC=CD=1,则AD=()A.1B.C.D.2答案:C解析:解:∵AB⊥平面BCD,CD⊂面BCD,∴AB⊥CD,又CD⊥BC,∴CD⊥面ABC,∴CD⊥AC,又AB=BC=CD=1,∴AD2=AC2+CD2=AB2+BC2+CD2=3,∴AD=.故选C.8.已知a,b是空间两条异面直线,它们所成的角为80°,过空间一点P作直线l,使l与a,b所成角均为50°,这样的l有()A.1条B.2条C.3条D.4条答案:C解析:解:在空间取一点P,经过点P分别作a∥a‘,b∥b',设直线a'、b'确定平面α,当直线PM满足它的射影PQ在a'、b'所成角的平分线上时,PM与a'所成的角等于PM与b'所成的角因为直线a,b所成的角为80°,得a'、b'所成锐角等于80°所以当PM的射影PQ在a'、b'所成锐角的平分线上时,PM与a'、b'所成角的范围是[40°,90°).这种情况下,过点P有两条直线与a',b'所成的角都是50°当PM的射影PQ在a'、b'所成钝角的平分线上时,PM与a'、b'所成角的范围是[50°,90°).这种情况下,过点P有且只有一条直线(即PM⊂α时)与a',b'所成的角都是50°综上所述,过空间任意一点P可作与a,b所成的角都是50°的直线有3条故选:C.9.满足下面哪一个条件时,可以判定两个不重合的平面α与β平行()A.α内有无数个点到平面β的距离相等B.α内的△ABC与β内的△A"B"C"全等,且AA"∥BB"∥CC"C.α,β都与异面直线a,b平行D.直线l分别与α,β两平面平行答案:C解析:解:A错,若α∩β=a,b⊂α,a∥b,α内直线b上有无数个点到平面β的距离相等,则不能断定α∥β;B错,若α内的△ABC与β内的△A‘B'C'全等,如图,在正三棱柱中构造△ABC与△A'B'C'全等,但不能断定α∥β;C正确,因为分别过异面直线a,b作平面与平面α,β相交,可得出交线相互平行,从而根据面面平行的判定定理即可得出平面α与β平行;D错,若直线l分别与α,β两相交平面的交线平行,则不能断定α∥β;故选C.10.已知两个不同的平面α,β和两条不重合的直线m,n,有下列四个命题:①若m∥n,n⊂α,则m∥α;②若m∥α,n∥α,且m⊂β,n⊂β,则α∥β;③若m∥α,n⊂α,则m∥n;④若α∥β,m⊂α,则m∥β.其中正确命题的个数是()A.1个B.2个C.3个D.4个答案:A解析:解:①若m∥n,n⊂α,则m∥α或m⊂α,故原命题不正确;②若m∥α,n∥α,且m⊂β,n⊂β,则α∥β,对照面面平行的判定定理可知缺少条件“相交直线”,故不正确;③若m∥α,n⊂α,则m与n平行或异面或相交,故不正确;④若α∥β,m⊂α,则m∥β,根据面面平行的性质可知正确;故正确命题的个数是1个故选:A11.在直二面角α-AB-β的棱AB上取一点P,过P分别在α、β两个平面内作与棱成45°的斜线PC、PD,那么∠CPD的大小为()A.45°B.60°C.120°D.60°或120°答案:D解析:解:如图,当两斜线PC,PD同向时,在PC上取点C,过C作CG⊥AB于G,在平面β内过G作GD⊥AB,交PD于D,连结CD.∵二面角α-AB-β为直二面角,∴CG⊥β,则CG⊥GD.在Rt△CGP中,∵∠CPG=45°,设CG=a,则PG=a,∴PC=.在Rt△DGP中,∵∠DPG=45°,∴DG=PG=a,则PD=.在Rt△DGC中,∵CG=DG=a,∴CD=.∴△PCD是等边三角形,∴PC和PD所成角为60°;如图,当两斜线PC,PD异向时,在PC上取点C,过C作CG⊥AB于G,在PD上取点D,使PD=CG,连结CD,∵二面角α-AB-β为直二面角,∴CG⊥β,则CG⊥GD.设CG=a,在Rt△CGP中,∵∠CPG=45°,∴PG=a,则PC=,PD=CG=,∵∠BPD=45°,∴∠DPG=135°.在△DPG中,GD2=PG2+PD2-2PG•PDcos135°==5a2.∴CD2=CG2+GD2=a2+5a2=6a2.在△DPC 中,.∴∠DPC=120°.∴PC 和PD 所成角为120°.所以∠CPD 的大小为60°或120°.故选D .12、如图,将边长为1的正方形ABCD ,沿对角线BD 折起来,使平面ABD ⊥平面C ′BD ,则AC ′=( )A .1B .C .D .答案:A解析:解:取BD 的中点O ,连接OA ,OC ′,则∵将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起来,使平面ABD ⊥平面C ′BD , ∴AO ⊥CO ,AO=CO=,∴AC ′==1故选:A .13.一个正四棱锥的底面面积为Q ,则它的中截面(过各侧棱的中点的截面)的边长是( )C /AB C D OA .B .C .D .答案:A解析:解:由棱锥的几何特征可得棱锥的中截面与棱锥的底面是相似图形且相似比为则棱锥的中截面与棱锥的底面的面积之比为相似比的平方又∵棱锥的底面面积是Q ,∴棱锥的中截面面积是,则它的中截面的边长是故选A .14.某几何体的三视图如图实数,则当x+y 取最大值时,该几何体的体积为()A .B .C .D .答案:A解析: 正视图 侧视图 俯视图xyξ6 11解:该几何体是长方体一角,如图所示,可知AC=,BD=1,BC=y,AB=x.设CD=a,AD=b,则a2+b2=6,a2+1=y2,b2+1=x2,消去a2,b2得x2+y2=8≥,所以x+y≤4,当且仅当x=y=2时等号成立,此时a=b=,所以V==.故选A.15.空间三条直线a,b,c中,b和c是一对异面直线,取三条直线中某两条直线确定平面,那么可以确定平面个数是()A.0或1B.1或2C.0或2D.0或1或2答案:D解析:解:∵b和c是一对异面直线若a与b,c均相交,则可以确定两个平面;若a与b,c中一条平行与另一条相交,则可以确定两个平面;若a与b,c中一条平行与另一条异面,则可以确定一个平面;若a与b,c中一条相交与另一条异面,则可以确定一个平面;若a与b,c均异面,则可以确定零个平面;故选D16.已知二面角α-l-β的大小为60°,且m⊥α,n⊥β,则异面直线m,n所成的角为()A.30°B.120°C.90°D.60°答案:D解析:解:因为m,n为异面直线,且m⊥α,n⊥β,所以m,n所成的角就是二面角α-l-β的大小,因为二面角α-l-β的大小为60°,所以是60°故选D.17.设α、β表示平面,l表示不在α内也不在β内的直线,给出下列命题:①若l⊥α,l∥β,则α⊥β;②若l∥β,α⊥β,则l⊥α;③若l⊥α,α⊥β,则l∥β.其中正确的命题是()A.①③B.①②C.②③D.①②③答案:A解析:解:①,由l∥β,可以知道过l的平面与β相交,设交线为m,则l∥m,又l⊥α,所以m ⊥α,m⊂β,故α⊥β,正确;②,由l∥β,α⊥β,则l与α可以平行、相交垂直,故错误;③,l⊥α,α⊥β,则l与β平行或在β内,而条件是l表示不在α内也不在β内的直线,故只有l∥β,正确.故选A.18.三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=AC=1,△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°.若E为PC 中点,则BE与平面PAC所成的角的大小等于()A.30°B.45°C.60°D.90°答案:B解析:解:作PO⊥平面ABC,垂足为O则∠POA=∠POB=∠POC=90°,而PA=PB=PC,PO是△POA、△POB、△POC的公共边∴△POA≌△POB≌△POC∴AO=BO=CO,则点O为三角形ABC的外心∵△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°∴点O为AC的中点,则BO⊥AC而PO⊥BO,PO∩AC=O∴BO⊥平面PAC,连接OE∴∠BEO为BE与平面PAC所成的角∵点O为AC的中点,E为PC中点,PA=PB=PC=AC=1,ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°∴OE为中位线,且OE=,BO=又∵∠BOE=90°∴∠BEO=45°即BE与平面PAC所成的角的大小为45°故选B.19.在正方体A1C中,对角线A1C与平面B1BCC1所成的角是()A.∠A1CB1B.∠A1CC1C.∠A1CB D.∠A1B1C答案:A解析:解:∵正方体A1C中,A1B1⊥平面B1BCC1,∴直线B1C是直线A1C在平面B1BCC1内的射影因此∠A1CB1就是直线A1C与平面B1BCC1所成的角故选:A20.若m、n是两条不同的直线,α、β、γ是三个不同的平面,则下列命题中真命题是()A.若m⊥β,m∥α,则α⊥βB.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥βC.若m⊂β,α⊥β,则m⊥αD.若α⊥γ,α⊥β,则β⊥γ答案:A解析:解:对于A,m∥α,过m的平面与α交于n,则m∥n,∵m⊥β,∴n⊥β,∵n⊂α,∴α⊥β,故正确;对于B,不正确.如图,若平面ABCD∩平面ABFE=AB,平面ABFE∩平面CDEF=EF,AB∥EF,但平面ABCD与平面CDEF不平行.对于C,因为若α⊥β,m⊂β,则m与α的位置关系不确定,故m与α可能相交,可能平行,也可能是m⊂α,对于D,因为γ,β垂直于同一个平面α,故γ,β可能相交,可能平行.故选:A.二.填空题(共__小题)21.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起,使得BD=a,则三棱锥D-ABC的体积是______.答案:解析:解:如图,由题意知DE=BE=a,BD=a由勾股定理可证得∠BED=90°故三角形BDE面积是a2又正方形的对角线互相垂直,且翻折后,AC与DE,BE仍然垂直,故AE,CE分别是以面BDE 为底的两个三角形的高故三棱锥D-ABC的体积为×a ×a2=故答案为:.22.如图,图①、②、③是图④表示的几何体的三视图,其中图①是______,图②是______,图③是______(说出视图名称).答案:主视图左视图俯视图解析:解:根据三视图的定义,可得图①是主视图,图②是左视图,图③是俯视图.故答案为:主视图、左视图、俯视图.23.若空间四边形ABCD的两条对角线AC,BD的长分别为4,6,过AB的中点E且平行BD,AC的截面四边形的周长为______.答案:10解析:解:设截面四边形为EFGH,F、G、H分别是BC、CD、DA的中点,∴EF=GH=2,FG=HE=3,∴周长为2×(2+3)=10.故答案为:10.24、如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:①;②∠BAC=60°;③三棱锥D-ABC是正三棱锥;④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直.其中正确结论的序号是______.(请把正确结论的序号都填上)答案:②③解析:解:BD⊥平面ADC,⇒BD⊥AC,①错;AB=AC=BC,②对;DA=DB=DC,结合②,③对④错.故答案为:②③25.直角三角形ABC中,CA=CB=,M为AB的中点,将△ABC沿CM折叠,使A、B之间的距离为1,则三棱锥M-ABC外接球的体积为______.答案:解析:解:∵Rt△ABC中CA=CB=,∴AB=2,又∵M为AB的中点,∴MA=MB=MC=1,故对折后三棱锥M-ABC的底面为边长为1的等边三角形,如下图所示:其外接球可化为以MAB 为底面,以MC 为高的正三棱柱的外接球,设三棱锥M-ABC 外接球的球心为O ,则球心到MAB 的距离d=MC=,平面MAB 的外接圆半径r=,故三棱锥M-ABC 外接球的半径R===, 则外接球的体积为V=R 3== 故答案为:.三.简答题(共__小题)26、如图,多面体ABCDEFG 中,AB ,AC ,AD 两两垂直,平面ABC ∥平面DEFG ,平面BEF ∥平面ADGC ,AB=AD=DG=2,AC=EF=1.(1)证明四边形ABED 是正方形;(2)判断点B ,C ,F ,G 是否四点共面,并说明为什么?(3)连接CF,BG,BD,求证:CF⊥平面BDG.答案:证明:(1),同理AD∥BE,则四边形ABED是平行四边形.又AD⊥DE,AD=DE,∴四边形ABED是正方形(2)取DG中点P,连接PA,PF.在梯形EFGD中,FP∥DE且FP=DE.又AB∥DE且AB=DE,∴AB∥PF且AB=PF∴四边形ABFP为平行四边形,∴AP∥BF在梯形ACGD中,AP∥CG,∴BF∥CG,∴B,C,F,G四点共面(3)同(1)中证明方法知四边形BFGC为平行四边形.且有AC∥DG、EF∥DG,从而AC∥EF,∴EF⊥AD,BE∥AD又BE=AD=2、EF=1故,而,故四边形BFGC为菱形,CF⊥BG又由AC∥EF且AC=EF知CF∥AE.正方形ABED中,AE⊥BD,故CF⊥BD.27、如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB平行于CD,,AD1⊥A1C,E是A1B1中点.(1)求证:CD⊥A1D1.(2)求二面角C-D1E-B1的大小.答案:解:(1)∵ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱且AD=DD1;∴四边形AA1D1D是正方形,∴AD1⊥A1D,∵AD1⊥A1C,A1D∩A1C=A1;∴AD1⊥平面DA1C;∴AD1⊥DC∵DD1⊥DC,DD1∩AD1=D1;∴DC⊥平面AA1D1D;∴DC⊥A1D1(2)由(1)知以D1为坐标原点,建立空间直角坐标系;C(0,1,1);E(1,1,0);;由题意,平面D1EB1的法向量为=(0,0,1)设平面CD1E的法向量=(x,y,z),则,令y=-1,则=(1,-1,1)∴;由图形知,二面角C-D1E-B1为锐角,∴二面角C-D1E-B1的大小为.28、如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC,AA1=AB,D为BB1的中点,E为AB1上的一点,AE=3EB1.(Ⅰ)证明:DE为异面直线AB1与CD的公垂线;(Ⅱ)设异面直线AB1与CD的夹角为45°,求二面角A1-AC1-B1的大小.答案:解:(1)连接A1B,记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1BB1为正方形,故A1B⊥AB1,且AF=FB1,又AE=3EB1,所以FE=EB1,又D为BB1的中点,故DE∥BF,DE⊥AB1.作CG⊥AB,G为垂足,由AC=BC知,G为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B.连接DG,则DG∥AB1,故DE⊥DG,由三垂线定理,得DE⊥CD.所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.(2)因为DG∥AB1,故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角,∠CDG=45°设AB=2,则AB1=,DG=,CG=,AC=.作B1H⊥A1C1,H为垂足,因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1,故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1,K为垂足,连接B1K,由三垂线定理,得B1K⊥AC1,因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.B1H=,C1H=,AC1=,HK=tan∠B1KH=,∴二面角A1-AC1-B1的大小为arctan.29.按下列叙述画出图形(不必写作法):直线a,b相交于点M,点N不在直线a,b上,点N分别与直线a,b确定平面α,β.答案:解:满足直线a,b相交于点M,点N不在直线a,b上,点N分别与直线a,b确定平面α,β的图象如下图所示:30、如图,已知四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,ABCD是直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,BC=2AD.(1)求证:AB⊥PD;(2)在线段PB上是否存在一点E,使AE∥平面PCD,若存在,指出点E的位置并加以证明;若不存在,请说明理由.答案:解:(1)证明∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴PA⊥AB.∵AB⊥AD,PA∩AD=A,∴AB⊥平面PAD,∵PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD.(2)取线段PB的中点E,PC的中点F,连接AE,EF,DF,则EF是△PBC中位线.∴EF∥BC,,∵AD∥BC,,∴AD∥EF,AD=EF.∴四边形EFDA是平行四边形,∴AE∥DF.∵AE⊄平面PCD,DF⊂平面PCD,∴AE∥平面PCD.∴线段PB的中点E是符合题意要求的点.∴平面AEF∥平面PCD.∵AE⊂平面AEF,∴AE∥平面PCD.∴线段PB的中点E是符合题意要求的点.。
高中数学立体几何习题(含答案与解析)

立体几何试卷五一、选择题1、线段AB 在平面α内,则直线AB 与平面α的位置关系是A 、AB α⊂ B 、AB α⊄C 、由线段AB 的长短而定D 、以上都不对 2、下列说法正确的是A 、三点确定一个平面B 、四边形一定是平面图形C 、梯形一定是平面图形D 、平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点 3、垂直于同一条直线的两条直线一定A 、平行B 、相交C 、异面D 、以上都有可能 4、在正方体1111ABCD A B C D -中,下列几种说法正确的是A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45角D 、11AC 与1B C 成60角 5、若直线l 平面α,直线a α⊂,则l 与a 的位置关系是A 、l aB 、l 与a 异面C 、l 与a 相交D 、l 与a 没有公共点6、下列命题中:(1)、平行于同一直线的两个平面平行;(2)、平行于同一平面的两个平面平行;(3)、垂直于同一直线的两直线平行;(4)、垂直于同一平面的两直线平行.其中正确的个数有 A 、1 B 、2 C 、3 D 、4 二、填空题1、等体积的球和正方体,它们的表面积的大小关系是S 球_____S 正方体(填”大于、小于或等于”).2、正方体1111ABCD A B C D -中,平面11AB D 和平面1BC D 的位置关系为3、已知PA 垂直平行四边形ABCD 所在平面,若PC BD ⊥,平行则四边形ABCD 一定是 .4、如图,在直四棱柱A 1B 1C 1 D 1-ABCD 中,当底面四边形ABCD 满足条件_________时,有A 1 B ⊥B 1 D 1. 5.正三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且侧棱长为a ,则P 点到面ABC 的距离是6.三个平面两两垂直,它们的三条交线交于一点O ,P 到三个面的距离分别是6,8,10,则OP 的长为 。
(理科)已长方体的全面积是8,则其对角线长的最小值是 认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形.) 三、解答题1、已知圆台的上下底面半径分别是2、5,且侧面面积等于两底面面积之和,求该圆台的母线长.(10分) 2、已知E 、F 、G 、H 为空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上的点,且EH∥FG.求证:EH ∥BD . (12分)3、已知ABC ∆中90ACB ∠=,SA ⊥面ABC ,AD SC ⊥,求证:AD ⊥面SBC .(12分)4、一块边长为10cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下,H G FE DB A CSD CB A四棱锥形容器,试建立容器的容积V 与x 的函数关系式,并求出函数的定义域. (12分)5、已知正方体1111ABCD A B C D -,O 是底ABCD 对角线的交点. 求证:(1)1C O 面11AB D ;(2 )1AC ⊥面11AB D . (14分)6、已知△BCD 中,∠BCD =90°,BC =CD =1,AB ⊥平面BCD ,∠ADB =60°,E 、F 分别是AC 、AD 上的动点,且(01).AE AFAC AD λλ==<< (Ⅰ)求证:不论λ为何值,总有平面BEF ⊥平面ABC ;(Ⅱ)当λ为何值时,平面BEF ⊥平面ACD ? (14分)7、如图3所示,一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形冰淇淋,如果冰淇淋融化了,会溢出杯子吗?8、矩形ABCD 中,1,(0)AB BC a a ==>,PA ⊥平面AC ,BC 边上存在点Q ,使得PQ QD ⊥,求a 的取值范围.参考答案选择ACDDDB填空1、小于2、平行3、菱形4、1111AC B D 对角线与互相垂直5、设P 点到面ABC 的距离为h ,由体积公式可得:()3261231a h a =⋅,故a h 332=。
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高三数学章节训练题37《立体几何》
时量:60分钟 满分:80分 班级: 姓名: 计分:
个人目标:□优秀(70’~80’) □良好(60’~69’) □合格(50’~59’) 一、选择题:本大题共5小题,每小题5分,满分25分. 1. 下列四个命题中,正确的一个是( )
A.空间的三个点确定一个平面
B.四边形一定是平面图形
C.梯形一定是平面图形
D.六边形一定是平面图形 2. 已知一几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
40π+
40π+
40+
40+ 3. 一个圆锥的母线长为20cm ,母线与轴的夹角为30,则圆锥的高为( )
A.
B. C.20cm D.10cm 4. 平面αβ⊥,直线b α⊂,m β⊂,且b m ⊥,则b 与β( ). A.b β⊥ B.b 与β斜交 C.//b β D.位置关系不确定
5. 过三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有( )条.
A.2
B.4
C.6
D.8 二、填空题:本大题共3小题,每小题5分,满分15分.
6. 如图所示,PA ⊥平面ABC ,∠ACB =90°,且PA =AC =BC =2,则:①二面角P ―BC ―A 的大小为 ;② PB 与底面ABC 所成的角的正切值等于 .
7. 有以下四个命题○
1a //α,b a b α⊥⇒⊥;○2,//a b b a αα⊥⊥⇒○3//,a b b a αα⊥⇒⊥ ○
4,//a b b a αα⊥⇒⊥. 其中正确的命题是: . 8. 柱体的体积计算公式为“底面积⨯高=V 柱”,将一块84⨯的矩形折成一个四棱柱的侧面,则卷成的棱柱的体积是 ;如折成的是正三棱柱的侧面,则体积是 . 三、解答题:本大题共3小题,满分40分,第9、10小题各12分,第11小题16分. 解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.
9. 粉碎机的下料斗是无底、无盖的正四棱台形,它的上、下底面边长分别为40cm 、50cm ,
高是cm, 计算制造这样一个下料斗所需铁板的面积.(结果保留到12cm )
P
A
B
C
10. 在正四棱锥ABCD P -中,2=PA ,直线PA 与平面ABCD 所成的角为
60,求
正四棱锥ABCD P -的体积V .
11. 如图所示,在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中,
E 、
F 分别为1DD 、DB 的中点.
(1)求证:EF //平面11ABC D ; (2)求证:1EF B C ⊥; (3)求三棱锥EFC B V -1的体积.
C
D
B
F
E
D 1
C 1
B 1
A
A 1
P
B C
A D
P
B C
A D
O
高三数学章节训练题 1~5 CAADC
6. 1个或3个
7. ○
1和○3 8. 16
或8
9. 解:根据题意,只需求出这个下料斗的侧面积即可. 如图,1140,
50,B C BC
EF ===1EC FC ∴==,110C C
∴=.
即侧面梯形的上底为40,下底为50,腰为10
,故侧面梯形的高
为21
4(4050)1559()2
S cm =⨯+⨯≈.
所以,制造这样一个下料斗所需铁板的面积约为21559cm .
10. 解:作⊥PO 平面ABCD ,垂足为O .连接AO ,O 是 正方形ABCD 的中心,PAO ∠是直线PA 与平面ABCD 所成的角.
PAO ∠= 60,2=PA .∴ 3=PO .
1=AO
,2=AB ,
11233ABCD V PO S ∴==⨯= 11. 解:(1)连结1BD ,在B DD 1∆中,E 、F 分别为1D D ,DB 的中点,则
11111111////EF D B
D B ABC D EF ABC D EF ABC D ⎫⎪
⊂⇒⎬⎪⊄⎭
平面平面平面
2)1111111,B C AB
B C BC AB B C ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⎪
⎬⊂⎪⎪=⎭
平面⇒111111B C ABC D BD ABC D ⊥⎫⇒
⎬⊂⎭
平面平面111//B C BD EF BD ⊥⎫⎬⎭1EF B C ⇒⊥
(3)
1
1CF BDD B ⊥平面1CF EFB ∴⊥平面
且 CF BF ==
11
2
EF BD
==
1
B F =
==13B E ===,∴22211EF B F B E +=,即190EFB ∠= 11113B EFC C B EF B EF V V S CF --∆∴==⋅⋅=1
1132EF
B F CF ⨯⋅⋅
⋅
=11
132
⨯=
C
D
B F
E
D 1
C 1
B 1
A
A 1。