专题二-立体几何初步测试题

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CB1D1472D．此多面体的表面积为8a111122解析此多面体的表面积S＝6a2－3×2×2a×2a＋2×2a×234523245＋32a×2＝8a＋8a＝8a.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，则其全面积为()A.3B.3＋62C.3＋6D.3＋4解析由几何体的三视图可得，此几何体是正三棱柱，其全面积为S＝3×(2)2＋2×12×(2)2×sin60°＝6＋3.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()A．22πB．12πC．4π＋24D．4π＋32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S＝4π×12＋2×2×2＋8×3＝4π＋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()A．7＋2，3B．8＋2，333C．7＋2，2D．8＋2，2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S＝2×12(1＋2)×1＋12＋12＋1×2＋2×1＝7＋2，体积13为V＝2(1＋2)×1×1＝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π，则球的体积为()82π8πA.3B.332πC.3D．8π解析由题意，球的半径为R＝12＋2＝，故其体积＝412V382ππ(2)＝3，选A.答案A6．(2012·建福鼎一中模拟福)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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.10B.10510122C.3D.3解析因为BC∥B11，故∠11即为异面直线1与BC所成的CECBCE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()12A.3B.332C.3D.3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，则OE＝1，AO＝2，AE＝3因为AE2＝AO2＋OE2，所以△AOE是直角三角形，故cos∠AEO＝33.答案C8.(2012安·徽皖南八校联考)设m，n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①α∥βα⊥βm⊥α?β∥γ；②?m⊥β；③?α⊥β；④α∥γm∥αm∥βm∥n?m∥α.其中正确的命题是()n?αA．①④B．②③C．①③D．②④解析由定理可知①③正确，②中m与β的位置关系不确定，④中可能m?α.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△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⊥平面BCEDC．三棱锥A′—FED的体积有最大值D．异面直线A′E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ABCD－A1B1C1D1中，M为AB的中点，则点C到平面A1DM的距离为()66A.3aB.6a21C.2aD.2a解析设点C到平面A1的距离为，则由已知得DM＝1DMhAM＝a2＋a2＝5a，A1D＝2a，S△A1DM＝1×2a×222522262122a－2a＝4a，连接CM，S△CDM＝2a，由VC－A1DM＝1162126VA1－CDM，得3S△A1DM·h＝3S△CDM·a，4a·h＝2a·a，所以h＝3a，6即点C到平面A1DM的距离为3a，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，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是()A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥βB．当b?α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b?α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b?α，且c?α时，若c∥α，则b∥c解析写出逆命题，可知B中b与β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，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为()A．22B．23C．4D．25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＋k26?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＋2ab≤8＋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．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________．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11侧棱垂直于底面的四棱锥，其体积为V＝3×2×(1＋2)×2×2＝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．(2012·江西赣州联考)三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB与AC所成的角为90°；②直线SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；1④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⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①、②、③正确；取AB的中点E，连接CE，可证1得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离2a，④正确．答案①②③④16．(2012·南京一模)如图，在正三棱柱ABC—A1B1C1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BD＝C1D＝a2＋h2，BC1＝a2＋4h2，由△BC1D是面积为6的直角三角形，得2×a2＋h2＝a2＋4h2a2＝81122，解得，故此三棱柱的体积为V＝22a＋h＝6h＝28×sin60°×4＝83.答案83三、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，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，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AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD.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C—xyz，则A1(0,0，23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．→→设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1B＝0，n·BE＝0.→→3x－23z＝0，又A1B＝(3,0，－23)，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A1BE所成的角为θ.→因为CM＝(0,1，3)，→→n·CM42所以sinθ＝|cos〈n，CM〉|＝→＝8×4＝2.|n||CM|π所以CM与平面A1BE所成角的大小为4.(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p∈[0,3]．设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则→→m·A1D＝0，m·DP＝0.→→又A1D＝(0,2，－23)，DP＝(p，－2,0)，2y－23z＝0，所以px－2y＝0.p令x＝2，则y＝p，z＝3.p所以m＝2，p，3.平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0时成立，即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p∈[0,3]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ABC—A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)若二面角A′—MN—C为直二面角，求λ的值．解(1)解法一：如图，连接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，ABAC，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∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩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O—xyz，如图所示．设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，λ1λλC′(0，λ，1)，所以M2，0，2，N2，2，1.设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量．→λ1m·A′M＝0，2x1－2z1＝0，由′得1→λm·MN＝02y1＋2z1＝0，可取m＝(1，－1，λ)．设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，→λλn·NC＝0，－2x2＋2y2－z2＝0，由→得λ1n·MN＝02y2＋2z2＝0，可取n＝(－3，－1，λ)．因为A′—MN—C为直二面角，所以m·n＝0，2即－3＋(－1)×(－1)＋λ＝0，解得λ＝2.19．(本小题满分12分)(2012·天津)如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，ACAD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明PC⊥AD；(2)求二面角A—PC—D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－1，1，0，P(0,0,2)．22→→→→(1)易得PC＝(0,1，－2)，AD＝(2,0,0)，于是PC·AD＝0，所以PC⊥AD.→→(2)PC＝(0,1，－2)，CD＝(2，－1,0)．设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)．则→n·PC＝0，→n·CD＝0，y－2z＝0，即2x－y＝0.不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．m·n1630于是cos〈m，n〉＝|m||·n|＝6＝6，从而sin〈m，n〉＝6.30所以二面角A—PC—D的正弦值为6.→11(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．由此得BE＝2，－2，h.→→→→→3·2BECD由CD＝(2，－1,0)，故cos〈BE，CD〉＝→→＝1＋h2＝|BE|·|CD|2×53，10＋20h2所以，331010＝cos30°＝2，解得h＝10，即AE＝10.10＋20h2解法二：(1)由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又由AD⊥AC，PA∩ACA，故AD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以PC⊥AD.(2)如图，作AH⊥PC于点H，连接DH.由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH，因此DH⊥PC，从而∠AHD为二面角A—PC—D的平面角．在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝25.由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH中，DH＝AD2＋AH2＝2530.因AD3030此sin∠AHD＝DH＝6.所以二面角A—PC—D的正弦值为6.(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BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC.在Rt△DAC中，CD＝5，sin∠ADC15，1故sin∠AFB＝5.BFAB，AB＝1在△AFB中，由＝，sin∠FABsin∠AFB225sin∠FAB＝sin135°＝2，可得BF＝2.由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，1可得AF＝2.设AE＝h.2221在Rt△EAF中，EF＝AE＋AF＝h＋4.AE2＋AB2＝h21在Rt△BAE中，BE＝＋2.在△EBF中，因为EF0)，所以AB＝5.(ⅱ)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0≤m≤4－t)．→→→则GC＝(1,3－t－m,0)，GD＝(0,4－t－m,0)，GP＝(0，－m，t)．→→由|GC|＝|GD|，得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，即t＝3－m；①→→由|GD|＝|GP|，得(4－t－m)2＝m2＋t2.②由①、②消去t，化简得m2－3m＋4＝0.③由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，C，D的距离都相等．从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，的距离都相等．解法二：(1)同解法一．(2)(ⅰ)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CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD，在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45＝°1.设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．由AB＋AD＝4得AD＝4－t.所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)．→→CD＝(－1,1,0)，PD＝(0,4－t，－t)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)→→－x＋y＝0由n⊥CD，n⊥PD，得4－ty－tz＝0.取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)，→又PB＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得→cos60°＝n·PB，→|n|·|PB||2t2－4t|1即2222＝2，t＋t＋4－t·2t4解得t＝5或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，4所以AB＝5.(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，的距离都相等．由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°，从而∠CGD＝90°，即CG⊥AD，所以GD＝CD·cos45°＝1.设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.在Rt△ABG中，2222329λ－2＋2>1，GB＝AB＋AG＝λ＋3－λ＝2这与GB＝GD矛盾．所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到B，C，D的距离都相等．从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，的距离都相等．