最新高二空间几何练习题
高二数学空间几何体试题
高二数学空间几何体试题 1. 设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ） A． B． C． D．
【答案】C 【解析】根据题意分别画出错误选项的反例图形即可．解：A、B、D的反例如
图． 故选C． 【考点】线面、面面垂直、平行的性质, 点评：本题考查线面垂直、平行的性质及面面垂直、平行的性质，同时考查充分条件的含义及空间想象能力．
2. 下面关于四棱柱的四个命题： ① 若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ② 若有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③ 若四个侧面面面全等，则该四棱柱为直四棱柱； ④ 若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱。 其中真命题的编号是 （写出所有真命题的编号）。 【答案】②④ 【解析】①中只有两侧面相交且都垂直于底面时该四棱柱为直四棱柱③四个侧面还可能都是全等的平行四边形，此时棱柱不是直棱柱②④由线面垂直的判定定理可知棱柱为直棱柱 【考点】直四棱柱的判定 点评：直四棱柱是侧棱与底面垂直的四棱柱，四个侧面，对角面都是矩形
3. 在一个棱长为4的正方体封闭的盒内，有一个半径等于1的小球，若小球在盒内任意地运动，则小球达不到的空间的体积为______________
【答案】
【解析】小球在运动过程中8个顶点处所不能到达的体积是，12条棱处小球不能到达的体积是，所以总体积为 【考点】正方体，球的体积及空间想象力 点评：本题对于学生来说难度较大，主要是不易想像出小球在运动时所不能到达的位置构成的几何体形状
4. 图中多面体是过正四棱柱的底面正方形ABCD的顶点A作截面AB1C1D1而截得的，且B1B=D1D。已知截面AB1C1D1与底面ABCD成30度的二面角，AB=1，则这个多面体的体积为
（ ）
A． B． C． D． 【答案】D 【解析】作D1E∥DC，连接B1D1，B1E，BD，则几何体被分割成两个棱锥与一个棱柱 ∵截面AB1C1D1与底面成30°的二面角，∴∠CAC1=30°
高中数学必修二(空间几何体)测试题练习
高中必修二数学测试题（一）一．单选题（共__小题）1．一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．水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是（）A．定B．有C．收D．获二．填空题（共__小题）3．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______．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）5．在三棱锥P-ABC中，给出下列四个命题：①如果PA⊥BC，PB⊥AC，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；②如果点P到△ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC 的内心；③如果棱PA和BC所成的角为60？，PA=BC=2，E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1；④三棱锥P-ABC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-ABC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-arccos．其中正确命题的序号是______．6．一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）7．摆放在桌面上的三个半径为1的球两两相切，在桌面与三球之间的空间中再摆入一个小球与三球和桌面都相切，求小球的半径．8．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．正三棱台的高为3，上、下底面边长分别为2和4，求这个棱台的侧棱长和斜高．已知三棱锥S-ABC的三条侧棱SA、SB、SC两两互相垂直且长度分别为a、b、c，设O为S在底面ABC上的射影．求证：（1）O为△ABC的垂心；（2）O在△ABC内；（3）设SO=h，则++=．答案：一．单选题（共__小题）1．一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．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[MISSING IMAGE]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．水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是（）A．定B．有C．收D．获答案：B解析：解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“努”与面“有”相对，所以图中“努”在正方体的后面，则这个正方体的前面是“有”．故选B．二．填空题（共__小题）3．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．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：②③5．在三棱锥P-ABC中，给出下列四个命题：①如果PA⊥BC，PB⊥AC，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；②如果点P到△ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC 的内心；③如果棱PA和BC所成的角为60？，PA=BC=2，E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1；④三棱锥P-ABC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-ABC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-arccos．其中正确命题的序号是______．答案：①④⑤解析：解：①若PA⊥BC，PB⊥AC，因为PH⊥底面ABC，所以AH⊥BC，同理BH⊥AC，可得H是△ABC的垂心，正确．②若PA=PB=PC，易得AH=BH=CH，则H是△ABC的外心，不正确．③如果棱PA和BC所成的角为60°，PA=BC=2，E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1或；不正确．④如果三棱锥P-ABC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-ABC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-arccos，正确．故答案为：①④⑤．6．一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：解析：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）7．摆放在桌面上的三个半径为1的球两两相切，在桌面与三球之间的空间中再摆入一个小球与三球和桌面都相切，求小球的半径．答案：解：设三个半径为1的球的球心分别为O1，O2，O3，与桌面三个切点分别为A，B，C，如下图所示：则三棱柱ABC-O1O2O3，是一个底面边长为2，高为1的正三棱柱，则小球球心O在底面ABC上的投影必为△ABC的中心H，设小球半径为R，在△AOH中，AO=R+1，AH=则OH=又∵R+OH=1解得R=解析：解：设三个半径为1的球的球心分别为O1，O2，O3，与桌面三个切点分别为A，B，C，如下图所示：则三棱柱ABC-O1O2O3，是一个底面边长为2，高为1的正三棱柱，则小球球心O在底面ABC上的投影必为△ABC的中心H，设小球半径为R，在△AOH中，AO=R+1，AH=则OH=又∵R+OH=1解得R=8．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，∵PO⊥平面ABCD，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°，∴∠PAO=45°，∴PO=OA=，PO1=O1A1=a．分别取AB，A1B1的中点E，E1，连接OE，O1E1．则PE==，PE1==．∴斜高EE1=PE-PE1=．∴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，∴EE1=．∴OO1===．解析：解：（1）如图所示，∵PO⊥平面ABCD，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°，∴∠PAO=45°，∴PO=OA=，PO1=O1A1=a．分别取AB，A1B1的中点E，E1，连接OE，O1E1．则PE==，PE1==．∴斜高EE1=PE-PE1=．∴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，∴EE1=．∴OO1===．正三棱台的高为3，上、下底面边长分别为2和4，求这个棱台的侧棱长和斜高．答案：解：如图所示，正三棱台ABC-A1B1C1中，高OO1=3，底面边长为A1B1=2，AB=4，∴OA=×AB=，O1A1=×A1B1=，∴棱台的侧棱长为AA1==；又OE=×AB=，O1E1=×A1B1=，∴该棱台的斜高为EE1==．解析：解：如图所示，正三棱台ABC-A1B1C1中，高OO1=3，底面边长为A1B1=2，AB=4，∴OA=×AB=，O1A1=×A1B1=，∴棱台的侧棱长为AA1==；又OE=×AB=，O1E1=×A1B1=，∴该棱台的斜高为EE1==．已知三棱锥S-ABC的三条侧棱SA、SB、SC两两互相垂直且长度分别为a、b、c，设O为S在底面ABC上的射影．求证：（1）O为△ABC的垂心；（2）O在△ABC内；（3）设SO=h，则++=．答案：证明：（1）∵SA⊥SB，SA⊥SC，∴SA⊥平面SBC，BC⊂平面SBC．∴SA⊥BC．而AD是SA在平面ABC上的射影，∴AD⊥BC．同理可证AB⊥CF，AC⊥BE，故O为△ABC的垂心．（2）证明△ABC为锐角三角形即可．不妨设a≥b≥c，则底面三角形ABC中，AB=为最大，从而∠ACB为最大角．用余弦定理求得cos∠ACB=＞0，∴∠ACB为锐角，△ABC为锐角三角形．故O在△ABC内．（3）SB•SC=BC•SD，故SD=，=+，又SA•SD=AD•SO，∴===+=++=．解析：证明：（1）∵SA⊥SB，SA⊥SC，∴SA⊥平面SBC，BC⊂平面SBC．∴SA⊥BC．而AD是SA在平面ABC上的射影，∴AD⊥BC．同理可证AB⊥CF，AC⊥BE，故O为△ABC的垂心．（2）证明△ABC为锐角三角形即可．不妨设a≥b≥c，则底面三角形ABC中，AB=为最大，从而∠ACB为最大角．用余弦定理求得cos∠ACB=＞0，∴∠ACB为锐角，△ABC为锐角三角形．故O在△ABC内．（3）SB•SC=BC•SD，故SD=，=+，又SA•SD=AD•SO，∴===+=++=．高中必修二数学测试题（二）一．单选题（共__小题）如图，在正方体中ABCD-A1B1C1D1，M为BC的中点，点N在四边形CDD1C1及其内部运动．若MN⊥A1C1，则N点的轨迹为（）A．线段B．圆的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分2．用一个平面去截正四面体，使它成为形状，大小都相同的两个几何体，则这样的平面的个数有（）A．6个B．7个C．10个D．无数个3．用一个平面去截一个正方体，所得截面不可能是（1）钝角三角形；（2）直角三角形；（3）菱形；（4）正五边形；（5）正六边形．下述选项正确的是（）A．（1）（2）（5）B．（1）（2）（4）C．（2）（3）（4）D．（3）（4）（5）4．已知一个正六棱锥的体积为12，底面边长为2，则它的侧棱长为（）A．4B．C．D．25．以正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点为顶点的四棱锥的个数是（）A．48B．40C．36D．24（2015秋•南昌校级期中）如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2）．有下列四个结论，其中错误的代号是（）A．若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满B．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点PC．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点PD．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是（）A．D1O∥平面A1BC1B．D1O⊥平面AMCC．异面直线BC1与AC所成的角等于60°D．点B到平面AMC的距离为二．填空题（共__小题）8．一平面与正方形的十二条棱所成的角都等于α，则sin12α=______．9．一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______．在下面4个平面图形中，是右面正四面体（侧棱和底面边长相等的正三棱锥）的展开图的序号有______．（把你认为正确的序号都填上）三．简答题（共__小题）11．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M、N、P分别是CC1、B1C1、C1D1的中点．求证：∠NMP=∠BA1D．如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且SA⊥BC．（1）求证：S-ABC为正三棱锥；（2）已知SA=a，求S-ABC的全面积．高中必修二数学测试题（二）一．单选题（共__小题）如图，在正方体中ABCD-A1B1C1D1，M为BC的中点，点N在四边形CDD1C1及其内部运动．若MN⊥A1C1，则N点的轨迹为（）A．线段B．圆的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分答案：A解析：解：正方体中ABCD-A1B1C1D1中，M为BC的中点，点N在四边形CDD1C1及其内部运动；如图所示，取CD、C1D1的中点Q、P，连接PQ，当点N在线段PQ上时，MN⊥A1C1；因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接B1D1，交A1C1于点O，∴B1D1⊥A1D1，取B1C1的中点E，连接PE，则PE∥B1D1，∴PE⊥A1C1；又CC1⊥平面A1B1C1D1，PQ∥CC1，∴PQ⊥平面A1B1C1D1，∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴PQ⊥A1C1；且PQ∩PE=P，∴A1C1⊥平面PQME，PQ⊂平面PQME，∴A1C1⊥PQ；∴N点的轨迹为线段PQ．故选：A．2．用一个平面去截正四面体，使它成为形状，大小都相同的两个几何体，则这样的平面的个数有（）A．6个B．7个C．10个D．无数个答案：D解析：解：∵正四面体是中心对称图形，∴平面过正四面体的中心，则分成为形状，大小都相同的两个几何体，可判断这样的平面有无数个，故选；D3．用一个平面去截一个正方体，所得截面不可能是（1）钝角三角形；（2）直角三角形；（3）菱形；（4）正五边形；（5）正六边形．下述选项正确的是（）A．（1）（2）（5）B．（1）（2）（4）C．（2）（3）（4）D．（3）（4）（5）答案：B解析：解：如图所示截面为三角形ABC，OA=a，OB=b，OC=c，AC2=a2+c2，AB2=a2+b2，BC2=b2+c2∴cos∠CAB==＞0，∴∠CAB为锐角，同理∠ACB与∠ABC也为锐角，即△ABC为锐角三角形；如右图，取相对棱的中点，得到的四边形是菱形；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，如图为正六边形；经过正方体的一个顶点去切就可得到5边形．但此时不可能是正五边形．故不可能是（1）（2）（4）．故选：B．4．已知一个正六棱锥的体积为12，底面边长为2，则它的侧棱长为（）A．4B．C．D．2答案：A解析：解：由于正六棱锥可知底面是六个正三角形组成，∴底面积S=6×=6，∴体积V==12，∴h=，夺直角三角形SOB中，侧棱长为SB=．故选A．5．以正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点为顶点的四棱锥的个数是（）A．48B．40C．36D．24答案：A解析：解：要构成四棱锥，须有4个点共面．4点共面时，这4个点可以在正方体的表面的4个顶点，也可以是对角面的4个顶点，共6+6=12种情况，每一种情况都可构成4个四棱锥∴一共可构成48个四棱锥故选A（2015秋•南昌校级期中）如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2）．有下列四个结论，其中错误的代号是（）A．若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满B．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点PC．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点PD．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半答案：D解析：解：设图1中水的高度h2，几何体的高为h1，底面正方形的边长为b；则图2中水的体积为b2h1-b2h2=b2（h1-h2），即b2h2=b2（h1-h2），解得h1=h2，所以正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半是错误的，即D错误．对于A，往容器内再注入a升水，水面将升高h2，则h2+h2=h2=h1，容器恰好能装满，A 正确；对于B，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，占容器内空间的一半，所以水面也恰好经过P点，B正确；对于C，任意摆放该容器，当水面静止时，P点在长方体中截面上，始终占容器内空间的一半，所以水面都恰好经过点P，C正确．故选：D．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是（）A．D1O∥平面A1BC1B．D1O⊥平面AMCC．异面直线BC1与AC所成的角等于60°D．点B到平面AMC的距离为答案：D解析：解：如图，连接B1D1，交A1C1于N，则可证明OD1∥BN，由OD1⊄面A1BC1，BN⊂面A1BC1，可得D1O∥面A1BC1，A正确；由三垂线定理的逆定理可得OD1⊥AC，设正方体棱长为2，可求得OM2=3，，，则，有OD1⊥OM，由线面垂直的判定可得D1O⊥平面AMC，B正确；由正方体的面对角线相等得到△A1BC1为正三角形，即∠A1C1B=60°，∴异面直线BC1与AC所成的角等于60°，C正确；设点B到平面AMC的距离为d，正方体的棱长为2a，则，，由V B-AMC=V A-BCM，得，即，解得：d=，D错误．故选：D．二．填空题（共__小题）8．一平面与正方形的十二条棱所成的角都等于α，则sin12α=______．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AB1D1中心的距离为：×=，∴A1点到面AB1D1距离为：=，∴sinα=∴sin12α=（）6=，故答案为：9．一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2在下面4个平面图形中，是右面正四面体（侧棱和底面边长相等的正三棱锥）的展开图的序号有______．（把你认为正确的序号都填上）答案：①②解析：解：把四面体的底面固定不动，沿三条侧棱剪开，展在平面上，即得①，把四面体的底面和相邻的一个侧面的棱不剪，其余的棱剪开，展开在一个平面上，得到②，但不论怎么展开，展开图不会是③和④，故答案为：①②．三．简答题（共__小题）11．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M、N、P分别是CC1、B1C1、C1D1的中点．求证：∠NMP=∠BA1D．答案：证明：连接B1D1、B1C，∵正方体AC1中，A1B1∥CD且A1B1=CD∴四边形A1B1CD是平行四边形，可得A1D∥CB1又∵△B1C1C中，M、N分别是CC1、B1C1的中点．∴MN∥CB1∴A1D∥MN同理，可得PM∥A1B．∵∠NMP与∠BA1D方向相同，∴∠NMP=∠BA1D．解析：证明：连接B1D1、B1C，∵正方体AC1中，A1B1∥CD且A1B1=CD∴四边形A1B1CD是平行四边形，可得A1D∥CB1又∵△B1C1C中，M、N分别是CC1、B1C1的中点．∴MN∥CB1∴A1D∥MN同理，可得PM∥A1B．∵∠NMP与∠BA1D方向相同，∴∠NMP=∠BA1D．如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且SA⊥BC．（1）求证：S-ABC为正三棱锥；（2）已知SA=a，求S-ABC的全面积．答案：（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可．作三棱锥S-ABC的高SO，O为垂足，连接AO并延长交BC于D．因为SA⊥BC，所以AD⊥BC．又侧棱与底面所成的角都相等，从而O为△ABC的外心，OD为BC的垂直平分线，所以AB=AC．又∠BAC=60°，故△ABC为正三角形，且O为其中心．所以S-ABC为正三棱锥．（2）解：在Rt△SAO中，由于SA=a，∠SAO=60°，所以SO=a，AO=a．因O为重心，所以AD=AO=a，BC=2BD=2ADcot60°=a，OD=AD=a．在Rt△SOD中，SD2=SO2+OD2=（a）2+（a）2=，则SD=a．于是，（S S-ABC）全=•（a）2sin60°+3••a•a=a2．解析：（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可．作三棱锥S-ABC的高SO，O为垂足，连接AO并延长交BC于D．因为SA⊥BC，所以AD⊥BC．又侧棱与底面所成的角都相等，从而O为△ABC的外心，OD为BC的垂直平分线，所以AB=AC．又∠BAC=60°，故△ABC为正三角形，且O为其中心．所以S-ABC为正三棱锥．（2）解：在Rt△SAO中，由于SA=a，∠SAO=60°，所以SO=a，AO=a．因O为重心，所以AD=AO=a，BC=2BD=2ADcot60°=a，OD=AD=a．在Rt△SOD中，SD2=SO2+OD2=（a）2+（a）2=，则SD=a．于是，（S S-ABC）全=•（a）2sin60°+3••a•a=a2．。
高二数学选修2-1第三章 空间向量与立体几何练习题及答案
第三章 空间向量与立体几何空间向量的数乘运算 测试题姓名：_________班级：________ 得分：_______ 1. 下列命题中不正确的命题个数是( )①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB +BC + CD +DA =0；②对空间任意点O 与不共线的三点A 、B 、C ，若OP =x OA +y OB +z OC （其中x 、y 、z ∈R ），则P 、A 、B 、C 四点共面；③若a 、b 共线，则a 与b 所在直线平行。
A .1B .2C .3D .42.设OABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上一点，且OG =3GG 1，若OG =x OA +y OB +z OC ，则（x ，y ，z ）为( )A .（41，41，41） B .（43，43，43） C .（31，31，31） D .（32，32，32） 3．在平行六面体ABCD －EFGH 中，AG xAC y AF z AH =++，________.x y z ++=则4.已知四边形ABCD 中，AB =a －2c ，CD =5a +6b －8c ，对角线AC 、BD 的中点分别为E 、F ，则EF =_____________.5.已知矩形ABCD ，P 为平面ABCD 外一点，且P A ⊥平面ABCD ，M 、N 分别为PC 、PD 上的点，且M 分PC 成定比2，N 分PD 成定比1，求满足MN xAB y AD z AP =++的实数x 、y 、z 的值.§3.1.3空间向量的数量积运算1.已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为( ) A .1010 B . 15 C .31010 D . 352．如图，设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足0AB AC ⋅=，0AC AD ⋅=，0AB AD ⋅=，则△BCD 的形状是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定的_ C _ D _ A _ P_ N _ B_ M3．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1 为正方体，则下列命题中错误的命题为__________．;221111111①(A A+A D +A B )=3(A B )()0;C ⋅-=1111②A A B A A 60;︒11向量与向量的夹角为AD A B ③ ⋅⋅11111立方体ABCD-A B C D 的体积为|AB AA AD |;④4．如图，已知：平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60° （1）证明：C 1C ⊥BD ； （2）当1CDCC 的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明． §3.1.4空间向量的正交分解及其坐标表示§3.1.5空间向量运算的坐标表示1．已知向量(2，2，3)OA =-，(，1，4)OB x y z =-，且平行四边形OACB 的对角线的中点坐标为M 31(0，，)22-，则(，，)x y z =( ) A ．(2，4，1)--- B ．(2，4，1)-- C ．(2，4，1)-- D ．(2，4，1)--2．已知(2，2，4)a =-，(1，1，2)b =-，(6，6，12)c =--，则向量、、a b c ( ) A ．可构成直角三角形 B ．可构成锐角三角形 C ．可构成钝角三角形 D ．不能构成三角形3．若两点的坐标是A （3cosα，3sinα，1），B （2cosθ，2sinθ，1），则|AB |的取值范围是( )A ．[0，5]B ．[1，5]C ．（1，5）D ．[1，25] 4.设点C （2a +1，a +1，2）在点P （2，0，0）、A （1，－3，2）、B （8，－1，4）确定的平面上，则a 的值为 . 5.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底边长为a ，侧棱长为2a .建立适当的坐标系，⑴写出A ，B ，A 1，B 1的坐标；⑵求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.3.2立体几何中的向量方法1．到一定点（1，0，1）的距离小于或等于2的点的集合为( ) A ．222{(,,)|(1)(1)4}x y z x y z -++-≤ B ．222{(,,)|(1)(1)4}x y z x y z -++-= C ．222{(,,)|(1)(1)2}x y z x y z -++-≤ D ．222{(,,)|(1)(1)2}x y z x y z -++-=C 1 B 1 A 1B A2. 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成角的余弦值为( ) A ．42 B ．32 C ．33 D ．23 3. 已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=，2AC BC ==，1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知11BA AC ⊥.（1）求证：1AC ⊥平面1A BC ； （2）求1C 到平面1A AB 的距离； （3）求二面角1A A B C --余弦值的大小.B 4. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中， AB =1，13AC AA ==，∠ABC =60°. (1)证明：1AB A C ⊥；（2）求二面角A —1A C —B 的大小.5. 如右图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱S D 上的点. （1）求证：AC ⊥SD ；（2）若SD ⊥平面P AC ，求二面角P-AC-D 的大小 （3）在（2）的条件下，侧棱S C 上是否存在一点E ， 使得BE ∥平面P AC .若存在，求S E ：EC 的值； 若不存在，试说明理由.参考答案第三章 空间向量与立体几何3.1空间向量及其运算§3.1.1空间向量及其加减运算§3.1.2空间向量的数乘运算1.A2.A3.324.3a +3b －5c5.如图所示，取PC 的中点E ，连结NE ，则MN EN EM =-.∵1122EN CD BA ===12AB -，CBA C 1B 1 A1 D 1C 1B 1A 1DABC_ C_ D_ A_S_ F_ B_ P_ N_ EEN PM PE =-=211326PC PC PC -=，连结AC ，则PC AC AP AB AD AP =-=+- ∴11()26MN AB AB AD AP =--+-=211366AB AD AP --+，∴211,,366x y z =-=-=.§3.1.3空间向量的数量积运算1.C2.B3. ③④4.（1）设1,,CB a CD b CC c === ，则||||a b =，BD CD CB b a =-=- ，所以1()||||cos 60||||cos 600CC b a c b c a c b c a c ⋅=-⋅=⋅-⋅=︒-︒=BD ，11BD CC BD CC ∴⊥⊥即 ；（2）1,2,CD x CD CC ==1设则 2CC =x， 111,BD AA C C BD A C ⊥∴⊥ 面 ，11:0x AC CD ∴⋅= 只须求满足， 设1,,A A a AD b DC c ===，11,A C a b c C D a c =++=-，2211242()()6A C C D a b c a c a a b b c c xx ∴⋅=++⋅-=+⋅-⋅-=+-， 令24260x x+-=，则2320x x --=，解得1x =，或23x =-（舍去），111,.A C C BD ∴=⊥1CD时能使平面CC §3.1.4空间向量的正交分解及其坐标表示§3.1.5空间向量运算的坐标表示1.A2.D3.B4.165. （1）建系如图，则A （0，0，0） B （0，a ，0）A 1（0，0，2a )，C 1（-23a ，a 2,2a) (2)解法一：在所建的坐标系中，取A 1B 1的中点M ， 于是M （0，a 2,2a），连结AM ，MC 1 则有1(,0,0)2MC =-(0,,0)AB a=，1)AA =， ∴10MC AB ⋅=，110MC AA ⋅=，所以，MC 1⊥平面ABB 1A 1.因此，AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.1(,)2a AC =-，(0,)2aAM =，A∴2194a AC AM ⋅=，而|13||3,||2AC a AM a ==，由cos<1,AC AM >=1132||||AC AM AC AM ⋅=，∴ <1,AC AM >=30°.∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.3.2立体几何中的向量方法1.A2.C3.（1）如右图，取AB 的中点E ，则//DE BC ，因为BC AC ⊥， 所以DE AC ⊥，又1A D ⊥平面ABC ， 以1,,DE DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系， 则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B ，()10,0,A t ，()10,2,C t ，()10,3,AC t =，()12,1,BA t =--，()2,0,0CB =，由10AC CB ⋅=，知1A C CB ⊥， 又11BA AC ⊥，从而1AC ⊥平面1A BC .（2）由1AC ⋅2130BA t =-+=，得3t = 设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =，(13AA =，()2,2,0AB =，所以130220n AA y z n AB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，设1z =，则()3,3,1n =-， 所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC n d n⋅==221. （3）再设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =，(10,3CA =-，()2,0,0CB =， 所以13020m CA y z m CB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，设1z =，则()0,3,1m =， 故cos ,m n m n m n⋅<>==⋅77-，根据法向量的方向， 可知二面角1A A B C --7. 4.（1）三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，11AB AA AC AA ∴⊥⊥，，Rt ABC ∆，1,3,60AB AC ABC ==∠=︒，由正弦定理030ACB ∠=.090BAC ∴∠=AB AC ⊥即 .如右图，建立空间直角坐标系，则 1(0,0,0),(1,0,0)(0,3,0),(0,0,3)A B C A1(1,0,0),(0,3,3)AB AC ∴==， 110030(3)0AB AC ⋅=⨯+⨯+⨯-=， 1AB A C ∴⊥.(2) 如图可取(1,0,0)m AB ==为平面1AA C 的法向量， 设平面1A BC 的法向量为(,,)n l m n =， 则10,0,130BC n AC n BC ⋅=⋅==-又（，，）， 303,330l m l m n m m n ⎧-+=⎪∴∴==⎨-=⎪⎩. 不妨取1,(3,1,1)m n ==则，22222231101015cos ,5(3)11100m n m n m n ⋅⨯+⨯+⨯<>===⋅++⋅++.1A AC BD ∴--15二面角的大小为arccos 5. 5. （1）连结BD ，设AC 交于BD 于O ，由题意知SO ABCD ⊥平面.以O 为坐标原点，OB OC OS ，，分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O xyz -如右图.设底面边长为a ，则高62SO a =.于是 62(0,0,),(,0,0)22S a D a -，2(0,,0)2C a ，2(0,,0)2OC a =，26(,0,)2SD a =-，0OC SD ⋅= ，故OC SD ⊥.从而 AC SD ⊥. _ C_ A_S_ F_ BO(2)由题设知，平面PAC 的一个法向量(,0,)22DS a a =，平面DAC 的一个法向量002OS =（，，），设所求二面角为θ，则cos 2OS DS OS DSθ⋅==，得所求二面角的大小为30°. （3）在棱SC 上存在一点E 使//BE PAC 平面.由（2）知DS 是平面PAC 的一个法向量，且,0,),(0,,)2222DS a a CS a a ==-（.设,CE tCS = 则(,(1),)222BE BC CE BC tCS a t at =+=+=--，而 103BE DC t ⋅=⇔=.即当:2:1SE EC =时，BE DS ⊥.而BE 不在平面PAC 内，故//BE PAC 平面.（完）。
高二数学空间几何体试题
高二数学空间几何体试题1.一个多面体的直观图、正视图、侧视图、俯视图如图所示，M、N分别为A1B、B1C1的中点.(1)求证：MN//平面ACC1A1；(2)求证：MN^平面A1BC.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】先由三视图还原几何体的直观图中线段长度，（1）利用直线与平面平行的判定定理，在平面内找一直线AC1，由三角形中位线证明MN//AC1，用直线与平面平行的判定定理得到结论；（2）通过证明平面内两相交直线同时垂直MN，由直线与平面垂直的判定定理得证. 试题解析：证明：由意可得：这个几何体是直三棱柱，且AC^BC，AC=BC=CC12分（1）由直三棱柱的性质可得：AA1^A1B1四边形ABCD为矩形，则M为AB1的中点，N为B1C1的中点，在DAB1C中，由中位线性质可得：MN//AC1，又AC1Ì平面ACC1A1，MNË平面ACC1A1\ MN//平面ACC1A16分（2）因为：CC1^平面ABC，BCÌ平面ABC，\ CC1^ BC，又BC^AC，ACÇCC1=C，所以，BC^平面ACC1A1，AC1Ì平面ACC1A1\ BC^AC1，在正方形ACC1A1中，AC1^A1C，BCÇA1C=C，\ AC1^平面A1BC，又AC1//MN，\MN^平面A1BC 10分【考点】1.三视图；2.直线与平面的平行、垂直的判定2.已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于．【答案】【解析】设两圆的圆心分别为O1、O2，球心为O，公共弦为AB，其中点为E，则OO1EO2为矩形，于是对角线O1O2=OE，而OE=，∴两圆心的距离O1O2=【考点】本题考查了球的有关概念，两平面垂直的性质．点评：求解本题，可以从三个圆心上找关系，构建矩形利用对角线相等即可求解出答案．3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若BB1=1，AB=，求AB1与C1B所成角的大小。
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.已知向量与向量平行，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为向量与向量平行，所以，，故选C。
【考点】本题主要考查平行向量及向量的坐标运算。
点评：简单题，按向量平行的充要条件计算。
2.在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则与所成的角的余弦为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则A（1，0，0），C(0，1，0)，F(,0,1),G(,1,1),H（0，，0），所以=(－,0,1)，=（－，－，－1）=，所以与所成的角的余弦为，故选B。
【考点】本题主要考查空间向量的应用。
点评：空间向量的应用问题，通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，化繁为简。
注意向量的夹角与两直线夹角的异同。
3.正方体的棱长为1，是底面的中心，则到平面的距离为．【答案】【解析】因为O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离，就是A1到平面ABC1D1的距离的一半，就是A1到AD1的距离的一半．所以，连接A1D与AD1的交点为P，则A1P的距离是：O到平面ABC1D1的距离的2倍O到平面ABC1D1的距离【考点】本题主要考查空间距离的计算。
点评：本题也可以通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，是高考典型题目。
4.已知={－4，3，0}，则与垂直的单位向量为= .【答案】（，，0）【解析】设与垂直的向量与垂直的向量=（x，y，0），则－4x+3y=0,,解得x= ,y=,所以=（，，0）。
【考点】本题主要考查向量的坐标运算、向量垂直的充要条件、单位向量的概念。
点评：利用向量垂直的充要条件及单位向量的概念。
5.在中，，，平面，，则点到的，距离为．【答案】【解析】由于ABC是等腰三角形，作AD垂直BC于D，由PA=PA，AB=AC，所以三角形PBC也是等腰三角形，故PD垂直BC，即PD为P到BC的距离，由PA垂直面ABC，所以PA垂直ADAD==4，PA=8所以在三角形PAD中,PD==。
高二数学空间几何体试题答案及解析
高二数学空间几何体试题答案及解析1.过正三棱柱底面一边所作的正三棱柱的截面是（）A．三角形B．三角形或梯形C．不是梯形的四边形D．梯形【答案】B【解析】本题考查线线平行的相关知识，该截面与底面一边的对棱相交时，截面是三角形，与另一底面相交时是梯形。
2.如图，在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，，，若，分别是棱，上的点，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】以的中点为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，设，所成的角为，则．【考点】线面角.3.在正三棱柱中，若，点是的中点，则点到平面的距离是（）A．1B．C．D．2【答案】B【解析】以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正三棱柱中，若，点是的中点，所以，所以，设平面的法向量为，因为，所以，所以，所以点到平面的距离是，故选B．【考点】点到平面的距离的求解．【方法点晴】本题主要考查了点到平面的距离问题，其中解答中涉及到空间向量的应用、平面法向量的求解、点、线、面的位置关系的判定等知识点综合考查，解答中要认真审题，合理地运用空间向量法进行合理求解，其中向量法是求解点到平面距离问题的一种常用方法，着重考查了学生的推理与运算能力，属于中档试题．4.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】C【解析】由三视图可知,上面是半径为的半球,体积为,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积,故选C.【考点】根据三视图求几何体的体积【名师】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面地考查了考生的识图用图能力、空间想象能力、运算求解能力等.5.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的的值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】该几何体是四棱锥，，．【考点】三视图，棱锥的体积．6.一个几何体的三视图如上图所示，则这个几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】分析三视图可知，该几何体为半个圆锥与四棱锥的组合，故其体积，故选A．【考点】1.三视图；2.空间几何体的体积．7.如图，三棱柱中，，，．（1）证明：；（2）若，，求三棱柱的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）取的中点O连接、、，由得，由是等边三角形得，故平面，于是；（2）根据等边三角形性质求出，，由勾股定理逆定理得出，求出，于是三棱柱的体积，故可求得三棱锥的体积.试题解析：(1)取的中点O,连接、、,因为，所以,由于, ,故为等边三角形,所以.因为,所以平面.又平面,故.(2)由题设知：与都是边长为2的等边三角形，∵是边长为2的等边三角形，所以，又，则，故又∵且，所以平面，为棱柱的高，又的面积，故三棱柱的体积，所以三棱锥的体积为1.8.五边形是由一个梯形与一个矩形组成的，如图甲所示，B为AC的中点，．先沿着虚线将五边形折成直二面角，如图乙所示．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求图乙中的多面体的体积．【答案】（1）证明详见解析；（2）．【解析】本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、锥体的体积等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力．第一问，由四边形为矩形，得，再由直二面角，得，再由勾股定理得，利用线面垂直的判定，得，最后利用面面垂直的判定，得平面平面；第二问，把图乙中的多面体拆成两个几何体，一个是锥体，一个是锥体，利用锥体体积公式分别计算，再求和即可．试题解析：（1）证明：四边形为矩形，故，又由于二面角为直二面角，故，故,由线段易知，，即，因此，所以平面；（5分）（2）解：连接CN，过作，垂足为，，又，所以平面平面，且平面，，，∴，此几何体的体积．（12分）【考点】线线垂直、线面垂直、面面垂直、锥体的体积．9.五边形是由一个梯形与一个矩形组成的，如图甲所示，B为AC的中点，．先沿着虚线将五边形折成直二面角，如图乙所示．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求图乙中的多面体的体积．【答案】（1）证明详见解析；（2）．【解析】本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、锥体的体积等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力．第一问，由四边形为矩形，得，再由直二面角，得，再由勾股定理得，利用线面垂直的判定，得，最后利用面面垂直的判定，得平面平面；第二问，把图乙中的多面体拆成两个几何体，一个是锥体，一个是锥体，利用锥体体积公式分别计算，再求和即可．试题解析：（1）证明：四边形为矩形，故，又由于二面角为直二面角，故，故,由线段易知，，即，因此，所以平面；（5分）（2）解：连接CN，过作，垂足为，，又，所以平面平面，且平面，，，∴，此几何体的体积．（12分）【考点】线线垂直、线面垂直、面面垂直、锥体的体积．10.如图，在三棱柱中，平面，为正三角形，，为的中点．（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）见解析（2）【解析】（Ⅰ）要证面面垂直，就要证线面垂直，由于其中一个面是正三棱柱的一个侧面，它的垂线在图中易证得有一条是，而是平面内的直线，因此可得面面垂直；（Ⅱ）三棱锥的体积，可选为底面，高为，也可选为底面，高为．由体积公式可得．试题解析：（Ⅰ）证明：因为底面，所以因为底面正三角形，是的中点,所以因为，所以平面因为平面平面,所以平面平面（Ⅱ）由（Ⅰ）知中，，所以所以【考点】面面垂直的判断，三棱锥的体积．11.在三棱柱中，平面，其垂足落在直线上.（1）求证：；（2）若为的中点，求三棱锥的体积.【答案】(1)见解析(2)【解析】（1）首先根据直三棱柱可得，再由条件平面易得，从而根据线面垂直的判定可证平面，即有；（2）根据条件中给出的数据可得，因此可得，再由为的中点，因此可将转化为求，从而可得．试题解析：（1）∵三棱柱为直三棱柱，∴平面，又∵平面，∴，∵平面，且平面，∴，又∵平面，平面, , ∴平面，又∵平面，∴； 5分（2）在直三棱柱中，，∵平面，其垂足落在直线上，∴，在中，, , ，，在中，， 8分由（1）知平面，平面，从而，，∵为的中点，， 10分∴． 12分【考点】1．线面垂直的性质与判定；2．空间几何体的体积．12.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如下左图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）.所以其正视图和侧视图是一个圆，因为俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，所以俯视图是有条对角线且为实线的正方形，故选B.【考点】1、阅读能力及空间想象能力；2、几何体的三视图.13.一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为()A．B．C．D．【答案】D【解析】几何体为一个四棱锥与一个半圆锥的组合体，四棱锥的高为，底面为正方形；半圆锥高为，底面为半径为1的半圆，因此体积为，选D.【考点】三视图【名师】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．14.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为（）【答案】D【解析】被截去的四棱锥的三条可见棱中，在两条为长方体的两条对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面（长方形）的两条边重合，另一条为体对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有D符合【考点】简单空间图形的三视图15.若一个圆锥的底面半径为，侧面积是底面积的倍，则该圆锥的体积为__________．【答案】【解析】由侧面积是底面积的倍得：因此高为，圆锥的体积为【考点】圆锥的体积16.如图，棱长为1的正方体中，是侧面对角线，上一点，若是菱形，则其在底面上投影的四边形面积（）A．B．C．D．【答案】B【解析】在棱长为的正方体中，，设，则，解得，即菱形的边长为，则在底面上的投影四边形是底边为，高为的平行四边形，其面积为，故选B.【考点】平面图形的投影及其作法.17.棱长为2的正方体外接球的表面积为____________【答案】【解析】由题意得，正方体与外接球之间满足正方体的对角线长即为球的直径，所以可得，即，所以球的表面积为.【考点】球的组合体及球的表面积公式.18.棱长为2的正方体外接球的表面积为____________【答案】【解析】由题意得，正方体与外接球之间满足正方体的对角线长即为球的直径，所以可得，即，所以球的表面积为.【考点】球的组合体及球的表面积公式.19.平面截球的球面所得圆的半径为1，球心到平面的距离为，则球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题球心到平面的距离为，可得；，则球的表面积为；,，故选B【考点】球的截面性质及表面积．20.如图为一简单组合体，其底面为正方形，平面，，且，为线段的中点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求三棱锥的体积．【答案】（1）见解析（2）【解析】（Ⅰ）要证线线垂直，一般先证线面垂直，注意到底面，考虑证明与平面平行（或其内一条直线平行），由于是中点，因此取中点（实质上是与的交点），可证是平行四边形，结论得证；（Ⅱ）求三棱锥的体积，采用换底，即，由已知可证就是三棱锥的高，从而易得体积．试题解析：（Ⅰ）连结与交于点，则为的中点，连结，∵为线段的中点，∴且又且∴且∴四边形为平行四边形，∴, 即．又∵平面, 面,∴,∵, ∴,（Ⅱ）∵平面，平面,∴平面平面∵，平面平面，平面，∴平面.三棱锥的体积【考点】线面垂直的判定与性质，三棱锥的体积．。
高二数学空间几何体试题
高二数学空间几何体试题1.已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，是的中点。
（Ⅰ）证明：面面；（Ⅱ）求与所成的角；（Ⅲ）求面与面所成二面角的大小。
【答案】（1）由题设知，且与是平面内的两条相交直线，由此得面.又在面上，故面⊥面（2）（3）【解析】证明：以为坐标原点长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为.（Ⅰ）证明：因由题设知，且与是平面内的两条相交直线，由此得面.又在面上，故面⊥面.（Ⅱ）解：因（Ⅲ）解：在上取一点，则存在使要使为所求二面角的平面角.【考点】线面角和二面角点评：主要是考查了线面角以及二面角的求解，属于基础题。
2.两个相交平面能把空间分成个部分【答案】4【解析】画出示意图即可得：两个相交平面能把空间分成2个部分【考点】本题考查了平面的基本性质及推论点评：解答本题，关键是了解两个平面的位置关系，根据模型分析即可3.下列说法正确的是（）A．空间三个点确定一个平面B．两个平面一定将空间分成四部分C．梯形一定是平面图形D．两个平面有不在同一条直线上的三个交点【答案】C【解析】选项A中，只有不共线的三点可以确定一个平面。
选项B中，当两个平面平行的时候，将空间分为3部分。
选项C中，只有一组对边平行的四边形，符合公理2，能确定一个平面，故成立。
选项D中，两个平面相交，或者平行不会有不在同一直线三个交点，除非重合，因此错误。
故选C.【考点】本试题考查了确定平面的方法。
点评：解决该试题的关键是能准确运用平面的基本性质和公理来分析，同时考查了空间想象能力，属于基础题。
4.（文）如图，在棱长为4的正方体ABCD—A′B′C′D′中，E、F分别是AD、A′D′的中点，长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动，另一个端点N在底面A′B′C′D′上运动，则线段MN的中点P的轨迹(曲面)与二面角A－A′D′－B′所围成的几何体的体积为()A. B. C. D.【答案】C【解析】因为点M在定长的线段EF上运动，那么另一个端点在底面A′B′C′D′上运动，因此可知，在运动中有一个不变量，就是点F到线段MN中点的距离始终为斜边的一半，也就是1，则可知中点的轨迹是四分之一个球面，那么与二面角所围城的体积为四分之一个球体的体积，因此半径为1，则根据球体的体积公式可知,故选C.【考点】本试题考查了轨迹方程与空间几何体的结合体的运用。
高考数学空间几何练习题
高考数学空间几何练习题一、选择题1. 已知点A(1,2,3)，点B(4,5,6)，求线段AB的中点坐标。
2. 给定平面α：2x-y+3z=0，求平面α的法向量。
3. 若直线l与平面α垂直，且直线l的方程为x-y+z=0，求平面α的方程。
4. 已知四面体ABCD的四个顶点坐标分别为A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，D(1,1,1)，求四面体ABCD的体积。
5. 给定球O的方程为(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=1，求球O与平面x+y+z=3的交线方程。
二、填空题6. 已知向量a=(2,-3,1)，向量b=(1,1,-1)，求向量a与向量b的夹角。
7. 给定空间直角坐标系中，点P(2,-1,3)到原点O的距离。
8. 若直线m与直线n相交于点P，且直线m的方程为2x-y+z=0，直线n的方程为x+y-z=0，求点P的坐标。
9. 已知平面α：x+2y-3z+4=0与平面β：2x-y+z-1=0的交线方程。
10. 给定圆柱体的底面半径为1，高为2，求该圆柱体的侧面积。
三、解答题11. 证明：若直线l与平面α平行，则直线l与平面α内的任意直线都平行。
12. 已知点A(1,1,1)，点B(2,2,2)，求过点A且与线段AB平行的直线方程。
13. 给定一个圆锥，其底面半径为2，高为3，求该圆锥的体积。
14. 已知一个长方体，其长、宽、高分别为a、b、c，求该长方体的对角线长度。
15. 给定一个球心在原点，半径为R的球，求该球的表面积。
以上题目涵盖了空间几何中的点、线、面、体的基本问题，包括坐标计算、向量运算、平面与直线的关系、体积与面积的计算等，旨在帮助学生巩固和提高空间几何的解题能力。
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练习1 一、选择题： 1．a、b是两条异面直线，下列结论正确的是 （ ） A．过不在a、b上的任一点，可作一个平面与a、b都平行 B．过不在a、b上的任一点，可作一条直线与a、b都相交 C．过不在a、b上的任一点，可作一条直线与a、b都平行 D．过a可以且只可以作一个平面与b平行 2．空间不共线的四点，可以确定平面的个数为 ( ) Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．1或4 Ｄ．无法确定
3．在正方体1111ABCDABCD中，M、N分别为棱1AA、1BB的中点，则异面直线CM和
1DN 所成角的正弦值为 ( )
Ａ．19 Ｂ．23 Ｃ．459 Ｄ．259 4．已知平面平面,m是内的一直线,n是内的一直线,且mn，则:①m；②n；③m或n；④m且n。这四个结论中，不正确．．．的三个是( ) Ａ．①②③ Ｂ．①②④ Ｃ．①③④ Ｄ．②③④ 5.一个简单多面体的各个面都是三角形，它有6个顶点，则这个简单多面体的面数是 ( ) A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 6. 在北纬45°的纬度圈上有甲、乙两地，两地经度差为90°，则甲、乙两地最短距离为（设地球半径为R） ( )
A. R42 B. R3 C. R2 D. 3R 7. 直线l⊥平面α，直线m平面β，有下列四个命题： (1)ml// (2)ml// (3)ml// (4)//ml 其中正确的命题是 ( ) A. (1)与(2) B. (2)与(4) C. (1)与(3) D. (3)与(4) 8. 正三棱锥的侧面均为直角三角形，侧面与底面所成角为α，则下列不等式成立的是 ( )
A. 60 B. 46 C. 34 D. 23 9．ABC中，9AB，15AC，120BAC，ABC所在平面外一点P到点A、B、C的距离都是14，则P到平面的距离为 ( )
Ａ．7 Ｂ．9 Ｃ．11 Ｄ．13 10．在一个45的二面角的一个平面内有一条直线与二面角的棱成角45，则此直线与二面角的另一个平面所成角的大小为 ( ) Ａ．30 Ｂ．45 Ｃ．60 Ｄ．90 11. 如图,E, F分别是正方形SD1DD2的边D1D,DD2的中点,沿SE,SF,EF 将其折成一个几何体,使D1,D,D2重合,记作D.给出下列位置关系: ①SD⊥面DEF; ②SE⊥面DEF; ③DF⊥SE; ④EF⊥面SED, 其中成立的有: ( ) Ａ. ①与② B. ①与③ C. ②与③ D. ③与④ 12. 某地球仪的北纬60度圈的周长为6cm,则地球仪的表面积为( ) A. 24cm2 B. 48cm2 C. 144cm2 D. 288cm2 二、填空题 13. 直二面角α—MN—β中，等腰直角三角形ABC的斜边BCα，一直角边ACβ，
BC与β所成角的正弦值是46，则AB与β所成角大小为__________。 14. 在底面边长为2的正三棱锥V—ABC中,E是BC中点,若△VAE的面积是
41,则侧棱VA与底面所成角的大小为
15．如图，已知矩形ABCD中，1AB，BCa，PA面ABCD。若在BC上只有一个点Q满足PQQD，则a的值等于______. 16. 六棱锥P—ABCDEF中，底面ABCDEF是正六边形，PA⊥底面ABCDEF，给出下列四个命题: ①线段PC的长是点P到线段CD的距离；②异面直线PB与EF所成角是∠PBC；③线段AD的长是直线CD与平面PAF的距离；④∠PEA是二面角P—DE—A平面角。其中所有真命题的序号是_______________。 三.解答题:
17．如图，已知直棱柱111ABCABC中，90ACB，30BAC，
1BC，16AA，M是1CC 的中点。求证：11ABAM
18．如图，在矩形ABCD中，33AB，3BC，沿对角线BD将BCD折起，使点C移到P 点，且P在平面ABD上的射影O恰好在AB上。
（1）求证：PB面PAD； （2）求点A到平面PBD的距离； （3）求直线AB与平面PBD的成角的大小
PABQC
D
AB
C
1B1A
1C
M
AB
CD
AB
()PC
DO 19．如图,已知PA面,ABCADBC,垂足D在BC的延长线上,且1BCCDDA (1) 记PDx,BPC,试把tan表示成x的函数,并求其最大值. (2) 在直线PA上是否存在点Q,使得BQCBAC
20.正三棱锥V-ABC的底面边长是a, 侧面与底面成60°的二面角。 求（1）棱锥的侧棱长； （2）侧棱与底面所成的角的正切值。
21.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为8，面的对角线B1C=10，D为AC的中点，（1）求证：AB1//平面C1BD;（2）求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值;（3）求直线AB1到平面C1BD的距离。
22. 已知A1B1C1-ABC为直三棱柱，D为AC中点，O为BC中点，E在CC1上，∠ACB=90°，AC=BC=CE=2，AA1=6. （1）证明平面BDE∥AO；（2）求二面角A-EB-D的大小；（3）求三棱锥O-AA1D体积.
P A B C D 练习1答案 一．选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C C B D B C C A A B C 二．填空题：
13. 60º 14. 41arctan 15. 2 16. ①④ 三.解答题: 17．解：【法一】90ACB1111BCAC，又三棱柱111ABCABC是直三棱柱，
所以11BC面1AC，连结1AC，则1AC是1AB在面1AC上的射影
在四边形11AACC中，1111112AAACACCM，且11112AACACM， 1111AACACM， 11ACAM 11ABAM
【法二】以11CB为x轴，11CA为y轴，1CC为z轴建立空间直角坐标系 由1BC，16AA，90ACB，30BAC，
易得1(0,3,0)A，(0,3,6)A，6(0,0,)2M，1(1,0,0)B
1(1,3,6)AB，16(0,3,)2AM
11603(6)02ABAM 11ABAM 所以11ABAM
18．解：（1）P在平面ABD上的射影O在AB上，PO面ABD。 故斜线BP在平面ABD上的射影为AB。 又DAAB，DABP，又BCCD，BPPD ADPDD BP面PAD
（2）过A作AEPD，交PD于E。 BP面PAD，BPAE，AE面BPD 故AE的长就是点A到平面BPD的距
离 ADAB，DABC AD面ABP ADAP
在RtABP中，2232APABBP； 在RtBPD中，33PDCD 在RtPAD中，由面积关系，得323633APADAEPD （3）连结BE，AE面BPD，BE是AB在平面BPD的射影 ABE为直线AB与平面BPD所成的角
在RtAEB中，2sin3AEABEAB， 2arcsin3ABE 19．(1)PA面ABC,,BDADBCPD,即90.PDB 在RtPDB和RtPDC中,21tan,tanBPDCPDxx,
221tantantan()2121xxxBPCBPDCPDxxx(1x) 1122422xx,当且仅当2x时,tan取到最大值24. (2)在RtADB和RtDC中,tanBAD=2,tan1CAD 2112tantan()12134BACBADCAD
故在PA存在点Q(如1AQ)满足12tan34BQC,使BQCBAC 20. (12分)解：（1）过V点作V0⊥面ABC于点0，VE⊥AB于点E ∵三棱锥V—ABC是正三棱锥 ∴O为△ABC的中心
则OA=aa332332，OE=aa632331 又∵侧面与底面成60°角 ∴∠VEO=60° 则在Rt△VEO中；V0=OE·tan60°=2363aa
在Rt△VAO中，VA=6211273422222aaaaAOVO 即侧棱长为a621 （2）由（1）知∠VAO即为侧棱与底面所成角，则tan∠VAO=23332aaAOVO 21解：（1）连结BC1交B1C于点E，则E为B1C的中点，并连结DE ∵D为AC中点 ∴DE∥AB1 而DE面BC1D， AB1面BC1D ∴AB1∥面C1BD （2）由（1）知AB1∥DE，则∠DEB或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角 由条件知B1C=10， BC=8 则BB1=6 ∵E三棱柱中 AB1=BC1 ∴DE=5
又∵BD=34823 ∴在△BED中
2515524825252cos222•DEBDBDDEBEBED
故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为251 （3）由（1）知A到平面BC1D的距离即为直线AB1到平面BC1D的距离 设A到平面BC1D的距离为h，则由ABDCDBCAVV11得
CCShSABDDBC131311••••即h=DBCABDSCCS11•
由正三棱柱性质得BD⊥C1D 则DCBDSDBC1:211 ∴131312522446642121221111••••DCCCADDCBDCCADBDh 即直线AB1到平面的距离为131312 22. 证明： ①设F为BE与B1C的交点，G为GE中点 ∵AO∥DF ∴AO∥平面BDE ②α=arctan2-arctan22或arcsin1/3
③用体积法V=31×21×6×h=1