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()A有10个顶点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S6a23××a×a×a×a×a2a2a2.故选D.答案D2(2012·福建宁德二模)如图是一个多面体的

2、三视图，则其全面积为()A.B.6C.6 D.4解析由几何体的三视图可得，此几何体是正三棱柱，其全面积为S3×()22××()2×sin60°6.故选C.答案C3(2012·江西抚州一中模拟)如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是()A22 B12C424 D432解析由几何体的三视图可得，此几何体是上面一个球、下面一个长方体组成的几何体，此几何体的表面积S4×122×2×28×3432.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()A7，

3、3 B8，3C7， D8，解析由几何体的三视图可得，此几何体是四棱柱，底面是梯形，其全面积为S2×(12)×112121×2×17，体积为V(12)×1×1.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，则球的体积为()A. B.C. D8解析由题意，球的半径为R，故其体积V()3，选A.答案A6(2012·福建福鼎一中模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AD的中点，则异面直线C1E与BC所成的角的余弦值是()A. B.C. D.解析因为BCB1C1，

4、故EC1B1即为异面直线C1E与BC所成的角，在EB1C1中，由余弦定理可得结果，选C.答案C7(2012·泰安市高三质检)已知正四棱锥SABCD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()A. B.C. D.解析连接BD，取BD中点O，连接AO则OESD.OEA即为AE与SD所成的角令侧棱长为2，则OE1，AO，AE因为AE2AO2OE2，所以AOE是直角三角形，故cosAEO.答案C8.(2012·安徽皖南八校联考)设m，n是不同的直线，、是不同的平面，有以下四个命题：；m；m.其中正确的命题是()A BC D解析由定理可知正确，中m与的位

5、置关系不确定，中可能m.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AED是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AGF平面BCEDC三棱锥AFED的体积有最大值D异面直线AE与BD不可能垂直解析由题意，DE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ABCDA1B1C1D1中，M为AB的中点，则点C到平面A1DM的距离为()A.a B.aC.a D.a解析设点C到平面A1DM的距离为h，则由已知得DMA1M a，A1D

6、a，SA1DM×a× a2，连接CM，SCDMa2，由VCA1DMVA1CDM，得SA1DM·hSCDM·a，a2·ha2·a，所以ha，即点C到平面A1DM的距离为a，选A.答案A11(2012·山东平邑一中模拟)设a，b，c是空间三条直线，是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是()A当c时，若c，则B当b时，若b，则C当b，且c是a在内的射影时，若bc，则abD当b，且c时，若c，则bc解析写出逆命题，可知B中b与不一定垂直选B.答案B12(2012·山东潍坊模拟)某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视

7、图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则ab的最大值为()A2 B2C4 D2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，n1，a，b，所以(a21)(b21)6a2b28，所以(ab)2a22abb282ab8a2b216ab4，当且仅当ab2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

8、体积为_解析由三视图可知，此几何体是一个底面为直角梯形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其体积为V××(12)×2×22.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(2012·江西赣州联考)三棱锥SABC中，SBASCA90°，ABC是斜边ABa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

9、线SB平面ABC；平面SBC平面SAC；点C到平面SAB的距离是a.其中正确结论的序号是_解析由题意知AC平面SBC，故ACSB，SB平面ABC，平面SBC平面SAC，、正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离a，正确答案16(2012·南京一模)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱AA1的中点，若截面BC1D是面积为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BDC1D，BC1，由BC1D是面积为6的直角三角形，得，解得，故此三棱柱的体积为V×8×sin60°&

10、#215;48.答案8三、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RtABC中，C90°，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图2.(1)求证：A1C平面BCDE；(2)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ACBC，DEBC，所以DEAC.所以EDA1D，DECD，所以DE平面A1DC.所以DEA1C.又因为A1

11、CCD.所以A1C平面BCDE.(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0，2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n·0，n·0.又(3,0，2)，(1,2,0)，所以令y1，则x2，z.所以n(2,1，)设CM与平面A1BE所成的角为.因为(0,1，)，所以sin|cosn，|.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3设平面A1DP的法向量

12、为m(x，y，z)，则m·0，m·0.又(0,2，2)，(p，2,0)，所以令x2，则yp，z.所以m.平面A1DP平面A1BE，当且仅当m·n0时成立，即4pp0.解得p2，与p0,3矛盾所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直18(本小题满分12分)(2012·辽宁)如图，直三棱柱ABCABC，BAC90°，ABACAA，点M，N分别为AB和BC的中点(1)证明：MN平面AACC；(2)若二面角AMNC为直二面角，求的值解(1)解法一：如图，连接AB，AC，由已知BAC90°，ABAC，三棱柱ABCABC为直三棱

13、柱，所以M为AB中点又因为N为BC的中点，所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.解法二：取AB中点P，连接MP，NP，而M，N分别为AB和BC的中点，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面AACC.又MPNPP，因此平面MPN平面AACC.而MN平面MPN，因此MN平面AACC.(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AA1，则ABAC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)，所以M，N.设m(x1，y1，z1)是平面AMN

14、的法向量由得可取m(1，1，)设n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取n(3，1，)因为AMNC为直二面角，所以m·n0，即3(1)×(1)20，解得.19(本小题满分12分)(2012·天津)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45°，PAAD2，AC1.(1)证明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)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，

15、P(0,0,2)(1)易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是·0，所以PCAD.(2)(0,1，2)，(2，1,0)设平面PCD的法向量n(x，y，z)则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值为.(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h0,2由此得.由(2，1,0)，故cos，所以，cos30°，解得h，即AE.解法二：(1)由PA平面ABCD，可得PAAD，又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC，又PC平面PAC，所以PCAD.(2)如图，作AHPC于点H，连接DH.由

16、PCAD，PCAH，可得PC平面ADH，因此DHPC，从而AHD为二面角APCD的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH.故在RtDAH中，DH.因此sinAHD.所以二面角APCD的正弦值为.(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或其补角为异面直BE与CD所成的角由于BFCD，故AFBADC.在RtDAC中，CD，sinADC，故sinAFB.在AFB中，由，AB，sinFABsin135°，可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22AB·AF·c

17、osFAB，可得AF.设AEh.在RtEAF中，EF .在RtBAE中，BE .在EBF中，因为EF<BE，从而EBF30°，由余弦定理得cos30°.可解得h.所以AE.20(本小题满分12分)(2012·浙江)如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，BAD120°，且PA平面ABCD，PA2，M，N分别为PB，PD的中点(1)证明：MN平面ABCD；(2)过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角AMNQ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PBD的中位线，所以MNBD.又因为MN平面ABCD，所以MN平面A

18、BCD.(2)解法一：连接AC交BD于O.以O为原点，OC，OD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，BAD120°，得ACAB2，BDAB6.又因为PA平面ABCD，所以PAAC.在直角三角形PAC中，AC2，PA2，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各点坐标如下，A(，0,0)，B(0，3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(，0,2)，M，N，Q.设m(x，y，z)为平面AMN的法向量由，知取z1，得m(2，0，1)设n(x，y，z)为平面QMN的法向量由，知取z5，得n(2，0,5)于是cosm，n.所以二面角AMNQ的平面角的余弦

19、值为.解法二：在菱形ABCD中，BAD120°，得ACABBCCDDA，BDAB.又因为PA平面ABCD，所以PAAB，PAAC，PAAD.所以PBPCPD.所以PBCPDC.而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQNQ，且AMPBPDAN.取线段MN的中点E，连接AE，EQ，则AEMN，QEMN，所以AEQ为二面角AMNQ的平面角由AB2，PA2，故在AMN中，AMAN3，MNBD3，得AE.在直角三角形PAC中，AQPC，得AQ2，QC2，PQ4.在PBC中，cosPBC，得MQ.在等腰三角形MQN中，MQNQ，MN3，得QE.在 AEQ中，AE，QE，AQ2，得cosAEQ.所

20、以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.21(本小题满分12分)(2012·江西)在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，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平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值解(1)连接AO，在AOA1中，作OEAA1于点E，因为AA1BB1，得OEBB1，因为A1O平面ABC，所以A1OBC.因为ABAC，OBOC，得AOBC，所以BC平面AA1O，所以BCOE，所以OE平面BB1C1C，又AO1，AA1，得AE.(2)如图，分别以OA，OB，OA

21、1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，2,0)，A1(0,0,2)，由得点E的坐标是，由(1)得平面BB1C1C的法向量是，设平面A1B1C的法向量n(x，y，z)，由，得，令y1，得x2，z1，即n(2,1，1)，所以cos，n，即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.22.(本小题满分14分)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45°.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.()若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；

22、()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？说明理由解解法一：(1)证明：因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB，又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD，(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECD·cos45°1，CECD·sin45°1.设ABAPt, 则B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)D(0,4t,0)，(1，1,0)，(0,4t，t)()设平面PCD的法向量为n(x，y，z)由n，n，得取xt，得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)又(t,0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°，即.解得t或t4(舍去，因为AD4t>0)，所以AB.()假设在线段AD上存在