2020年海门市锡类中学二轮专题立体几何同步练习

1、（店铺管理）海门市锡类中学二轮专题立体几何同步练习海门市锡类中学二轮专题立体几何同步练习生化姓名学号壹、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.于每小题给出的四个选项中，只有壹项是符合题目要求的.1 .给出下列命题：有壹条侧棱和底面俩边垂直的棱柱是直棱柱；底面为正多边形的棱柱为正棱柱；顶点于底面上的射影到底面各顶点的距离相等的棱维是正棱锥；A、B为球面上相异的俩点，则通过A、B的大圆有且公有壹个。其中正确命题的个数是（）A.0个B.1个C.2个D.3个2 .不共面的四个定点到平面的距离均相等，这样的平面共有（）A.3个B.4个C.6个D.7个3 .壹个和球心距离为1的平面截球所得的圆面

2、面积为，则球的表面积为（）A.B.C.D.4 .如图，于多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且那DE、出CF均为正三角形，EF/AB,EF=2,则该多面体的体积为（）A.B.C. D. 一25 .设a、3、丫为平面，为直线，则的壹个充分条件是（）A. B.C. D.6.如图，正方体 ABCD AiBiCiDi的棱长为1, O是底面 AiBiCiDi的中心，则O到平面ABCiDi的距离为（）A.i一B.2- 23C. D.7 .平面P和平面Q所成的二面角为,直线AB平面P,且和二面角棱成角，它和平面 Q成角，那么（）A.B.C.D.8 .正方体 ABCD -AiBiCiDi 中

3、，E、F分别为棱AB、CiDi的中点，则直线AiBi和平面AiECF所成角的正弦为（）A-九一3一632A.3B.3c.6D.29.长方体的壹个顶点上三条棱的长分别为a、b、c,若长方体所有棱的长度之和为24,壹条对角线长度为5,体积为2,则等于（）A.B.C.D10 .若三棱锥 A-BCD的侧面ABC内壹动点P到底面BCD的距离和到棱AB的距离相等，则动点P的轨迹和 ABC组成图形可能是（）A.B.C.D.11 .过三棱柱任意俩个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）A.18对B.24对C.30对D.36对12 .将半径均为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值

4、为（）A.B.2+C.4+D.海门市锡类中学二轮专题立体几何同步练习生化姓名学号答题纸壹、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.题号123456789101112答案、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共24分.把答案填于横线上.13 .正三棱锥PABC的四个顶点同于壹个半径为2的球面上，若正三棱锥的侧棱长为24,则正三棱锥的底面边长是.14 .如图，PA，平面ABC,/ABC=90°lPA=AB=BC=a,则异面直线PB和AC所成角的正切值等于:15 .已知球面上A、B俩点间的球面距离是1,过这俩点的球面半径的夹角为60。，则这个球的表面积和球的体积之比是16 .如图，

5、于直三棱柱中，-E、F分别为的中点，沿棱柱的表面从E至ijF俩点的最短路径的长度为。17 .下面是关于三棱锥的四个命题：底面是等边三角形，侧面和底面所成的二面角均相等的三棱锥是正三棱锥.底面是等边三角形，侧面均是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥.底面是等边三角形，侧面的面积均相等的三棱锥是正三棱锥.侧棱和底面所成的角均相等，且侧面和底面所成的二面角均相等的三棱锥是正三棱锥.其中，真命题的编号是18.正方体ABCDA1B1C1D1中，过对角线BD1的壹个平面交AA1于E,交CC1于F,则：四边形BFDiE壹定是平行四边形；四边形BFDiE有可能是正方形；四边形BFDiE于底面ABCD内的投影壹定是正

6、方形；四边形BFDiE有可能垂直于平面BBiDo之上结论正确的为(写出所有正确结论的编号).三、解答题：本大题共5小题，共66分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.19 .(本题3t分12分)于四棱锥VABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD，底面ABCD.(I)证明AB，平面VAD.(II)求面VAD和面VDB所成的二面角的大小.20 .(本题满分12分)如图1,已知ABCD是上、下底边长分别是2和6,高为V3的等腰梯形.将它沿对称轴OOi折成直二面角，如图2.(I)证明AC±BOi;(n)求二面角OACOi的大小.21 .(本题满分14分)如图，于

7、底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA，底面ABCD,PA=AB=1,BC=2.(1)求证：平面PDCL平面PAD;(2)若E是PD的中点，求异面直线AE和PC所成角的余弦值；(3)于BC边上是否存于壹点G,使得D点到平面PAG的距离为1,若存于，求出BG的值；若不存于，请说明理由.22.(本题满分14分)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱AiA和AB、AC均成45°角，且A1E，BB于E,A1FXCC1于F.求证：平面AEF，平面B1BCC1;求直线AA1到平面B1BCC1的距离；当AA1多长时，点A1到平面ABC和平面B1BCC1的距离相等.A1

8、C123.(本题满分14分)如图，甲、乙是边长为4a的俩块正方形钢块/当下将甲裁剪焊接成壹个正四棱柱，将乙裁剪焊接成壹个正四棱锥，使它们的全面积等于壹个正方形的面积(不计焊接缝的面积)(1)将你的裁剪方法用虚线标示于图中，且作简要的说明;(2)试比较你所制作的正四棱柱和正四棱锥体积的大小，且证明你的结论。海门市锡类中学二轮专题立体几何同步练习壹、选择题题号123456789101112答ADDABBAAADDC案二、填空题13.3;14.>/3;15.n；16.17.18.三、解答题19.证明：（I）作AD的中点O,则VO，底面ABCD.1分建立如图空间直角坐标系，且设正方形边长为1,2

9、则A(,0,0),B(,1,0),C(-,1,0),D(-,0,0),V(0,0,),，3分由4分5分又ABAAV=AAB，平面VAD6分(n)由(I)得是面VAD的法向量7分设是面VDB的法向量，则9分,11分12分又由题意知，面VAD和面VDB所成的二面角，所以其大小为20.解法壹(I)证明由题设知OAOOi,OBXOO1.所以/AOB是所折成的直二面角的平面角，即OALOB.故能够O为原点，OA、OB、OO1所于直线分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图3,则关联各点的坐标是A(3,0,0),B（0，3，0），C（0，1，）O1（0，0，）.从而所以ACXBOi.（II）解：因为所

10、以BOiXOC,由（I）AC±BO1,所以BOi,平面OAC,是平面OAC的壹个法向量.设是0平面O1AC的壹个法向量，由得.设二面角OACO1的大小为，由、的方向可知，>，所以cos，>=即二面角OACO1的大小是解法二（I）证明由题设知OAOOi,OBXOOi,所以/AOB是所折成的直二面角的平面角，即OALOB.从而AO，平面OBCOi,OC是AC于面OBCO1内的射影.因为，所以/OOiB=60°,QiOC=30°,从而OCBOi由三垂线定理得 ACXBO1.(II)解由(I) ACXB01 , 0CXB01 ,知 B01,平面 AOC.设OC

11、nOiB=E ,过点E作EF，AC于F,连结 OiF (如图4),则EF是OiF于平面AOC内的射影，由三垂线定理得OiFXAC.所以/OiFE是二面角O AC Oi的平面角.由题设知 0A=3 , 00 1=, 01C=1 ,所以,从而，又 OiE=OO i sin30所以即二面角 O AC 01的大小是21 .解：以A为原点，AB所于直线为x轴，AD所于直线为x轴、y轴，AP所于直线为z轴建立空间直角坐标系,0, 0), B(10,0), C(12, 0,),D(0, 2, 0),1E(0, 1, "), P(0,0,1). =(-1, 0,0), =(0, 20), =(0,

12、0, 1), =(011, 2), =(1,2, -1),(1)平面PDC，平面PAD 5分(2) cos =1 2- 3010 '，所求角的余弦值为“一.9-10(3)假设BC边上存于壹点G满足题设条件，令BG=x，则G(1,x,0),作DQ，AG,贝UDQ，平面PAG,即DQ=1.NS3dg=S矩形abcd,.,.=2.=2,又AGm>JX2+?,.x=>/3<2,故存于点G,当BG=J3时，使点D到平面PAG的距离为1.14分22.解：CC1/BB1,又BBiAiE,，CCi，AiE,而CCi±AiF,.CCi±平面AiEF,.平面AiEF，平面BiBCCi4分作AiHEF于H,则AiHL面BiBCCi,，AiH为Ai到面BiBCCi的距离，于AiEF中，AiE=AiF=2,EF=2,.必iEF为等腰Rt且EF1为斜边，AiH为斜边上中线，可得AiH=-EF=19,分作AiG±WABC于G,连AG,则AiG就是Ai到面ABC的距离，且AG是/BAC的角平分线，AiG=12分cos45. cos /AiAG =cos306-31,'sin/AiAG=,，AiA=-r=33_3314分23.(1)将正方形甲按图中虚线剪开，以俩个正方