高中立体几何测试题

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高三上学期数学立体几何空间几何体基础知识测试卷

高三上学期数学立体几何空间几何体基础知识测试卷

上学期高三数学立体几何空间几何体基础知识测试卷一、单选题(本大题共8小题,共40分。

在每小题列出的选项中,选出符合题目的一项)1.下列几何体中是四棱锥的是( )A. B. C. D.2.已知圆锥的底面半径为√2,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( )A. 2B. 2√2C. 4D. 4√23.如图所示的组合体是由哪个平面图形旋转形成的( )A. B. C. D.4.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形,其中BC=AB=2,则原平面图形的面积为( )A. 3√2B. 3√2C. 12√2D. 6√225.已知三个球的表面积之比是1:2:3,则这三个球的体积之比为( )A. 1:√2:√3B. 1:2√2:3√3C. 1:4:9D. 1:8:276.棱长都是1的三棱锥的表面积为( )A. √3B. 2√3C. 3√3D. 4√37. 木楔子在传统木工中运用广泛,它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足,是一种简单的机械工具,是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图,其中四边形ABCD是边长为2的正方形,且▵ADE,▵BCF均为正三角形,EF//CD,EF=4,则该木楔子的体积为( )A. 8√23B. 4√2 C. 4√23D. 2√28.正方体ABCD−A1B1C1D1中,P,Q,R分别是A1D1,C1D1,AA1的中点.那么过P,Q,R三点的截面图形是( )A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形二、多选题(本大题共4小题,共20分。

在每小题有多项符合题目要求)9.下列说法中不正确的是( )A. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥B. 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C. 棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则该棱锥可能是六棱锥D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线10.已知A,B,C三点均在球O的表面上,AB=BC=CA=2,且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13,则下列结论正确的是( )A. 球O的半径为32B. 球O的表面积为6πC. 球O的内接正方体的棱长为√6D. 球O的外切正方体的棱长为√611.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中,点E是线段A1D1靠近点D1的三等分点,点F,G分别为C1D1,B1C1的中点.下列说法中正确的是A. A,C,E,F四点共面B. AD1⊥B1DC. BG//平面ACD1D. 三棱锥D−ACD1与三棱锥B−ACD1体积相等12. 已知圆锥的底面半径为1,高为√3,S为顶点,A,B为底面圆周上两个动点,则( )A. 圆锥的体积为√33πB. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为π2C. 圆锥截面SAB的面积的最大值为√3D. 从点A出发绕圆锥侧面一周回到点A的无弹性细绳的最短长度为3√3三、填空题(本大题共4小题,共20分)13.已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面,且所有顶点都在同一个球面上,若AA1=AC=2,AB⊥BC,则此球的体积为__________.14.如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,AB=3cm,BC=4cm,CA=5cm,AA1=6cm,则四棱锥A1−B1BCC1的体积为cm315.空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,若AC=BD=a,且AC与BD所成的角为60∘,则四边形EFGH的面积为_____.16.如图是长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为____.四、解答题(本大题共6小题,共70分。

高中数学立体几何初步单元测

高中数学立体几何初步单元测

第八章 立体几何初步 (单元测)第八章 立体几何初步(单元测试)_一、单选题1.已知圆锥的底面半径为1,侧面展开图的圆心角为,则该圆锥的高为( )A.B.C.D.42.若水平放置的四边形按“斜二测画法”得到如图所示的直观图,其中,,,,则原四边形中的长度为( )A.B.C.2D.3.如图,古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.记图中圆柱的体积为,表面积为,球的体积为,表面积为,则下列说法正确的是( )A.B.C.D.4.已知,是两条不同的直线,,是两个不同的平面,给出下列四个命题:①如果,,,,那么;②如果,,那么;③如果,,,那么;④如果,,,那么.其中正确命题的个数有( )A.4 个B.3 个C.2 个D.1 个5.梯形ABCD中,,∠ABC=90°,AD=1,BC=2,∠DCB=60°,在平面ABCD内过点C作l⊥CB以l所在直线为轴旋转一周,则该旋转体的表面积为( )A.B.C.D.6.如图所示,在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F,G分别为所在棱的中点,则下列结论中正确的序号是( )①三棱锥D1﹣EFG的体积为;②BD1∥平面EFG;③BD1∥EG;④AB1⊥EG. A.③④B.①②④C.②③④D.①③7.直三棱柱中,,,则与平面所成的角为( )A.B.C.D.8.在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点M,N分别是棱BC,CC1的中点,动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动.若平面AMN,则P A1的最小值是( )A.1B.C.D.二、多选题9.如图是一个正方体的展开图,如果将它还原为正方体,则下列说法中正确的是( )A .直线与直线共面B.直线与直线异面C .直线与直线共面D.直线与直线异面10.高空走钢丝是杂技的一种,渊源于古代百戏的走索,演员手拿一根平衡杆,在一根两头拴住的钢丝上来回走动,并表演各种动作.在表演时,假定演员手中的平衡杆是笔直的,水平地面内一定存在直线与演员手中的平衡杆所在直线( )A.垂直B.相交C.异面D.平行11.在长方体中,O为与的交点,若,则( )A.B.C.三棱锥的体积为D.二面角的大小为12.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式,通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖,多见于亭阁式建筑、园林建筑下面以四角攒尖为例,如图,它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥,已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30°,侧棱长为米,则该正四棱锥的( )A.底面边长为6米B.侧棱与底面所成角的余弦值为C.侧面积为平方米D.体积为立方米三、填空题13.如图,某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成,且圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在体积为的球面上,若圆柱的高为2,则圆锥的侧面积为______.14.《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥为鳖臑,平面,,,三棱锥的四个顶点都在球O的球面上,则球O的体积为___________15.在正四面体ABCD中,E为BC的中点,则异面直线AE与CD所成角的余弦值为_ __________.16.如图,在正方体中,E为的中点,F为正方体棱的中点,则满足条件直线平面的点F的个数是___________.四、解答题17.如图,四棱锥中,底面为边长为2的菱形且对角线与交于点O,底面,点E是的中点.(1)求证:∥平面;(2)若三棱锥的体积为,求的长.18.如图,已知四棱锥的底面是直角梯形,,,,,.(1)若为侧棱的中点,求证:平面;(2)求三棱锥的体积.19.如图,在棱长为的正方体中,、分别为棱、的中点.(1)证明:平面平面;(2)求异面直线与所成角的余弦值.20.如图,直三棱柱的体积为4,的面积为.(1)求到平面的距离;(2)设D为的中点,,平面平面,求线段BC的长度.21.在等腰梯形(图1)中,,是底边上的两个点,且.将和分别沿折起,使点重合于点,得到四棱锥(图2).已知分别是的中点.(1)证明:平面.(2)证明:平面.(3)求二面角的正切值.22.如图,垂直于⊙所在的平面,为⊙的直径,,,,,点为线段上一动点.(1)证明:平面AEF⊥平面PBC;(2)当点F与C点重合,求 PB与平面AEF所成角的正弦值.一、单选题23.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时,相应水面的面积为;水位为海拔时,相应水面的面积为,将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔上升到时,增加的水量约为()( )A.B.C.D.24.已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A.B.C.D.25.甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为,侧面积分别为和,体积分别为和.若,则( )A.B.C.D.26.已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,且,则该正四棱锥体积的取值范围是( )A.B.C.D.二、多选题27.如图,四边形为正方形,平面,,记三棱锥,,的体积分别为,则( )A.B.C.D.28.已知正方体,则( )A.直线与所成的角为B.直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为D.直线与平面ABCD所成的角为三、填空题29.已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为则该圆锥的侧面积为________. 30.已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.31.如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm,高为2 cm,内孔半径为0.5 cm,则此六角螺帽毛坯的体积是 ____ cm3.四、解答题32.如图,四面体中,,E为AC的中点.(1)证明:平面平面ACD;(2)设,点F在BD上,当的面积最小时,求三棱锥的体积.参考答案:1.C【分析】由扇形弧长公式求圆锥的母线长,再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高.【详解】因为底面半径,所以母线长,所以圆锥的高.故选:C2.B【分析】过点作,垂足为,求出直观图中的长度即得解.【详解】解:过点作,垂足为.因为,,,;,所以原四边形中的长度为2.故选:B3.B【分析】根据已知条件得出球的直径恰好与圆柱的高相等,设球的半径为r,进而分别表示出圆柱的体积为,表面积为,球的体积为,表面积为,进而求出.【详解】由已知条件,设球的半径为r,可知圆柱的底面半径为r,圆柱的高为2r,则圆柱的表面积,体积,球表面积,答案第1页,共2页体积,.故选:B.4.D【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】解:对于①如果,,,,那么或与相交,故①错误;对于②如果,,由线面垂直的性质可知,故②正确;对于③如果,,,那么或或与相交(不垂直)或与异面(不垂直),故③错误;对于④如果,,,那么或与相交(不垂直),当且仅当,,,,那么,故④错误.故选:D5.B【分析】旋转体为圆柱去去掉一个圆锥,计算圆柱的高和圆锥的底面半径和母线长,分别计算各面的面积,得出表面积.【详解】解:旋转体为圆柱去去掉一个圆锥,过作于,则,,,,圆锥的底面半径为,圆柱的底面半径为,圆柱和圆锥的高均为,圆锥的母线为,几何体的表面积为.故选:B.6.B【分析】利用等积法处理①,用面面平行得到线面平行处理②,用平行的传递性处理③,利用线面垂直得到线线垂直处理④.【详解】对于①,由等体积法可得:,故正确;对于②,连接,由面面平行的判定易得平面平面,由平面与平面平行的性质可得平面,故正确;对于③,如下图,连接,取的中点,连接,则,若,则,矛盾,故错误;对于④,由题意,,,可得平面,又平面,可得,故正确.故选:B.7.A【分析】将直三棱柱补全为正方体,根据正方体性质、线面垂直的判定可得面,由线面角的定义找到与平面所成角的平面角,进而求其大小.【详解】由题意,将直三棱柱补全为如下图示的正方体,为上底面对角线交点,所以,而面,面,故,又,面,故面,则与平面所成角为,若,所以,,则,故.故选:A8.C【分析】由平面,可以找到点在右侧面的运动轨迹,从而求出的最小值【详解】如图所示,取的中点,的中点,连接,因为分别是棱 的中点,所以,,又因为,,,所以平面平面,平面,且点在右侧面,所以点的轨迹是,且,,所以当点位于中点处时,最小,此时,.故选:C9.ACD【分析】作出正方体的直观图,逐项判断可得出合适的选项.【详解】如图,点与点重合,则与相交,故A正确;在正方体中,且,故四边形为平行四边形,,则、共面,故B错误;因为,故、共面,故C正确;由图可知,、不在同一个平面,且、既不平行也不相交,、为异面直线,故D正确.故选:ACD.10.AC【分析】对直线l与平面的任何位置关系,平面内均存在直线与直线l垂直;平衡杆所在直线与水平地面的位置关系:平行或相交,根据线面关系可知:若直线与平面平行,则该直线与平面内的直线的位置关系:平行或异面若直线与平面相交,则该直线与平面内的直线的位置关系:相交或异面;理解判断.【详解】根据题意可得:对直线l与平面的任何位置关系,平面内均存在直线与直线l垂直,A正确;平衡杆所在直线与水平地面的位置关系:平行或相交根据线面关系可知:若直线与平面平行,则该直线与平面内的直线的位置关系:平行或异面若直线与平面相交,则该直线与平面内的直线的位置关系:相交或异面C正确;B、D错误;故选:AC.11.BCD【分析】由题意,根据长方体的结合性质,结合线面垂直判定定理以及二面角的平面角定义和三棱锥的体积公式,可得答案.【详解】连接.因为,所以,又易证平面,所以,所以,所以为二面角的一个平面角.在中,,因为在中,,,所以,所以二面角的大小为..故选:BCD.12.AD【分析】画出几何体的直观图,结合已知条件求得棱锥的底面边长,逐项求解,即可得到答案.【详解】对A,如图所示,在正四棱锥中,为正方形的中心,且,设底面边长为,正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为,所以,则,在直角中,可得,即,解得,所以正四棱锥的底面边长为,所以A正确;对B,因为平面,所以为侧棱与底面所成的角,在直角中,可得,所以B错误;对C,正四棱锥的侧面积为平方米,所以C错误;对D,正四棱锥的体积为立方米,所以D正确.故选:AD.13.【分析】根据题意画出该几何体的轴截面,如图,设是球心,是圆锥的顶点,是圆锥的母线,求出球的半径,从而可求出,进而可求得圆锥的侧面积.【详解】其中,是球心,是圆锥的顶点,是圆锥的母线,由题意可知,解得,由于圆柱的高为2,,,,母线,∴圆锥的侧面积为.故答案为:14.【分析】根据题意,得到为球的直径,求得的长,得到球的半径,进而求得球的体积,得到答案.【详解】如图所示,取的中点,根据直角三角形的性质,可得,所以为球的直径,且,可得球的半径为,所以球的体积为.故答案为:.15.##【分析】取BD的中点F,作出异面直线AE与CD所成的角,再利用三角形计算作答.【详解】在正四面体ABCD中,取BD的中点F,连接,如图,设,因E为BC的中点,则,,即有是异面直线AE与CD所成的角或其补角,而,在等腰中,,所以异面直线AE与CD所成角的余弦值为.故答案为:16.【分析】为了得到直线平面,只需求得平面平面,即平面内的任意一条直线都与平面平行,进而求得点的个数.【详解】分别取的中点,连接,,在正方体中,,,四边形是平行四边形,,,又平面,平面,平面,同理平面,又,平面,平面,平面平面,平面内的任意一条直线都与平面平行,则满足条件直线平面的点可以是的任何一个,点F的个数是个.故答案为:.17.(1)证明见解析(2)【分析】(1)由中位线证得,即可证得∥平面;(2)取中点F,证得平面,再由结合棱锥的体积公式即可求解.【详解】(1)证明:连接.∵点O,E分别为的中点,∴,∵平面平面,∴∥平面;(2)取中点F,连接.∵E为中点,∴为的中位线,∴,且.由菱形的性质知,为边长为2的等边三角形.又平面,∴平面,,点E是的中点,∴,∴.18.(1)证明见解析(2)【分析】(1)取的中点,通过,即可证明平面;(2)利用等积法,即求解即可【详解】(1)取的中点,连接,,在中,,在梯形中,,∴,,∴四边形是平行四边形,∴,而平面,平面,∴平面;(2)∵,,而∴平面,即为三棱锥的高,因为,,所以,又,所以19.(1)证明见解析(2)【分析】(1)证明出平面,平面,再利用面面平行的判定定理可证得结论成立;(2)分析可知异面直线与所成角为或其补角,计算出的三边边长,利用余弦定理可求得结果.【详解】(1)证明:连接,因为四边形为平行四边形,则且,、分别为、的中点,则且,所以,四边形为平行四边形,则且,因为且,且,故四边形为平行四边形,所以,,平面,平面,平面,同理可证且,所以,四边形为平行四边形,所以,,平面,平面,平面,,所以,平面平面.(2)解:,所以,异面直线与所成角为或其补角,在中,,,由余弦定理可得,所以,异面直线与所成角的余弦值为.20.(1)到平面的距离为(2)线段BC的长为2【分析】(1)利用体积法可求点到平面的距离;(2)利用面面垂直,线面垂直得线线垂直,最后利用的面积为即可求得线段BC的长.【详解】(1)解:由直三棱柱的体积为4,可得,设到平面的距离为,由,,,解得.即到平面的距离为;(2)解:连接交于点由直三棱柱,故四边形为正方形,,又平面平面,平面平面,平面,,由直三棱柱知平面,,又,平面,,,,又,解得,则线段BC的长为2.21.(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3).【分析】(1)由题可得四边形是平行四边形,然后利用线面平行的判定定理即得;(2)利用线面垂直的判定定理可得平面,进而即得;(3)过点作,由题可得是二面角的平面角,结合条件即得.【详解】(1)由题意可得,在等腰梯形中,,在中,因为,所以,四边形为正方形.在四棱锥中,连接,因为分别是的中点,所以,且,在正方形中,因为是的中点,所以,且,所以,且,∴四边形是平行四边形,,因为平面,平面,所以平面;(2)由(1)知,在中,,因为为的中点,所以,在等腰梯形中,,所以在四棱锥中,,因为, 平面,平面,所以平面,因为平面,所以,又因为,,平面,平面,所以平面;(3)在中,过点作,垂足为,连接,由(2)知平面,平面,所以,因为,平面,平面,所以平面,平面,∴,故是二面角的平面角,由(1)知,在四棱锥中,,设,则,在中,,所以,在中,,故二面角的正切值为.22.(1)证明见解析(2)【分析】(1)由垂直于⊙所在的平面,可得,再由圆的性质可得,则由线面垂直的判定可得平面,则,从而平面,进而由面面垂直的判定可证得结论,(2)过点作∥交于点,则,设点到平面的距离为,利用可求出,然后由可求得结果.【详解】(1)证明:因为垂直于⊙所在的平面,即平面,平面,所以,又为⊙的直径,所以,因为,所以平面,又平面,所以,因为,所以平面,又平面,所以平面平面.(2)因为,,所以,又,所以,由,得,如图,过点作∥交于点,则,可得,又,所以,所以,设点到平面的距离为,由,可得,所以解得,所以当点移动到点时,与平面所成角的正弦值为.23.C【分析】根据题意只要求出棱台的高,即可利用棱台的体积公式求出.【详解】依题意可知棱台的高为(m),所以增加的水量即为棱台的体积.棱台上底面积,下底面积,∴.故选:C.24.A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径,再根据球心距,圆面半径,以及球的半径之间的关系,即可解出球的半径,从而得出球的表面积.【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径,所以,即,设球心到上下底面的距离分别为,球的半径为,所以,,故或,即或,解得符合题意,所以球的表面积为.故选:A.25.C【分析】设母线长为,甲圆锥底面半径为,乙圆锥底面圆半径为,根据圆锥的侧面积公式可得,再结合圆心角之和可将分别用表示,再利用勾股定理分别求出两圆锥的高,再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解:设母线长为,甲圆锥底面半径为,乙圆锥底面圆半径为,则,所以,又,则,所以,所以甲圆锥的高,乙圆锥的高,所以.故选:C.26.C【分析】设正四棱锥的高为,由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系,由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为,所以球的半径,[方法一]:导数法设正四棱锥的底面边长为,高为,则,,所以,所以正四棱锥的体积,所以,当时,,当时,,所以当时,正四棱锥的体积取最大值,最大值为,又时,,时,,所以正四棱锥的体积的最小值为,所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选:C.[方法二]:基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到,当时,得,则当时,球心在正四棱锥高线上,此时,,正四棱锥体积,故该正四棱锥体积的取值范围是27.CD【分析】直接由体积公式计算,连接交于点,连接,由计算出,依次判断选项即可.【详解】设,因为平面,,则,,连接交于点,连接,易得,又平面,平面,则,又,平面,则平面,又,过作于,易得四边形为矩形,则,则,,,则,,,则,则,,,故A、B错误;C、D正确.故选:CD.28.ABD【分析】数形结合,依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图,连接、,因为,所以直线与所成的角即为直线与所成的角,因为四边形为正方形,则,故直线与所成的角为,A正确;连接,因为平面,平面,则,因为,,所以平面,又平面,所以,故B正确;连接,设,连接,因为平面,平面,则,因为,,所以平面,所以为直线与平面所成的角,设正方体棱长为,则,,,所以,直线与平面所成的角为,故C错误;因为平面,所以为直线与平面所成的角,易得,故D正确.故选:ABD29.【分析】利用体积公式求出圆锥的高,进一步求出母线长,最终利用侧面积公式求出答案.【详解】∵∴∴∴.故答案为:.30..【分析】根据已知条件易得,侧面,可得侧面与球面的交线上的点到的距离为,可得侧面与球面的交线是扇形的弧,再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图:取的中点为,的中点为,的中点为,因为60°,直四棱柱的棱长均为2,所以△为等边三角形,所以,,又四棱柱为直四棱柱,所以平面,所以,因为,所以侧面,设为侧面与球面的交线上的点,则,因为球的半径为,,所以,所以侧面与球面的交线上的点到的距离为,因为,所以侧面与球面的交线是扇形的弧,因为,所以,所以根据弧长公式可得.故答案为:.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征,考查了直线与平面垂直的判定,考查了立体几何中的轨迹问题,考查了扇形中的弧长公式,属于中档题.31.【分析】先求正六棱柱体积,再求圆柱体积,相减得结果.【详解】正六棱柱体积为圆柱体积为所求几何体体积为故答案为:【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积,考查基本分析求解能力,属基础题. 32.(1)证明详见解析(2)【分析】(1)通过证明平面来证得平面平面.(2)首先判断出三角形的面积最小时点的位置,然后求得到平面的距离,从而求得三棱锥的体积.【详解】(1)由于,是的中点,所以.由于,所以,所以,故,由于,平面,所以平面,由于平面,所以平面平面.(2)[方法一]:判别几何关系依题意,,三角形是等边三角形,所以,由于,所以三角形是等腰直角三角形,所以.,所以,由于,平面,所以平面.由于,所以,由于,所以,所以,所以,由于,所以当最短时,三角形的面积最小过作,垂足为,在中,,解得,所以,所以过作,垂足为,则,所以平面,且,所以,所以.[方法二]:等体积转换,,是边长为2的等边三角形,连接。

高一数学(必修二)立体几何初步单元测试卷及答案

高一数学(必修二)立体几何初步单元测试卷及答案

高一数学(必修二)立体几何初步单元测试卷及答案一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.如图所示,己知正方形O A B C ''''的边长为1,它是水平放置的一个平面图形的直观图,则其原图形的周长为( )A.8B.22C.4D.223+2.下列说法正确的是( ) A.三点确定一个平面B.圆心和圆上两个点确定一个平面C.如果两个平面相交有一个交点,则必有无数个公共点D.如果两条直线没有交点,则这两条直线平行3.正方体1111ABCD A B C D -中,P ,Q ,R 分别是AB ,AD ,11B C 的中点,那么正方体中过P ,Q ,R 的截面图形是( ) A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形4.某圆柱的高为2,其正视图如图所示,圆柱上下底面圆周及侧面上的点A ,B ,D ,F ,C 在正视图中分别对应点A ,B ,E ,F ,C ,且3AE EF =,2BF BC =,异面直线AB ,CD 所成角的正弦值为45,则该圆柱的外接球的表面积为( )A.20πB.16πC.12πD.10π5.在《九章算术·商功》中将正四面形棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭.在方亭1111ABCD A B C D -中,1124AB A B ==,四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为122( ) 282B.283142D.1436.异面直线是指( ) A.空间中两条不相交的直线B.分别位于两个不同平面内的两条直线C.平面内的一条直线与平面外的一条直线D.不同在任何一个平面内的两条直线7.如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,E ,F 分别是11A D ,11B C 的中点,则与直线CF 互为异面直线的是( )A.1CCB.11B CC.DED.AE8.下列说法中正确的是( ) A.三点确定一个平面 B.四边形一定是平面图形 C.梯形一定是平面图形D.两个不同平面α和β有不在同一条直线上的三个公共点二、多选题(本题共4小题,每小题5分,共20分。

2023-2024学年内蒙古高中数学人教A版 必修二第八章 立体几何同步测试-7-含解析

2023-2024学年内蒙古高中数学人教A版 必修二第八章 立体几何同步测试-7-含解析

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年内蒙古高中数学人教A 版 必修二第八章 立体几何同步测试(7)姓名:____________ 班级:____________ 学号:____________考试时间:120分钟满分:150分题号一二三四五总分评分*注意事项:阅卷人得分一、选择题(共12题,共60分)0个1个2个3个1. 设a , b 是两条不同的直线, 是两个不同的平面.有下列四个命题:①若 ,则 且 ;②若 ,则 ;③若 ,则 ;④若 ,则 其中正确的命题有( )A. B. C. D. 242. 在轴截面顶角为直角的圆锥内,作一内接圆柱,若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积,则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径之比为( )A.B. C.D. 3. 某几何体的三视图如图所示,其正视图和侧视图是全等的正三角形,其俯视图中,半圆的直径是等腰直角三角形的斜边,若半圆的直径为2,则该几何体的体积等于( )A. B. C. D.4. 如图,在正方体中,M 、N 分别为棱C 1D 1、C 1C 的中点,有以下四个结论:①直线AM 与CC 1是相交直线;②直线BN 与MB 1是异面直线;③直线AM 与BN 是平行直线; ④直线AM 与DD 1是异面直线.③④①②①③②④其中正确的结论为( )A. B. C. D. 相交异面平行异面或相交5. 若a ,b 是异面直线,直线c ∥a ,则c 与b 的位置关系是 ( )A. B. C. D. 充分不必要条件必要不充分条件充要条件既不充分也不必要条件6. 设,是两条直线,是平面,已知,则是的( )A. B. C. D. -5-3177. 设平面的法向量为 , 平面的法向量为 , 若, 则的值为( )A. B. C. D. ①④①③②③②④8. 设,是不同的直线,,,是不同的平面,有以下四个命题其中正确的命题是( )A. B. C. D. 9. 某三棱柱的底面为正三角形,其三视图如图所示,该三棱柱的表面积为().A. B. C. D.10. 在圆柱内有一个球,球分别与圆柱的上、下底面及母线均有且只有一个公共点.若,则圆柱的表面积为( ).A.B.C.D.44或64或6或8 4或6或7或811. 三个不重合的平面可把空间分成n 部分,则n 的所有可能取值为( )A. B. C. D. 12.正四棱锥(底面为正方形,顶点在底面上的射影是底面的中心)的底面边长为2,高为2,为边的中点,动点在表面上运动,并且总保持,则动点的轨迹的周长为()A. B. C. D.13. 已知球O是正三棱锥的外接球,,,点E是线段AB的中点,过点E作球O的截面,则截面面积的最小值是 .14. 过两平行平面α、β外的点P两条直线AB与CD,它们分别交α于A、C两点,交β于B、D两点,若PA=6,AC=9,PB=8,则BD的长为15. 已知半径为的球面上有、、、四点,满足,,,则球心到平面的距离为,三棱锥体积的最大值为 .16. 已知长方体的顶点都在球的表面上,且,则球的表面积为 .若与所成的角为,则与所成角的余弦值为 .17. 如图,已知四棱锥,且,,,,的面积等于,E是PD是中点.(1) 求四棱锥 P-ABCD 体积的最大值;(2) 若PB=4, tan∠PAD= .(i)求证:AD⊥PC ;(ii)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.18. 如图所示,AB是⊙O的直径,PA垂直于⊙O所在的平面,C是圆周上不同于A,B的任意一点,求证:平面PAC⊥平面PBC.19. 如图,在五面体中,四边形为正方形,平面平面,,,.(1) 若,求二面角的正弦值;(2) 若平面平面,求的长.20. 如图,P是矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AB、PD的中点,又二面角P-CD-B为45°.(1) 求证:AF//平面PEC;(2) 求证:平面PEC⊥平面PCD.21. 如图,在四面体P﹣ABCD中,△ABD是边长为2的正三角形,PC⊥底面ABCD,AB⊥BP,BC= .(1) 求证:PA⊥BD;(2) 已知E是PA上一点,且BE∥平面PCD.若PC=2,求点E到平面ABCD的距离.答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.(1)(2)18.19.(1)(2)(1)(2)21.(1)(2)。

高中数学立体几何测试题(10套)

高中数学立体几何测试题(10套)

∴ BD ∥平面 PMN ,
位置关系为
平行

∴ O 到平面 PMN 的距离即为 BD 到平面 PMN 的距离。
11 、a,b 为异面直线,且 a,b 所成角为 40 °,直线 c 与 a,b 均异面,且所成角均为
∵ BD ⊥ AC , MN ∥ BD
∵ PA⊥面 ABCD
θ,若这样的 c 共有四条,则 θ的范围为 (70 °, 90° ) 。
D
C
A
B
D1 A1
C1 B1
17 、 已知异面直线 a, b 的公垂线段 AB 的中点为 O,平面 满足 a∥ , b∥ , 且 O , M 、 N 是 a, b 上的任意两点, MN ∩ = P,求证: P 是 MN 的中

A aM
O
P
BN b
.
立几面测试 001
参考答 案
一、 1- 8 ACDDBDBA
2、已知 m, n 为异面直线, m∥平面 , n∥平面 , ∩ =l ,则 l( ) ( A)与 m, n 都相交 ( B)与 m,n 中至少一条相交 ( C)与 m, n 都不相交 ( D )与 m, n 中一条相交
3、已知 a, b 是两条相交直线, a∥ ,则 b 与 的位置关系是 ( )
A 、 b∥
PAM
∵ AB=2 , BM=1 , CM=1
∴ AM= 5 ,
P
A H
O
.
B
F M
B
D N C
立几面测试 003
一、选择题
1.异面直线是指
(A) 在空间内不能相交的两条直线
(B) 分别位于两个不同平面的两条直线
(C) 某一个平面内的一条直线和这个平面外的一条直线

(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;。

高中空间立体几何经典例题精选全文完整版

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可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1.(20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学(理)卷(纯WORD 版))设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 ( )A .若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B .若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC .若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D .若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2.(20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案))若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为( )A .1:2B .1:4C .1:8D .1:16【答案】C 【答案】A3 3.(20XX 年高考新课标1(理))某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A .168π+B .88π+C .1616π+D .816π+【答案】A4 4.(20XX 年高考湖南卷(理))已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能...等于 ( )A .1B .2C .2-12D .2+12【答案】C5.(20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学(理)试题(含答案))已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.512πB .3πC.4πD.6π【答案】B6.(20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学(理)试题(含答案))某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为()A.5603B.5803C.200D.240【答案】C7.(20XX年高考江西卷(理))如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=()A.8 B.9 C.10 D.11【答案】A二、填空题8.(20XX年高考北京卷(理))如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559.(20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学)(已校对纯WORD 版含附加题))如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ,,分别是1AA AC AB ,,的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410.(20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版))某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11.(20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学(理)试题(纯WORD 版))已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12.(20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案))在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13.(20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版))如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面;(II)2.AB AC PA C PB A ===--若,1,1,求证:二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14.(20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案))如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15.(20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学)(已校对纯WORD 版含附加题))B 1 A 1C 1ACB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 ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16.(20XX 年高考上海卷(理))如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17.(20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学(理)卷(纯WORD 版))如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18.(20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学(理)试题(含答案))如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19.(20XX年高考陕西卷(理))如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,,故面且面所以;且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中,在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形,所以,则四边形的中点为设.,所以由以上三点得且,面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB,,,,)(.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111)(==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为,则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。

高三精选立体几何大题30题(含详细解答)

高三精选立体几何大题30题(含详细解答)

A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1.如下图,一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中,∠ACB=90°,AC=4cm,CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角.(1)如果你手中只有一把能度量长度的直尺,应该如何确定A,B的位置,使二面角A-CD-B是直二面角?证明你的结论.(2)试在平面ABC上确定一个P,使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直,证明你的结论.(3)如果在折成的三棱锥内有一个小球,求出小球半径的最大值.2.如图,已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3,侧棱长为4,连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F,且AF的延长线交B1B于E。

(Ⅰ)求证:D1B⊥平面AEC;(Ⅱ)求三棱锥B—AEC的体积;(Ⅲ)求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3.如图,正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1,点M在BC上,△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.(I)求证:点M为BC的中点;(Ⅱ)求点B到平面AMC1的距离;(Ⅲ)求二面角M—AC1—B 的正切值. 4.如图,已知多面体ABCDE中,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,三角形ACD是正三角形,且AD=DE=2,AB=1,F是CD的中点.(Ⅰ)求证:AF∥平面BCE;(Ⅱ)求多面体ABCDE的体积;(Ⅲ)求二面角C-BE-D 的正切值.5.已知:ABCD是矩形,设PA=a,PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.(Ⅰ)求证:MN⊥AB;(Ⅱ)若PD=AB,且平面MND⊥平面PCD,求二面角P—CD—A的大小;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求三棱锥D—AMN的体积.6.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。

(I)求二面角B1—MN—B的正切值;(II)证明:PB⊥平面MNB1;(III)画出一个正方体表面展开图,使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件,并求出展开图中P、B两点间的距离。

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广元外国语学校
高一数学必修2立体几何测试题
试卷满分:150分 考试时间:120分钟
班级___________ 姓名__________ 学号_________ 分数___________
第Ⅰ卷
一、选择题(每小题5分,共60分)
1、线段AB 在平面α内,则直线AB 与平面α的位置关系是
A 、A
B 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 、11D
C 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 a
B 、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
7、在空间四边形ABCD 各边AB BC CD DA 、、、上分别取E F G H 、、、四点,如果与EF GH 、能相交于点P ,那么
A 、点必P 在直线AC 上
B 、点P 必在直线BD 上
C 、点P 必在平面ABC 内
D 、点P 必在平面ABC 外 8、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 9、一个棱柱是正四棱柱的条件是
A 、底面是正方形,有两个侧面是矩形
B 、底面是正方形,有两个侧面垂直于底面
C 、底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直
D 、每个侧面都是全等矩形的四棱柱
10、在棱长为1的正方体上,分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体,则截去8个三棱锥后,剩下的凸多面体的体积是
A 、
23 B 、76 C 、45 D 、56
B 1
C 1
A 1D 1
B
A
C
D
11、已知二面角AB αβ--的平面角是锐角θ,α内一点C 到β的距离为3,点C 到棱AB 的距离为4,
那么tan θ的值等于
A 、3
4
B
、35
C
D
12、如图:直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ,点P 、Q 分别在侧棱AA 1和
CC 1上,AP=C 1Q ,则四棱锥B —APQC 的体积为
A 、2V
B 、3V
C 、4V
D 、5
V
二、填空题(每小题4分,共16分)
13、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”).
14、正方体1111ABCD A B C D -中,平面11AB D 和平面1BC D 的位置关系为
15、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 . 16、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.(注:
填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形.)
第Ⅱ卷
13、 14、 15、 16、
三、解答题(共74分,要求写出主要的证明、解答过程)
17、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)
18、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)
Q
P
C'B'
A'C
B
A
H G F
E D B
A C
19、已知ABC ∆中90ACB ∠=,SA ⊥面ABC ,AD SC ⊥,求证:AD ⊥面SBC .(12分)
20、一块边长为10cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器,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)
S
D C
B A
21、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 )1
AC ⊥面11AB D . (14分)
22、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 AF
AC 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)
D 1O
D
B A
C 1
B 1
A 1
C
F
E
D
B
A
C
高一数学必修2立体几何测试题参考答案
一、选择题(每小题5分,共60分)
ACDDD BCBDD DB
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:设圆台的母线长为l ,则 1分
圆台的上底面面积为224S ππ=⋅=上 3分
圆台的上底面面积为2525S ππ=⋅=下 5分 所以圆台的底面面积为29S S S π=+=下上 6分 又圆台的侧面积(25)7S l l ππ=+=侧 8分
于是7πl=29π 9分 即29
7
l =
为所求. 10分 18、证明:
,EH FG EH ⊄面BCD ,FG ⊂面BCD
EH ∴面BCD 6分

EH ⊂面BCD ,面BCD 面ABD BD =,
EH BD ∴ 12分
19、证明:
90ACB ∠= BC AC ∴⊥ 1分
又SA ⊥面ABC SA BC ∴⊥ 4分 BC ∴⊥面SAC 7分 BC AD ∴⊥ 10分 又,SC AD SC
BC C ⊥=
AD ∴⊥面SBC 12分
20、解:如图,设所截等腰三角形的底边边长为xcm . 在Rt EOF 中,
1
5,2
EF cm OF xcm ==, 3分
所以EO =

于是13V x =
分 依题意函数的定义域为{|010}x x << 12分
21、证明:(1)连结11A C ,设11
111AC 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,11
O 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 1
11AC B D ⊥即 11分 同理可证11A C AB ⊥, 12分 又11
11D B AB B =
∴1A C ⊥面11AB D 14分
22、证明:(Ⅰ)∵AB ⊥平面BCD , ∴AB ⊥CD ,
∵CD ⊥BC 且AB ∩BC=B , ∴CD ⊥平面ABC. 3分 又),10(<<==λλAD
AF AC AE
∴不论λ为何值,恒有EF ∥CD ,∴EF ⊥平面ABC ,EF ⊂平面BEF,
∴不论λ为何值恒有平面BEF ⊥平面ABC. 6分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知,BE ⊥EF ,又平面BEF ⊥平面ACD ,
∴BE ⊥平面ACD ,∴BE ⊥AC. 9分 ∵BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°, ∴,660tan 2,2===
AB BD 11分
,722=+=∴BC AB AC 由AB 2
=AE ·AC 得,7
6,7
6==∴=AC
AE AE λ 13分
故当7
6
=
λ时,平面BEF ⊥平面ACD. 14分
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