专题二立体几何初步测试题

1、专题二立体几何初步测试题（时间：120分钟满分：150分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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，设A是棱长为a的正方体的一个顶点，过从此顶点出发 的三条棱的中点作截面，截面与正方体各面共同围成一个多面体， 则 关于此多面体有以下结论，其中错误的是（）B .体对角线AC1垂直于截面C.截面平行于平面CB1D1D .此多面体的表面积为#a2解析 此多面体的表面积S= 6a2 3x 2x 2ax *a+才扌ax45 2 ,2 = 8a +咛a?故选D.答案 D2. （2012福建宁德二模）如图是一个多面体的三视图，则其全面积

2、为（）匝/J2/八正（主）视怪3侧（左）视图俯视图a.3B. + 6C.V3 + 6Da/3 + 4解析 由几何体的三视图可得,此几何体是正三棱柱，其全面积J t3-*YA正（主）视图侧（左）视图俯视图B. 12nC. 4n+ 24D. 4n+32解析由几何体的三视图可得,此几何体是上面一个球、面一个长方体组成的几何体，此几何体的表面积S= 4nX 12+ 2X 2X 2 +8X 3= 4n+ 32.故选 D.答案 D4. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积与体积分别为（）正（主）视图 侧（左）视图俯视图A .7+2,3B.8+2,3C.7+2,ID.8+2,I解析 由几何体的三视

3、图可得，此几何体是四棱柱，底面是梯形，1其全面积为 S= 2X 2（1 + 2）X 1 + 12 +12+ 1X2+ .2X 1 = 7+ .2,体积 为 V= *（1 + 2）X 1 X 1 = 2故选 C.答案 C5. （2012江苏启东中学模拟）一个与球心距离为1的平面截球体 所得的圆面面积为n则球的体积为（）8 _ 2 n8 n代丁BE32 nC. iD. 8 n解析 由题意，球的半径为 R= ,12 + 12 = .2,故其体积V=4 n（2）3=密2选 A.答案 A6. （2012福建福鼎一中模拟）如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，E是AD的中点，则异面直线CiE与BC

4、所成的角的余弦值是（）A.10D.2.23解析 因为BC启iCi，故ZECiBi即为异面直线CiE与BC所成的 角，在EBiCi中，由余弦定理可得结果，选 C.答案 C7. （20i2泰安市高三质检）已知正四棱锥S ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE、SD所成角的余弦值为（B.AEC.解析连接BD，取BD中点O,连接AO则OE/SD./OEA即为AE与SD所成的角.令侧棱长为2,贝S OE= 1, AO= 2, AE= 3因为AE2 = AO2 + OE2,所以AOE是直角三角形，故cosZAEO=答案 C8.（2012安徽皖南八校联考）设m, n是不同的直线，a仇丫是不

5、同的平面，有以下四个命题：m± am丄B;？ a丄B;m / ®）B .D .aall Ya丄Bm/ a?m / nn? a? m/ a其中正确的命题是（A .C.解析 由定理可知正确，中 m与B的位置关系不确定，中可能m? a故选C.答案 C9. （2012宁夏模拟）如图，正 ABC的中线AF与中位线DE相交于G,已知 A' ED是厶AED绕DE旋转过程中的一个图形，下 列命题中，错误的是（）A .动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上B .恒有平面 A' GF丄平面BCEDC.三棱锥A' FED的体积有最大值D .异面直线A'

6、E与BD不可能垂直解析 由题意，DE丄平面AGA' , A、B、C正确.故选D. 答案 D10. （2012南昌一模）在棱长为a的正方体ABCD A1B1CQ1中，M为AB的中点，则点C到平面AiDM的距离为（）A.6TaDaC.解析 设点C到平面AiDM的距离为h,则由已知得DM = AiM = a2 + 卽=爭 a , AiD =a , S AiDM = * x 羽 a x 寸勒呼a ja2，连接 CM, Sdm = *a2，由 VC AiDM = VAi CDM ,得iSAiDM h = S:dm a,专a2 h=护 a ,所以 h = fa, 即点C到平面AiDM的距离为fa,

7、选A.答案 Aii. （20i2 山东平邑一中模拟）设a, b, c是空间三条直线，a B是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是（）A .当 cX a时，若 cX B 贝y all BB .当 b? a 时，若 bX B,贝 y aX BC.当b? a且c是a在a内的射影时，若b±c,贝U a丄bD .当 b? a 且 c? a 时，若 c / a,贝S b / c解析写出逆命题，可知B中b与B不一定垂直.选B.答案 B12. （2012山东潍坊模拟）某几何体的一条棱长为，7,在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为_ 6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别

8、是长为a和b的线段，则a+ b的最大值为（）A. 2 2C. 4解析结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算. 如图设长方体 的长，宽，高分别为m, n, k,由题意得：m2 + n2+ k2= 7, m2 + k2 =.6? n= 1,1 + k2= a, ； 1 + m2= b,所以(a2 1) + (b2 1) = 6? a2 + b2= 8,所以(a+ b)2 = a2 + 2ab + b2= 8+ 2abw8+ a2 + b2 = 16? a +b< 4,当且仅当a= b= 2时取等号.选C.答案 C二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案 填在题中的横线上.

9、13. （2012广东珠海二模）一个五面体的三视图如图，正视图与侧 视图都是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示， 则此五面体的体积为.正（主视图侧（左视图俯视图解析 由三视图可知，此几何体是一个底面为直角梯形，有一条1 1侧棱垂直于底面的四棱锥，其体积为 V=3X2X（1 + 2）x 2X 2 = 2. 答案 214. 有一多面体的饰品，其表面由6个正方形和8个正三角形组 成（如图），AB与CD所成的角的大小是 .解析 连接AD，则AD綊2BC,故延长AB, DC必相交，设交 点为E,ADE是等边三角形，故AB与CD所成的角的大小为60°答案 60°15.

10、（2012江西赣州联考）三棱锥S ABC中，/ SBA=Z SCA=90° ABC是斜边AB = a的等腰直角三角形，则以下结论中： 异面直线SB与AC所成的角为90° 直线SB丄平面ABC; 平面SBC丄平面SAC;1 点C到平面SAB的距离是2a.其中正确结论的序号是.解析 由题意知AC丄平面SBC,故ACJSB, SB丄平面ABC,平面SBC丄平面SAC,、正确；取AB的中点E,连接CE,可证1得CE丄平面SAB,故CE的长度即为C到平面SAB的距离严，正 确.答案16. （2012南京一模）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱AAi的中点，若截面厶BCiD是

11、面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为.解析 设正三棱柱的底面边长为a,高为2h,则BD = CiD =2X a2 + h2 = a2+ 4h21 a2 + h2 = 6a2+ h2, BCi .a2 + 4h2，由ABCiD是面积为6的直角三角形，得a2= 81，解得h = 2，故此三棱柱的体积为V=2x 8X sin60 ° 4= 8祸答案8 3三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤.17. （本小题满分12分）（2012 北京）如图 1,在 Rt ABC 中，/ C= 90° BC= 3, AC = 6,D, E分别是AC,

12、AB上的点，且 DE / BC, DE = 2.将 ADE沿DE 折起到 AQE的位置，使AC丄CD，如图2.图(1)求证：AQ丄平面BCDE;若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点 P,使平面A1DP与平面A1BE垂直? 说明理由.解 （1）因为 ACJBC, DE /BC,所以 DE _LAC.所以ED山1D, DE JCD，所以DE丄平面AQC.所以DE山1C.又因为A1C JCD.所以AQ丄平面BCDE.如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系 Cxyz,则Ai(O,O,2 3), D(0,2,0), M(0,1,3), B(3,0,0), E

13、(2,2,0).设平面 AiBE 的法向量为 n= (x, y, z),贝S n AiB = 0, n BE= 0.TT又AiB= (3,0, 2 3), BE = ( 1,2,0)，所以-x+ 2y= 0.令 y= 1,则 x= 2, z= 3.所以 n = (2,1, .3).设CM与平面AiBE所成的角为9T因为cm=(0,i, V3),TTn CM4所以 sin9=|cosn, CM> |=T=V8/4=2 .|n|CM|n所以CM与平面AiBE所成角的大小为4.(3)线段BC上不存在点P,使平面AiDP与平面AiBE垂直，理由如下:假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，

14、其中pqo,3.设平面AiDP的法向量为m= (x, y, z)，贝Sm AiD = 0, m DP = 0.TT又AiD = (0,2, 2 3), DP = (p,- 2,0),f2y-2辰=0,所以px 2y = 0.令 x= 2,则 y= p, z=所以m平面AiDP丄平面AiBE，当且仅当m n= 0时成立，即 4+ p+ p= 0.解得 p= 2, 与 pq0,3矛盾.所以线段BC上不存在点P,使平面AiDP与平面AiBE垂直.i8.（本小题满分i2分）（20i2 辽宁）如图，直三棱柱 ABC A B C',/ BAC= 90°AB= AC=入AA,点M, N分别

15、为A' B和B' C'的中点.(1)证明：MN / 平面 A ACC'若二面角A' MNC为直二面角，求 入的值. 解(1)解法一：如图，连接 AB' , AC'，由已知/BAC= 90° AB =AC,三棱柱ABC A' B' C'为直三棱柱，所以 M为AB'中点.又因为N为B' C'的中点，所以MN AC'.又 MN?平面 A' ACC' , AC' ?平面 A' ACC'，因此 MN 平 面 A' ACC'.解法

16、二：取A' B'中点P,连接MP, NP,而M , N分别为AB'和B' C'的中点，所以MP /A' , PN /A C，所以 MP 平面 A ACC' , PN 平面 A ACC'.又 MP A NP= P,因此平面 MPN平面A' ACC'.而MN?平面MPN，因此MN / 平面 A' ACC'.(2)以A为坐标原点，分别以直线 AB, AC, AA'为x轴，y轴， z轴建立直角坐标系Oxyz,如图所示.设AA' = 1,贝卩AB = AC =入于是 A(0,0,0), B(入

17、 0,0), C(0,入 0) , A' (0,0,1) , B'(入 0,1),c (0,入 i),所以 m运,0 , 2! , N2 , 2，1 丿设m= (X1 , y1 , zd是平面A' MN的法向量.f fm A' M = 0 , 由m MN= 02X1 - 2乙=0 ,'得釦 iz1 = 0,可取 m= (1, 1, %.n NC=0 , 由fn MN = 0设n= (X2 , y2 , Z2)是平面MNC的法向量,2x2+2y2z2=得得入1c22+卫=0 ,可取 n = ( 3, 1, %.因为A' MNC为直二面角，所以 m

18、n= 0,即一3+ (- 1)X (- 1)+於=0,解得 匕 2.19. (本小题满分12分)(2012天津)如图，在四棱锥 PABCD中，PA丄平面ABCD, AC丄 AD, AB丄 BC,Z BAC = 45° FA=AD = 2, AC= 1.(1) 证明PC丄AD;(2) 求二面角A PC D的正弦值；设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30° 求AE的长.解4 Z解法一：如图，以点 A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0), D(2,0,0), C(0,1,0), B(-2, 2, °，P(0,0,2).TTT T(1)易得

19、PC= (0,1,- 2), AD = (2,0,0),于是 PC AD = 0,所以 PCTT(2)PC= (0,1,- 2), CD = (2,- 1,0).设平面PCD的法向量n= (x, y, z).Tn PC = 0,则Tn CD = 0,y-2z= 0, 即2x- y= 0.不妨令z= 1, 可得 n = (1,2,1).可取平面FAC的法向量m = (1,0,0).于是cosm,n>= mnr 1g66，从而 sinm,n>306所以二面角A PC D的正弦值为由CD = (2, 1,0)，故 cosBE,TCD >设点E的坐标为(0,0, h),其中hq0,2

20、.由此得BE =_ BE CD _2_|BE| |CD| . 2 + h % 怎3D如图，作AH JPC于点H，连接DH.由PC1AD, PC1AH，可得PC丄平面ADH，因此DH JPC,从而/AHD为二面角A PC D的平面角.在 RtPAC 中，FA= 2, AC= 1,由此得AH25.由（1）知 AD1AH.故在 RtQAH 中，DH = .'AD2 + AH2 =厶学.因 此sinZAHD = DH二-630所以二面角A PCD的正弦值为 肩0(3)如图，因为/ADC<45°故过点B作CD的平行线必与线段 AD 相交，设交点为F,连接BE, EF故/EBF或其

21、补角为异面直 BE与 CD所成的角.由于 BF/CD，故ZAFB=ZADC.在 RtzUDAC 中，CD = ,5,sinZADC1=5，1故 sinZAFB =5.亠亠丄 BFAB1在KFB 中，由=,AB=si n/FAB si n/AFBV2sinzFAB = sin 135 =¥，可得 BF = ¥由余弦定理，BF2 = AB2 + AF2 2AB AF cos/FAB,1可得AF = .设 AE= h.在 Rt狂AF 中，EF = y/AE2 + AF2 = yj h2 + *.在 Rt壬AE 中，BEZAE2+ AB2 = A2.在AEBF中，因为EF<B

22、E，从而ZEBF= 30°由余弦定理得BE2 + BF2 EF210cos30 °=2BE BF .可解得 h =.所以AE=f.20. （本小题满分12分）（2012浙江）如图，在四棱锥P ABCD 中, 底面是边长为 2占的菱形，/ BAD = 120°且PA丄平面 ABCD, FA =2 6, M , N分别为FB, FD的中点.(1) 证明：MN /平面 ABCD;(2) 过点A作AQ丄PC,垂足为点Q,求二面角A MNQ的平 面角的余弦值.解 (1)因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是"BD的中位线，所以MN/BD.又因为MN?平面AB

23、CD，所以MN平面ABCD.解法一：连接AC交BD于O.以0为原点，0C, 0D所在直线为x, y轴，建立空间直角坐标系 Oxyz,如图所示.在菱形 ABCD 中，/BAD= 120° 得 AC= AB = 2羽，BD = J3aB=6.又因为PA丄平面ABCD，所以FAAC.在直角三角形 FAC 中，AC = 2 3, FA= 2.6, AQJFC,得 QC =2, PQ = 4.由此知各点坐标如下,A(- 3, 0,0), B(0, -3,0), C( 3, 0,0), D(0,3,0), P(- 3, 0,2 6),m :-溟-2 ,V6 丿，N -,0,设m= (x, y,

24、z)为平面AMN的法向量.由AM =心33厂T育,-3 ,呵 AN=2'23x-|y+ ,6z= 0 , 詐+器+ 6z= 0.取 z=- 1,得 m= (2 2, 0,- 1).设n= (x , y , z)为平面QMN的法向量.由 QM-冒,-2,QN =5 3 36 门rx- 2y+Tz=0,5 3 36 Tx+ 2y+訐 0取 z= 5,得 n= (2 2, 0,5).m n 33于是cosm, n=丽厂药.所以二面角A MNQ的平面角的余弦值为 囂解法二：在菱形 ABCD中，/BAD = 120°得AC= AB= BC= CD = DA, BD = 3AB.又因为P

25、A丄平面ABCD，所以PAAAB, PA1AC, PAJAD.所以 PB= PC= PD.所以 zPBCzEDC.1而M , N分别是FB, FD的中点，所以 MQ = NQ,且AM = qPB=2pD = AN.取线段MN的中点E,连接AE, EQ,贝S AEJMN , QEJMN,所以/AEQ为二面角A MNQ的平面角.由 AB= 2 3, FA= 2 .6, 故在MMN 中，AM = AN= 3, MN = *BD = 3,得 AE=分.在直角三角形 PAC 中，AQ1PC,得 AQ= 2 2, QC = 2, PQ= 4.PB2 + PC2 BC2 5 在APBC 中，cosZPBC=

26、2PB PC= 6，得MQ = PM2 + PQ2 2PM PQcoszBPC= 5.在等腰三角形 MQN中，MQ= NQ= 5, MN = 3,得QE= ;MQ2 ME2 =今.在厶AEQ中，AE= 于，QE = 于,AQ= 2.2, 得coszAEQ =AE2 + QE2- AQ2 姮2AE QE =药.所以二面角A MNQ的平面角的余弦值为 器.21. （本小题满分12分）（2012江西）在三棱柱 ABCA1B1C1 中，已知 AB = AC = AA1 = 5, BC = 4, 点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.（1）证明在侧棱AA1上存在一点E,使得OE丄平面BB1C1C,

27、并求 出AE的长；(2)求平面AiBiC与平面BBiCiC夹角的余弦值.解 (1)连接AO,在AOAi中，作OElAAi于点E,因为AAi /BBi,得OEJBBi，因为AiO丄平面ABC,所以AiOJBC.因为AB= AC, OB= OC,得AOJBC，所以BC丄平面AAQ,所以 BC9E,所以 OE丄平面BBiCiC,又 AO= ,'AB2- BO2= 1, AAi= 5,得AE=AO2AAiy如图，分别以OA, OB, OAi所在直线为x, y, z轴，建立空间直角坐标系，则 A(i,0,0), B(0,2,0), C(0,-2,0), Ai(0,0,2),由AE=gAAi得点E

28、的坐标是5, 0, 2 ,由(i)得平面BBiCiC的法向量是OE= 5, 0, I ,设平面AiBiC的法向量n= (x, y, z),n AB= 0 由n A1C= 0x+ 2y= 0 得y+ z= 0令 y= 1,得 x= 2, z= 1,即 n= (2,1, 1),所以Tcos OE,n>TOE n =V30T=10 ,|OE| |n|即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是 器.22. (本小题满分14分)如图，四棱锥PABCD中，PA丄底面ABCD,四边形ABCD中,AB丄AD, AB + AD = 4, CD = .2,2 CDA = 45°(1) 求证

29、：平面FAB丄平面PAD;(2) 设 AB = AP.(i )若直线PB与平面PCD所成的角为30°求线段AB的长；(ii)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P, B, C, D的距离都相等？说明理由.解法一：(1)证明：因为PA丄平面ABCD,AB?平面 ABCD,所以FA1AB,又 AB1AD, FAA AD = A,所以AB丄平面FAD又AB?平面FAB,所以平面FAB丄平面FAD,以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 A-xyz(如图).在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E,贝卩CE山D.在 Rt:DE 中，DE = CDcos45 = 1,CE= CD sin45

30、 =1.设 AB= AP = t,贝S B(t,O,O), P(0,0, t).由 AB+ AD = 4 得 AD = 4 t,所以 E(0,31,0), C(1,3 t,0)D(0,4 1,0), CD = ( 1, 1,0), PD = (0,4 t, t).(i )设平面PCD的法向量为n= (x, y, z).t t x+y = 0,由 nJCD, nJPD，得1(4t y t z=0取x=t，得平面PCD的一个法向量n = (t, t,4t).T又PB= (t,0, t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得Tcos60 =n PBT|n| |PB|44解得t=5或t = 4(舍去，因为AD = 4 t>0)，所以AB=g.丿匸p假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P, B, C, D的 距离都相等.设 G(0，m,0)(其中 OW m< 4-1).TTT则GC= (1,3-1 m,0), GD = (0,4-1 m,0), GP= (0，- m, t).TT由 |GC|= |GD|,得 12 + (3-1-m)2= (4-1- m)2,即t = 3 m;TT由 |GD|= |GP|，得(4-1-m)2 = m2 + t2.由、消去t,化简得m2- 3m + 4= 0.由于方程没有实数根，所以在线段 AD上不存在一个点G,使 得点G到