高二数学立体几何试题及答案
2024-2025学年新高二数学第三次月考卷(空间向量与立体几何+直线与圆+圆锥曲线)及答案
试卷第1页，共4页 2024-2025学年高二数学上学期第三次月考卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：空间向量与立体几何+直线与圆+圆锥曲线。 5．难度系数：0.65。 第一部分（选择题 共58分） 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．直线310xy−+=的倾斜角是（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150° 2．已知抛物线
2:8Cyx=的焦点为F，点M在C上．若M到直线3x=−的距离为5，则||MF=（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4 3．圆
2240xyx+−=在点()1,3P处的切线方程为（ ）
A．320xy+−= B．340xy+−= C．340xy−+= D．320xy−+=
4．在平行六面体
1111
ABCDABCD−中，M为AC与BD的交点，若11ABa=，11ADb=，1AAc=，则下列向
量中与1BM
相等的向量是（ ）．
A．
11
22abc−++
B．1122++abcC．1122−+abcD．
11
22−−+
abc试卷第2页，共4页
5．过点
(1,3)P−
且垂直于直线230xy−+=的直线方程为（ ）
A．
210xy+−= B．250xy+−= C．250xy+−= D．270xy−+=
6．已知三点A(1,0)，B(0，
3 )，C(2，3
)，则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为()
A．
5
3B．213C．253D．
4
3
7．在正方体
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.长方体中，，，，则与所成角的余弦值为．【答案】【解析】以D为空间原点，DA为x轴，D为z轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系则=（-1，2，0），=（-1，-2，3）||=，|'|=，·=－3cos<,>==，即为所求。
【考点】本题主要考查空间向量的应用，向量的数量积，向量的坐标运算。
点评：简单题，通过建立空间直角坐标系，将求异面直线的夹角余弦问题，转化成向量的坐标运算。
2.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。
3.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。
4.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。
5.已知点，为线段上一点，且，则的坐标为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设C的坐标为(x，y，z)则向量=(x-4，y-1，z－3)向量=(－2,－6,－2)，而即=所以x-4=－，y-1=－2，Z－3=－所以x=，y=－1，z=，C的坐标为，选C。
高二数学立体几何试题
高二数学立体几何试题1.几何体的三视图如图，则几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】此几何体的下面是半径为1，高为1的圆柱，上面是半径为1，高为1的圆锥，所以体积是。
【考点】1．三视图；2．几何体的体积．2.若一个球的表面积为，现用两个平行平面去截这个球面，两个截面圆的半径为．则两截面间的距离为．【答案】1或7【解析】由球的表面积为知，球的半径为.有两种可能情况，一是两截面在球心同侧，二是两截面在球心两侧. 所以由球的截面性质定理得，两截面间的距离为或，答案为1或7.【考点】球的截面性质定理.3.在一座高的观测台顶测得对面水塔塔顶的仰角为，塔底俯角为，则这座水塔的高度是__________．【答案】【解析】如图所示，AB为观测台，CD为水塔，AM为水平线，依题意得：，，，∴，，，∴cm．【考点】解斜三角形．【思路点睛】由已知条件得到，，在直角三角形中，用勾股定理求出CM的边长，再求出CD的值即可．4.如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．（Ⅰ）求三棱锥的体积；（Ⅱ）求证：//平面;【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）根据已知可得平面，三棱锥的体积可表示为其中高为，即可求得；（Ⅱ）连接，，连接，通过证得四边形为平行四边形，可得平面试题解析：（Ⅰ）三棱锥的体积为 --6分（Ⅱ）证明：连接，，连接为中点，且为矩形，所以四边形为平行四边形，．．【考点】1．求体积；2．证明线面平行5.在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】空间点关于轴对称的点横坐标相同，纵坐标竖坐标互为相反数，因此点关于轴对称的点的坐标为【考点】空间点的坐标6.（本小题满分12分）如图，在正四棱台中，=1，=2，=，分别是的中点．（1）求证：平面∥平面；（2）求证：平面平面；（3）（文科不做）求直线与平面所成的角．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）60°【解析】（1）连接，分别交，，于，连接，．由面面平行的性质定理得，∥，所以∥平面，同理，．根据相似可知，=，又因为，=，所以平行且等于，平行且等于，∥平面，进而得到结论；（2）连接，由正棱台知，，⊥，所以⊥面，由面面垂直的判定定理即可证明结论；（3）法一：，计算有=，=="2," 体积转化得到线面角的补角是30°，即可求出结果；法二：=="2,"=="2," 所以⊥，⊥，所以⊥面，过作⊥交于，得到⊥．△为等边三角形，⊥，所以⊥面，所以∠为与面所成角，即可求出结果．试题解析：（1）连接，分别交，，于，连接，．由面面平行的性质定理得，∥，所以∥平面，同理，．根据相似可知，=，又因为，=，所以平行且等于．所以平行且等于，所以∥平面，平面∥平面（2）连接，由正棱台知，，⊥，所以⊥面，所以平面⊥平面（3）法一：，计算有=，=="2," 体积转化得到线面角的补角是30°，所以所求角为60°法二：=="2," =="2," 所以⊥，⊥，所以⊥面，过作⊥交于，得到⊥．△为等边三角形，⊥，所以⊥面，所以∠为与面所成角为60°．……12分．【考点】1．面面平行的判定定理；2．面面垂直定理的判定定理．7.下列命题中真命题是（）A．若，则；B．若，则；C．若是异面直线，那么与相交；D．若，则且【答案】A【解析】如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直，所以选项A正确．一个平面内的两条相交直线分别平行于另一平面，则这两个平面平行．显然选项B错误；若是异面直线，那么与相交或平行，所以选项C错误；若，则且或n在某一平面内，故选项D错误；故选A．【考点】判断命题的真假性．8.长、宽、高分别为的长方体，沿相邻面对角线截取一个三棱锥（如图），剩下几何体的体积为．【答案】【解析】根据该几何体的特征，可知所剩的几何体的体积为长方体的体积减去所截的三棱锥的体积，即．【考点】几何体的体积．9.如图所示，为正方体，给出以下五个结论：①平面；②平面；③与底面所成角的正切值是；④二面角的正切值是；⑤过点且与异面直线和均成角的直线有2条．其中，所有正确结论的序号为_______．【答案】①②④【解析】对于①，因为，且面，面，，所以，正确；对于②，由三垂线定理得，同理可得，又于，所以平面，②正确；对于③，连接，是与底面所成角，在中，，③不对；对于④，连接交于点，，连接，所以为二面角的平面角，解三角形，④正确；对于⑤，把直线平移到跟共面，平移后有一个公共点，根据对称性过点且与异面直线和均成角的直线有4条，⑤错误．【考点】命题真假的判断【思路点睛】在判断线面平行时一般采用构造平行四边形法、中位线法、构造平性平面法，所以要根据题设中所给的条件选择合适的方法；在判断线面垂直时，会选择证明一条直线垂直一个面内的相交直线或者用面面垂直证明线面垂直，根据条件选择合适的方法；求线面角的三角函数值，关键在于作出其平面角，然后通过解三角形，求出其所求三角函数值．10.（2012•沈河区校级模拟）在如图的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC=2AD=4，EF=3，AE=BE=2，G是BC的中点．（Ⅰ）求证：AB∥平面DEG；（Ⅱ）求证：BD⊥EG．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析．【解析】（Ⅰ）由AD∥EF，EF∥BC，知AD∥BC．由BC=2AD，G是BC的中点，知ADBG，故四边形ADGB是平行四边形，由此能够证明AB∥平面DEG．（Ⅱ）由EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，知EF⊥AE，由AE⊥EB，知AE⊥平面BCFE．过D 作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE．由此能够证明BD⊥EG．解：（Ⅰ）证明：∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC．又∵BC=2AD，G是BC的中点，∴AD BG，∴四边形ADGB是平行四边形，∴AB∥DG．∵AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，∴AB∥平面DEG．（Ⅱ）证明：∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，∴EF⊥AE，又AE⊥EB，EB∩EF=E，EB，EF⊂平面BCFE，∴AE⊥平面BCFE．过D作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE．∵EG⊂平面BCFE，∴DH⊥EG．∵AD∥EF，DH∥AE，∴四边形AEHD是平行四边形，∴EH=AD=2，∴EH=BG=2，又EH∥BG，EH⊥BE，∴四边形BGHE为正方形，∴BH⊥EG，又BH∩DH=H，BH⊂平面BHD，DH⊂平面BHD，∴EG⊥平面BHD．∵BD⊂平面BHD，∴BD⊥EG．【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．11.如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，AB＝2，．（Ⅰ）求证：平面PAC；（Ⅱ）若，求与所成角的余弦值；【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）根据菱形的条件，对角线，又根据平面，也能推出，这样就能证明直线垂直于平面内的两条相交直线，则线面垂直，即平面；（Ⅱ）取中点，设，连结，，根据中位线平行，就将异面直线所成角转化成相交直线所成角，即即为所求角，根据平面几何的几何关系，求三边，然后根据余弦定理求角．试题解析：（Ⅰ）证明：因为平面，所以．在菱形中，，且，所以平面．（Ⅱ）解：取中点，设，连结，．在菱形中，是中点，所以．则即为与所成角。
高二文科数学《立体几何》经典练习题(含解析)-
FAEOB DM(第2题图)A 1B 1C 1DA BCDE高二文科数学《立体几何》大题训练试题1．(本小题满分14分)如图的几何体中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形， 22AD DE AB ===，F 为CD 的中点．（1）求证：//AF 平面BCE ； （2）求证：平面BCE ⊥平面CDE 。
2．(本小题满分14分)如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直，且2AB =，1AD EF ==.(1)求证：AF ⊥平面CBF ；(2)设FC 的中点为M ，求证：OM ∥平面DAF ；(3)求三棱锥F －CBE 的体积.3.（本小题满分14分）如图所示，正方形ABCD 与直角梯形ADEF 所在平面互相垂直，90ADE ∠=o ，DE AF //，22===AF DA DE .(Ⅰ)求证：//AC 平面BEF ；（Ⅱ）求四面体BDEF 的体积.4．如图,长方体1111D C B A ABCD -中，11==AA AB ,2=AD ,E 是BC 的中点.(Ⅰ)求证：直线//1BB 平面DE D 1；(Ⅱ)求证：平面AE A 1⊥平面DE D 1；(Ⅲ)求三棱锥DE A A 1-的体积.5．（本题满分14分）如图，己知BCD ∆中，090BCD ∠=，1,BC CD AB BCD ==⊥平面，060,,AC,AD ADB E F ∠=分别是上的动点，且AE AF==,(0<<1)AC ADλλ （1）求证：不论λ为何值，总有EF ABC;⊥平面（2）若1=,2λ求三棱锥A-BEF 的体积．6.(本小题满分13分)如图，已知三棱锥A —BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点， D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形． (1)求证：DM ∥平面APC ；AB C DFEB AEDCFABCD图2BCD 图1(2)求证： BC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D —BCM 的体积．7、（本小题满分14分）如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,2,1AB AD CD ===.将ADC ∆沿AC 折起,使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示.(1) 求证:BC ⊥平面ACD ；(2) 求几何体D ABC -的体积.8、（本小题满分14分）已知四棱锥P ABCD - (图5) 的三视图如图6所示，PBC ∆为正三角形，PA 垂直底面ABCD ，俯视图是直角梯形．（1）求正视图的面积；（2）求四棱锥P ABCD -的体积；（3）求证：AC ⊥平面PAB ；参考答案1．(本小题满分14分) （1）证明：取CE 的中点G ，连结FG BG 、．∵F 为CD 的中点，∴//GF DE 且12GF DE =．∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴//AB DE ，∴//GF AB ．又12AB DE =，∴GF AB =． …………3分∴四边形GFAB 为平行四边形，则//AF BG ．……………5分∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴//AF 平面BCE ．…………7分（2）证明：∵ACD ∆为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF CD ⊥…………9分∵DE ⊥平面ACD ，AF ACD ⊂平面，∴DE AF ⊥．……………10分又CD DE D ⋂=，∴AF ⊥平面CDE ．……………………………12分 ∵//BG AF ，∴BG ⊥平面CDE ．…………………………………13分 ∵BG ⊂平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE ．………………14分2．解：（1）Θ平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB AB ⊥,平面ABCD I 平面ABEF AB =，CB ∴⊥平面ABEF ， ∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF CB ⊥，……… 2分又AB 为圆O 的直径，∴AF BF ⊥， ∴AF ⊥平面CBF . ……… 4分B AEDC FG（2）设DF 的中点为N ，则MN//12CD ，又AO //12CD ， 则MN//AO ，四边形MNAO 为平行四边形，∴//OM AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴//OM 平面DAF . …… 8分（3）∵BC ⊥面BEF ，∴13F CBE C BEF BEF V V S BC --∆==⨯⨯，B 到EF 的距离等于O 到EF 的距离，过点O 作OGEF ⊥于G ，连结OE 、OF ， ∴OEF ∆为正三角形，∴OG 为正OEF ∆的高，∴OG==……… 11分∴13F CBEC BEF BEFV V S BC --∆==⨯⨯ ……12分1111113232EF OG BC =⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=。
高二立体几何练习题(理科附答案)
高2013级理科立体几何练习题答案1．（重庆理19）如图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB BC ⊥，AD CD =，CAD ∠=30︒.（Ⅰ）若AD =2，AB BC =2，求四面体ABCD 的体积；(Ⅱ) 若二面角C AB D --为60︒，求异面直线AD 与BC 所成角的余弦值.（I ）解：如答（19）图1，设F 为AC 的中点，由于AD=CD ，所以DF ⊥AC. 故由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ， 即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高， 且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=3. 在Rt △ABC 中，因AC=2AF=23，AB=2BC ，由勾股定理易知215415,.55BC AB ==故四面体ABCD 的体积1114152154.332555ABC V S DF ∆=⋅⋅=⨯⨯⨯=（II ）解法一：如答（19）图1，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG//AD ，GH//BC ，从而∠FGH 是异面直线AD 与BC 所成的角或其补角. 设E 为边AB 的中点，则EF//BC ，由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB.又由（I ）有DF ⊥平面ABC ， 故由三垂线定理知DE ⊥AB.所以∠DEF 为二面角C —AB —D 的平面角，由题设知∠DEF=60°设,sin .2a AD a DF AD CAD ==⋅=则在33,cot ,236a Rt DEF EF DF DEF a ∆=⋅=⋅=中从而13.26GH BC EF a ===因Rt △ADE ≌Rt △BDE ，故BD=AD=a ，从而，在Rt △BDF 中，122aFH BD ==，又1,22a FG AD ==从而在△FGH 中，因FG=FH ，由余弦定理得2223cos 226FG GH FH GH FGH FG GH FG +-===⋅ 因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为3.6解法二：如答（19）图2，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M ，已知AD=CD ，平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直，以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F —xyz.不妨设AD=2，由CD=AD ，∠CAD=30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),(0,3,1).A C D AD -=则显然向量(0,0,1)k =是平面ABC 的法向量. 已知二面角C —AB —D 为60°，故可取平面ABD 的单位法向量(,,)n l m n =，使得1,60,.2n k n <>==从而 2223,30,.661,.3n AD m n m l m n l ⊥+==-++==±由有从而由得设点B 的坐标为6(,,0);,,3B x y AB BC n AB l ⊥⊥=由取，有22463,,0,9,()633(3)0,73,369x y x x y x y y ⎧⎧+==⎪=⎧⎪⎪⎪⎨⎨⎨=-⎪-+=⎩⎪⎪=⎩⎪⎩解之得舍去易知63l =-与坐标系的建立方式不合，舍去.因此点B 的坐标为4673(,,0).99B 所以4623(,,0).99CB =-从而22233()39cos ,.6||||462331()()99AD CB AD CB AD CB -⋅<>===-++-故异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为3.62．（北京理16）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60AB BAD =∠=.(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.解（Ⅰ）证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD.又因为PA ⊥平面ABCD.所以PA ⊥BD.所以BD ⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3. 如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O —xyz ，则P （0，—3，2），A （0，—3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 与AC 所成角为θ，则4632226||||cos =⨯=⋅⋅AC PB AC PB θ.（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=BC设P （0，－3，t ）（t>0），则),3,1(t BP --=设平面PBC 的法向量),,(z y x m =,则0,0=⋅=⋅m BP m BC所以⎪⎩⎪⎨⎧-+--=+-03,03tz y x y x 令,3=y 则.6,3t z x ==所以)6,3,3(t m =同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(t n -= 因为平面PCB ⊥平面PDC,所以n m ⋅=0，即03662=+-t 解得6=t所以PA=63．（天津理17）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B的中心，122AA =，1C H ⊥平面11AA B B ，且1 5.C H =（Ⅰ）求异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角111A ACB --的正弦值；（Ⅲ）设N 为棱11B C 的中点，点M 在平面11AA B B内，且MN ⊥平面11A B C，求线段BM 的长．解：方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点. 依题意得(22,0,0),(0,0,0),(2,2,5)A B C -111(22,22,0),(0,22,0),(2,2,5)A B C（I ）解：易得11(2,2,5),(22,0,0)AC A B =--=-，于是11111142cos ,,3||||322AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅⨯所以异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值为2.3（II ）解：易知111(0,22,0),(2,2,5).AA AC ==--设平面AA1C1的法向量(,,)m x y z =，则11100m A C m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2250,220.x y z y ⎧--+=⎪⎨=⎪⎩不妨令5,x =可得(5,0,2)m =，同样地，设平面A1B1C1的法向量(,,)n x y z =，则11110,0.n A C n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2250,220.x y z x ⎧--+=⎪⎨-=⎪⎩不妨令5y =，可得(0,5,2).n =于是22cos ,,||||777m n m n m n ⋅===⋅⋅从而35sin ,.7m n =所以二面角A —A1C1—B 的正弦值为35.7（III ）解：由N 为棱B1C1的中点，得2325(,,).222N 设M （a ，b ，0），则2325(,,)222MN a b =--由MN ⊥平面A1B1C1，得11110,0.MN A B MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2()(22)0,22325()(2)()(2)50.222a a b ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅-+-⋅-+⋅=⎪⎩解得2,22.4a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故22(,,0).24M因此22(,,0)24BM =，所以线段BM 的长为10||.4BM = 方法二：（I ）解：由于AC//A1C1，故111C A B ∠是异面直线AC 与A1B1所成的角.因为1C H ⊥平面AA1B1B ，又H 为正方形AA1B1B 的中心，可得1111 3.AC B C ==因此22211111111111112cos .23AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅所以异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值为2.3（II ）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1， 所以11AC A ∆≌11B C A∆，过点A 作11AR A C ⊥于点R ，1122,5,AA C H ==连接B1R ，于是111B R AC ⊥，故1ARB ∠为二面角A —A1C1—B1的平面角.在11Rt A RB ∆中，11111sin 3B R A B RA B =⋅∠==连接AB1，在1ARB ∆中，2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R +-==∠=⋅27=-，从而1sin ARB ∠=所以二面角A —A1C1—B1的正弦值为（III ）解：因为MN ⊥平面A1B1C1，所以11.MN A B ⊥取HB1中点D ，连接ND ，由于N 是棱B1C1中点，所以ND//C1H且1122ND C H ==.又1C H ⊥平面AA1B1B ，所以ND ⊥平面AA1B1B ，故11.ND A B ⊥又,MNND N =所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A1B1于点E ，则111,//.ME A B ME AA ⊥故由1111111,4B E B D DE AA B A B A ===得12DE B E ==，延长EM 交AB 于点F，可得12BF B E ==连接NE.在Rt ENM ∆中，2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故所以2ND DM DE ==可得4FM =连接BM ，在Rt BFM ∆中，4BM ==4.（陕西理16） 如图，在ABC ∆中，60,90,ABC BAC AD ∠=∠=是BC 上的高，沿AD 把ABC ∆折起，使∠ ＢＤＣ＝90︒。
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）。
最新高二文科数学《立体几何》大题训练试题(含解析)
高二文科数学《立体几何》大题训练试题(含解析)------------------------------------------作者xxxx------------------------------------------日期xxxxC(第2题图)高二文科数学《立体几何》大题训练试题1.（本小题满分14分）如图的几何体中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形， 22AD DE AB ===,F 为CD 的中点．(1）求证：//AF 平面BCE ； (2)求证:平面BCE ⊥平面CDE .2．(本小题满分１4分)如图,AB 为圆Ｏ的直径，点E 、F 在圆O 上,ＡB 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直,且2AB =，ﻩ(1)求证：AF ⊥平面CBF ; (2）设F Ｃ的中点为M ,求证:OM ∥平面DAF ； ﻩ（3）求三棱锥F -C ＢE 的体积。
３。
(本小题满分1４分）如图所示,正方形ABCD 与直角梯形ADEF 所在平面互相垂直,90ADE ∠=，DE AF //，22===AF DA DE 。
EB AEDCFA 1B 1C 1D AB CD E(Ⅰ)求证://AC 平面BEF ; （Ⅱ）求四面体BDEF 的体积.4．如图，长方体1111D C B A ABCD -中,11==AA AB ,2=AD ,E 是BC 的中点．(Ⅰ)求证：直线//1BB 平面DE D 1； （Ⅱ)求证:平面AE A 1⊥平面DE D 1；(Ⅲ)求三棱锥DE A A 1-的体积。
5．（本题满分1４分）如图,己知BCD ∆中,090BCD ∠=，1,BC CD AB BCD ==⊥平面,060,,AC,AD ADB E F ∠=分别是上的动点，且AE AF==,(0<<1)AC ADλλ （1）求证：不论λ为何值,总有EF ABC;⊥平面(２）若1=,2λ求三棱锥A-BEF 的体积.ABCD 图2BACD图16.(本小题满分１3分)如图，已知三棱锥A —BPC 中，ＡＰ⊥PC ,AC ⊥BC ，M 为ＡB 的中点,D 为PB 的中点,且△PMB 为正三角形．(1)求证:DM ∥平面APC ; （2）求证： BC ⊥平面ＡPC ；（3)若BC ＝4，AB =20，求三棱锥D —BC Ｍ的体积.７、（本小题满分1４分）如图１，在直角梯形ABCD中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,2,1AB AD CD ===。
高二数学立体几何综合试题
高二数学立体几何综合试题1.如图，点为斜三棱柱的侧棱上一点，交于点，交于点.(1) 求证：；(2) 在任意中有余弦定理：.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明【答案】(1)见解析 (2) 见解析【解析】（1）由题意和三棱柱的性质，证出 CC1⊥平面PMN，再证 CC1⊥MN．（2）利用类比推理边“对应侧面面积”得出结论，证明用到余弦定理平行四边形的面积公式和题中的垂直关系．试题解析：(1) 证：；（4分）(2) 解：在斜三棱柱中，有，其中为平面与平面所组成的二面角.上述的二面角为,在中，，由于，∴有（12分）【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；归纳推理.2.在△ABC 中，∠C =90°，∠B =30°，AC=1，M 为 AB 中点，将△ACM 沿 CM 折起，使 A、B 间的距离为，则 M 到面 ABC 的距离为（）（A）（B）（C）1（D）【答案】A【解析】由已知得AB=2，AM=MB=MC=1，BC=，由△AMC为等边三角形，取CM中点，则AD⊥CM，AD交BC于E，则AD=，DE=，CE=．折起后，由BC2=AC2+AB2，知∠BAC=90°，又cos∠ECA=，∴AE2=CA2+CE2-2CA•CEcos∠ECA=，于是AC2=AE2+CE2．∴∠AEC=90°．∵AD2=AE2+ED2，∴AE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A-BCM的高，AE=。
设点M到面ABC的距离为h，∵S△BCM =，∴由VA-BCM=VM-ABC，可得×＝××1×h，∴h=。
故选A．【考点】折叠问题，体积、距离的计算。
点评：中档题，折叠问题，要特别注意折叠前后“变”与“不变”的几何量。
本题利用“等体积法”，确定了所求距离。
3.正四棱锥中，，点M，N分别在PA，BD上，且．（Ⅰ）求异面直线MN与AD所成角；（Ⅱ）求证：∥平面PBC；（Ⅲ）求MN与平面PAB所成角的正弦值．【答案】（1）90o（2）要证明线面平行，则主要证明线线平行即可，结合判定定理得到。
高二数学立体几何综合试题
高二数学立体几何综合试题1.以正方体的任意4个顶点为顶点的几何形体有①空间四边形；②每个面都是等边三角形的四面体；③最多三个面是直角三角形的四面体；④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体.【答案】①②④【解析】①只要不在同一平面上的四个点连结而成的四边形都是空间四边形. ②从一个顶点出发与它的三个对角面的顶点连结所成的四棱锥符合条件.最多有四个直角四面体.由一个顶点和又该点出发的两条棱的端点及一个对角面的定点四点即可.所以③不成立. ④显然成立.故选①②④.【考点】1.空间图形的判断.2.空间中线面间的关系.2.用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（）A．B． 2C．4D．【答案】D【解析】用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图与轴平行的长度不变其长度为2，与轴平行的一边长度变为原来其长度为1，相邻两边所成角是45°，所以其面积为.故选D【考点】斜二测画法3.如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】（1）设线段的中点为，易得四边形为平行四边形，得，又，,，所以平面平面；（2）因为平面，所以是三棱柱的高，所以三棱柱的体积，通过计算即可得出三棱柱的体积.试题解析：(1) 设线段的中点为.和是棱柱的对应棱同理，和是棱柱的对应棱且且四边形为平行四边形,,平面平面(2)平面是三棱柱的高在正方形中,.在中，，三棱柱的体积.所以，三棱柱的体积.【考点】1.面面平行的判定定理；2.棱柱的体积.4.已知四棱锥的底面是直角梯形，，，侧面为正三角形，，．如图所示．(1) 证明：平面；(2) 求四棱锥的体积．【答案】(1) 证明如下 (2)【解析】证明(1) 直角梯形的，，又，，∴．∴在△和△中，有，．∴且．∴．(2)设顶点到底面的距离为．结合几何体，可知．又，，于是，，解得．所以．【考点】直线与平面垂直的判定定理；锥体的体积公式点评：在立体几何中，常考的定理是：直线与平面垂直的判定定理、直线与平面平行的判定定理。
高二数学立体几何试题
高二数学立体几何试题1.已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】略2.长方体的底面是边长为的正方形，若在侧棱上至少存在一点,使得,则侧棱的长的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】以D为原点，分别为轴建立坐标系，设侧棱长为b，则，所以侧棱长的最小值为【考点】1．向量法求解立体几何问题；2．二次方程根的判定3.如图，三棱柱中，侧棱平面，为等腰直角三角形，，且分别是的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求锐二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；【解析】（Ⅰ）本题考查线面垂直的判定定理．可由勾股定理证明；另外平面即可；（Ⅱ）过程为作---证---算．根据二面角的定义找到角，注意不要忽略了证明的过程．试题解析：（Ⅰ）证明：由条件知平面，令，经计算得，即，又因为平面；（Ⅱ）过作，连结由已知得平面就是二面角的平面角经计算得，【考点】1．线面垂直的判定定理；2．二面角；4.如图，四棱锥中，四边形是正方形，若分别是线段的中点．（1）求证：||底面；（2）若点为线段的中点，平面与平面有怎样的位置关系？并证明。
【答案】（1）见解析；（2）平行【解析】（1）证明GF平行于平面ABC内的一条直线AC即可；（2）首先判断平面∥平面，然后结合有关几何体的性质与所给条件证明面面平行即可．试题解析：（1）证明：连接，由是线段的中点得为的中点，∴为的中位线，又平面，平面∴平面（2）平面∥平面，证明如下：∵分别为，的中点，∴为的中位线，∴∥又∵，∴∥，又平面，∴平面∥平面【考点】线面平行的判定与性质；面面平行的判定与性质5.多面体的底面矩形，其正（主）视图和侧（左）视图如图，其中正（主）视图为等腰梯形，侧（左）视图为等腰三角形，则该多面体的体积为（）A．B．C．D．6【答案】C【解析】用割补法可把几何体分割成三部分，如图：棱锥的高为2，底面边长为4，2的矩形，棱柱的高为2．可得【考点】由三视图求面积、体积6.点A（2,3,5）关于坐标平面的对称点B的坐标是A．（2,3，－5）B．（2，－3,5）C．（－2,3,5）D．（－2，－3,5）【答案】A【解析】空间点关于平面的对称点的坐标不变，坐标互为相反数，因此B的坐标是，故选A【考点】空间点的坐标7.如图所示，在棱长为2的正四面体中，是棱的中点，若是棱上一动点，则的最小值为A．B．C．D．【答案】B【解析】将翻折到同一平面内，的最小值为为的长，在中，由余弦定理可得【考点】1．翻折问题；2．空间距离8.如图在直三棱柱中已知AB=BC=1，，，D是上的点，且（1）求AD与C1B1所成的角的大小；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）；（2）二面角的余弦值为．【解析】（1）异面直线所成的角常常通过作平行线将其转化为平面角，然后再三角形内求解．本题过D作DE平行BC交于点E，连接DE，AD，从而将所求转化为DE与AD所成的角，即，最后求解即可．（2）求二面角的大小常常是利用三垂线定理或其逆定理作出其平面角，然后在三角形内求解即可．当然作平面角的方法很多应根据题目条件选择适当的方法．试题解析：如上图所示过D作DE平行BC交于点E，连接DE，AD易知四边形为平行四边形，即DE平行且等于所以有AD与C1B1所成的角就为DE与AD所成的角，即，又为直三棱柱．知道=在Rt由勾股定理知=同理可得AD= ；又=1；在三角形ADE中由余弦定理解得；所以=（2）由题易知BC垂直平面从而直线垂直平面，作垂直于AD交AD的延长线于F，连接，由三垂线定理的逆定理知，从而为二面角的平面角，在中应用余弦定理得=，于是，故所求二面角的余弦值为【考点】•异面直线所成的角；‚求二面角．【方法点睛】求二面角的平面角的方法：一、定义法，即在二面角的棱上任取一点，并过该点在两个半平面内作棱的垂线，则这两条垂线的夹角即为二面角的平面角，然后在三角形内求解即可．二、利用三垂线定理或其逆定理作出二面角的平面角，然后求解，该法的应用是最多的（本题即为该解法）．三、垂面法，即找到一个与二面角的棱垂直的平面，该平面与两个半平面的交线所围成的角即为二面角的平面角，然后求解．9.已知两条相交直线，平面，则与平面的位置关系是（）A．平面B．平面C．平面D．与平面相交，或平面【答案】D【解析】直线显然不可能在平面内，平行与相交都有可能，故选D．【考点】直线与平面的位置关系．10.已知是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（）A．若垂直与同一平面，则平行B．若平行于同一平面，则平行C．若不平行，则内不存在与平行的直线D．若不平行，则不可能垂直与同一平面【答案】D【解析】若垂直与同一平面，则可能平行也可能相交，A错；若平行于同一平面，则平行、相交、异面都有可能，B错；若相交时，则内与交线平行的直线与平行，C错；则垂直与同一平面，则与平行，D正确，故选D．【考点】面面、线面、线线间的位置关系．11.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图：则其外接球的半径为球的表面积为；故选B．【考点】球内接多面体．【方法点晴】本题主要考查空间几何体中位置关系、球和正棱柱的性质以及相应的运算能力和空间形象能力．解决本题的关键在于能想象出空间图形，并能准确的判断其外接球的求心就是上下底面中心连线的中点．12.一只蚂蚁从棱长为1cm的正方体的表面上某一点出发，走遍正方体的每个面的中心的最短距离，那么的最大值是__________．【答案】【解析】欲求d的最大值，先将起始点定在正方体的一个顶点A点，再将正方体展开，找到6个面的中心点，经观察可知蚂蚁爬行最短程为6个正方体的棱长+展开图形中半个正方形对角线的长．欲求d的最大值，先将起始点定在正方体的一个顶点A点，正方体展开图形为：则蚂蚁爬行最短程的最大值【考点】平面展开-最短路径问题【方法点睛】折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现。
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【模拟试题】
一. 选择题（每小题5分，共60分）
1. 给出四个命题：
①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱；
②各对角面是全等矩形的平行六面体一定是长方体；
③有两个侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；
④长方体一定是正四棱柱。
其中正确命题的个数是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2. 下列四个命题：
①各侧面是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥；
②底面是正多边形的棱锥是正棱锥；
③棱锥的所有面可能都是直角三角形；
④四棱锥中侧面最多有四个直角三角形。
正确的命题有________个
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 长方体的一个顶点处的三条棱长之比为1：2：3，它的表面积为88，则它
的对角线长为（ ）
A. 12 B. 24 C. 214 D. 414
4. 湖面上漂着一个球，湖结冰后将球取出，冰面上留下一个面直径为24cm，
深为8cm的空穴，则该球的半径是（ ）
A. 8cm B. 12cm C. 13cm D. 82cm
5. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积为侧面积的比是
（ ）
A. 122 B. 144 C. 12 D. 142
6. 已知直线lm平面，直线平面，有下面四个命题：
①//lm；②lm//；③lm//；④lm//。
其中正确的两个命题是（ ）
A. ①② B. ③④ C. ②④ D. ①③
7. 若干毫升水倒入底面半径为2cm的圆柱形器皿中，量得水面的高度为6cm，
若将这些水倒入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿中，则水面的高度是（ ）
A. 63cm B. 6cm C. 2182 D. 3123
8. 设正方体的全面积为242cm，一个球内切于该正方体，那么这个球的体积是
（ ）
A. 63cm B. 3233cm C. 833cm D. 433cm
9. 对于直线m、n和平面、能得出的一个条件是（ ）
A. mnmn，，//// B. mnmn，，
C. mnnm//，， D. mnmn//，，
10. 如果直线l、m与平面、、满足：llmm，，，//，那
么必有（ ）
A. 和lm B. ////，和m
C. mlm//，且 D. 且
11. 已知正方体的八个顶点中，有四个点恰好为正四面体的顶点，则该正四面
体的体积与正方体的体积之比为（ ）
A. 13： B. 12： C. 2：3 D. 1：3
12. 向高为H的水瓶中注水，注满为止，如果注水量V与水深h的函数关系
的图象如图所示，那么水瓶的形状是（ ）
二. 填空题（每小题4分，共16分）
13. 正方体的全面积是a2，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是
__________。
14. 正四棱台的斜高与上、下底面边长之比为5：2：8，体积为143cm，则棱
台的高为____________。
15. 正三棱柱的底面边长为a，过它的一条侧棱上相距为b的两点作两个互相
平行的截面，在这两个截面间的斜三棱柱的侧面积为____________。
16. 已知、是两个不同的平面，m、n是平面及之外的两条不同的直线，
给出四个论断：
①m⊥n，②，③n，④m。
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个
命题______________。
三. 解答题（共74分）
17. （12分）正方体ABCDABCD1111中，E、F、G分别是棱DA、DC、
DD
1
的中点，试找出过正方体的三个顶点且与平面EFG平行的平面，并证明之。
18. （12分）球内有相距1cm的两个平行截面，截面的面积分别是
5822cmcm和
，球心不在截面之间，求球的表面积与体积。
19. （12分）一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个正三棱锥的表面积。
20. （12分）直角梯形的一个内角为45°，下底长为上底长的32，这个梯形
绕下底所在直线旋转一周所成的旋转体的全面积是（52），求这个旋转体
的体积。
21. （12分）有一块扇形铁皮OAB，∠AOB=60°，OA=72cm，要剪下来一
个扇形ABCD，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD内剪下一块与其相
切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面（大底面）。（如图）试求
（1）AD应取多长？
（2）容器的容积。
22. （14分）如图，正四棱柱ABCDABCD1111中，底面边长为22，侧棱长
为4，E、F分别为AB、BC的中点，EFBDG。
（1）求证：平面BEFBDDB11平面；
（2）求点D1到平面BEF1的距离d；
（3）求三棱锥BEFD11的体积V。
【试题答案】
一.
1. B 2. B 3. C 4. C 5. A 6. D
7. B 8. D 9. C 10. A 11. D 12. B
二.
13. 22a 14. 2cm 15. 3ab
16. mnmnmnmn，，（或，，）
三.
17. 证明：过ACD、、1的平面与平面EFG平行，由E、F、G是棱DA、DC、
DD1的中点可得GE//AD1，GF//CD
1
，GE平面EFG，GF平面EFG
∴AD1//平面AEG，CD1//平面EFG
又ADCDD111
∴平面EFG//平面ACD1
18. 解：如图，设两平行截面半径分别为rrrr1221和，且
依题意，rr122258，
rrOAOAROORrROORrR12221212122222225858，
和都是球的半径
RRRRSRcmVRcm2222223581
934364336解得
球
球
()
()
19. 解：由三视图知正三棱锥的高为2mm
由左视图知正三棱锥的底面三角形的高为23mm
设底面边长为a，则32234aa
∴正三棱柱的表面积
SSSmm侧底234221242324832()
20. 解：如图，梯形ABCD，AB//CD，∠A=90°，∠B=45°，绕AB边旋转
一周后形成一圆柱和一圆锥的组合体。
设CDxABx，32
ADABCDxBCx222，
SSSS全面积圆柱底圆柱侧圆锥侧
ADADCDADBCxxxxxx2222
422222
52
4
根据题设5245222xx()，则
所以旋转体体积
VADCDADABCD223()
1231327322()
21. 解：如图，设圆台上、下底面半径分别为r、R、AD=x，则ODx72
由题意得
ABRCDrxODxR⌒⌒26018072
26018072723()
Rrx12636，，
ADcm36
（2）又圆台的高h=xRr222236126635()()
VhRRrr1322()
1363512126650435223()
()cm
22. 证明：（1）如图，连结AC
∵正四棱柱ABCDABCD1111的底面呈正方形
∴AC⊥BD
又AC⊥DD1
∴AC⊥平面BDDB11
∵E、F分别为AB、BC的中点
∴EF//AC
∴EF⊥平面BDDB1
∴平面BEFBDDB111平面
解（2）在对角面BDDB11中，作DHBG11，垂足为H
∵平面BEFBDDB111平面，且平面BEF1平面BDDBBG111
∴DHBEFH11平面，且垂足为
∴DH1为点D1到平面BEF1的距离
在Rt△DHB11中，DHDBDBH1111sin
DBAB
DBHBGBBBGBDH1111111111222244174417161717sinsin
（2）VVVDHSBEFDDBEFBEF11111131
13161712217
16
3