高二立体几何试题(详细答案).doc

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戴氏教育簇桥校区立体几何测试题授课老师:

唐老师

高二数学立体几何

一、选择题：

（本大题共12小题,每小题3分,共36分.）

1、已知则与的夹角等于

A．90° B．30° C．60° D．150°

2、设M、O、A、B、C是空间的点，则使M、A、B、C一定共面的等式是

A． B．

C．D．

3、下列命题不正确的是

A．过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直；

B．如果平面的一条斜线在平面内的射影与某直线垂直，则这条斜线必与这条直线垂直；

C．两异面直线的公垂线有且只有一条；

D．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，则它们的交线平行。

4、若、表示直线，表示平面，则下列命题中，正确的个数为

①②③④

A．1个B．2个C．3个D．4个

5、四棱锥成为正棱锥的一个充分但不必要条件是

A．各侧面是正三角形B．底面是正方形

C．各侧面三角形的顶角为45度D．顶点到底面的射影在底面对角线的交点上

6、若点A（，4－μ，1+2γ）关于y轴的对称点是B（－4λ，9，7－γ），则λ，μ，γ的值依次为

A．1，－4，9B．2，－5，－8C．－3，－5，8D．2，5，8

7、已知一个简单多面体的各个顶点处都有三条棱，则顶点数V与面数F满足的关系式是

A．2F+V=4B．2F－V=4C．2F+V=2（D）2F－V=2

8、侧棱长为2的正三棱锥，若其底面周长为9，则该正三棱锥的体积是

A．B．C．D．

9、正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是棱AB，BB1的中点，A1E与C1F所成的角是θ，则

A．θ=600B．θ=450C．D．

10、已知球面的三个大圆所在平面两两垂直，则以三个大圆的交点为顶点的八面体的体积与球体积之比是

A．2∶πB．1∶2πC．1∶πD．4∶3π

11、设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足，，，则△BCD是

A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．不确定

12、将=600,边长为1的菱形ABCD沿对角线AC折成二面角,若[60°,120°],则折后两条对角线之间的距离的最值为

A．最小值为,最大值为B．最小值为,最大值为

C．最小值为,最大值为D．最小值为,最大值为

二、填空题：

（本大题共6题，每小题3分，共18分）

13、已知向量、满足||=，||=6，与的夹角为，则3||－2（·）+4||=________；

14、如图，在四棱锥P－ABCD中，E为CD上的动点，四边形ABCD为时，体积VP－AEB恒为定值（写上你认为正确的一个答案即可）．

15、若棱锥底面面积为，平行于底面的截面面积是，底面和这个截面的距离是，则棱锥的高为；

16、一个四面体的所有棱长都是，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为．

三、解答题：

（本大题共6题，共46分）

17.在如图7-26所示的三棱锥P—ABC中，PA⊥平面ABC，

PA=AC=1，PC=BC，PB和平面ABC所成的角为30°。

（1）求证：

平面PBC⊥平面PAC；

（2）比较三个侧面的面积的算术平均数与底面积数值的大小；

（3）求AB的中点M到直线PC的距离。

18．如图8-32，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，E∈BB1，截面A1EC⊥侧面AC1。

（1）求证：

BE=EB1；

（2）若AA1=A1B1，求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角（锐角）的度数。

19.已知边长为a的正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于G（如图7-28），将此三角形沿DE折成二面角A′—DE—B。

（1）求证：

平面A′GF⊥平面BCED；

（2）当二面角A′—DE—B为多大时，异面直线A′E与BD互相垂直？

证明你的结论。

20.如图7-29，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BAD=60°，AB=4，

AD=2，侧棱PB=，PD=。

（1）求证：

BD⊥平面PAD；

（2）若PD与底面ABCD成60°的角，试求二面角P—BC—A的大小。

21.如图7-30，已知VC是△ABC所在平面的一条斜线，点N是V在平面ABC上的射影，且N位于△ABC的高CD上。

AB=a,VC与AB之间的距离为h，M∈VC。

（1）证明∠MDC是二面角M—AB—C的平面角；

（2）当∠MDC=∠CVN时，证明VC⊥平面AMB；

（3）若∠MDC=∠CVN=θ（0<θ<），求四面体MABC的体积。

22.如图7-31，已知矩形ABCD，AB=2AD=2a,E是CD边的中点，以AE为棱，将△DAE向上折起，将D变到D′的位置，使面D′AE与面ABCE成直二面角（图7-32）。

（1）求直线D′B与平面ABCE所成的角的正切值；

（2）求证：

AD′⊥BE；

（3）求四棱锥D′—ABCE的体积；

（4）求异面直线AD′与BC所成的角。

高二数学立体几何答案

一、选择题：

1、D2、D3、B4、C5、A6、B7、B8、B9、C10、C11、C12、B

二、填空题：

13、2314、AB∥CD15、30cm16、3

三、解答题

17.解

（1）由已知PA⊥平面ABC，PA=AC=1，得△PAC为等腰直角三角形，PC=CB=。

在Rt△PAB中，∠PBA=30°，∴PB=2，∴△PCB为等腰直角三角形。

∵PA⊥平面ABC，∴AC⊥BC，又AC∩PC=C，PC⊥BC，

∴BC⊥平面PAC，∵BC平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC。

（2）三个侧面及底面都是直角三角形，求得侧面PAC的面积为，侧面PAB面积值为，侧面PCB面积值为1，底面积值为。

三个侧面面积的算术平均数为。

∵-=，

其中3+-3=（3-2）+（-）=（-）+（-）>0,

∴三个侧面面积的算术平均数大于底面积的数值。

（3）如图，过M作MD⊥AC，垂足为D。

∵平面PAC⊥平面ABC且相交于AC，∴MD⊥平面PAC。

过D作DE⊥PC，垂足为E，连结ME，则DE是ME在平面PBC上的射影，

∵DE⊥PC，∴ME⊥PC，ME的长度即是M到PC的距离。

在Rt△ABC中,∵MD∥BC，∴MD=BC=。

在等腰Rt△PAC中，DE=DCsin45°=，

在Rt△ABC中,∵MD∥BC，∴MD=BC=。

在等腰Rt△PAC中，DE=DCsin45°=，

∴ME===，即点M到PC的距离为。

18.解

（1）在截面A1EC内，过E作EG⊥A1C，G是垂足。

∵面A1EC⊥面AC1，∴EG⊥侧面AC1，取AC的中点F，连结BF，FG，由AB=BC得BF⊥AC。

∵面ABC⊥侧面AC1，∴BF⊥侧面AC1，得BF∥EG。

由BF，EG确定一个平面，交侧面AC1于FG。

∵BE∥侧面AC1，∴BE∥FG，四边形BEGF是平行四边形，BE=FG。

∵BE∥AA1，∴FG∥AA1。

又△AA1C∽△FGC，且AF=FC，∴FG=AA1=BB1，即BE=BB1，故BE=EB1。

（2）分别延长CE、C1B1交于点D，连结A1D。

∵EB1∥CC1，EB1=BB1=CC1，∴DB1=DC1=B1C1=A1B1。

∵∠B1A1C1=∠B1C1A1=60°，∠DA1B1=∠A1DB1=（180°-∠DB1A1）=30°，∴∠DA1C1=∠DA1B1+∠B1A1C1=90°，即DA1⊥A1C1。

∵CC1⊥平面A1C1B1，即A1C1是A1C在平面A1C1D上的射影，根据三垂线定理得DA1⊥A1C1，∴∠CA1C1是所求二面角的平面角。

∵CC1=AA1=A1B1=A1C1,∠A1C1C=90°，∴∠CA1C1=45°，即所求二面角为45°。

19.解

（1）∵△ABC是正三角形，AF是BC边的中线，

∴AF⊥BC。

又D、E分别是AB、AC的中点，

∴DE∥BC。

∴AF⊥DE，又AF∩DE=G，

∴A′G⊥DE，GF⊥DE，

∴DE⊥平面A′FG，

又DE平面BCED，

∴平面A′FG⊥平面BCED。

（2）∵A′G⊥DE，GF⊥DE，

∴∠A′GF是二面角A′—DE—B的平面角。

∵平面A′GF∩平面BCED=AF，

作A′H⊥AG于H，

∴A′H⊥平面BCED。

假设A′E⊥BD，连EH并延长AD于Q，则EQ⊥AD。

∵AG⊥DE，

∴H是正三角形ADE的重心，也是中心。

∵AD=DE=AE=，∴A′G=AG=a,HG=AG=a。

在Rt△A′HG中，cos∠A′GH==.

∵∠A′GF=π-∠A′GH,∴cos∠A′GF=-，∴∠A′GF=arcos（-），

即当∠A′GF=arcos（-）时，A′E⊥BD。

20.解

（1）由已知AB=4，AD=2，∠BAD=60°，

得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos60°=4+16-2×2×4×=12。

∴AB2=AD2+BD2，

∴△ABD是直角三角形，∠ADB=90°，

即AD⊥BD。

在△PDB中，PD=，PB=，BD=，

∴PB2=PD2+BD2，故得PD⊥BD。

又PD∩AD=D，∴BD⊥平面PAD。

（2）∵BD⊥平面PAD，BD平面ABCD，

∴平面PAD⊥平面ABCD。

作PE⊥AD于E，又PE平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，

∴∠PDE是PD与底面BCD所成的角，∴∠PDE=60°，

∴PE=PDsin60°=·=。

作EF⊥BC于F，连PF，则PF⊥BC，∴∠PFE是二面角P—BC—A的平面角。

又EF=BD=，∴在Rt△PEF中，

tan∠PFE===。

故二面角P—BC—A的大小为arctan。

21.解

（1）由已知，VN⊥平面ABC，N∈CD，AB平面ABC，

得VN⊥AB。

又∵CD⊥AB，DC∩VN=N

∴AB⊥平面VNC。

又V、M、N、D都在VNC所在平面内，

所以，DM与VN必相交，且AB⊥DM，AB⊥CD，

∴∠MDC为二面角M—AB—C的平面角。

（2）由已知，∠MDC=∠CVN，

在△VNC与△DMC中，∠NCV=∠MCD，且∠VNC=90°，

∴∠DMC=∠VNC=90°，故有DM⊥VC。

又AB⊥VC，

∴VC⊥平面AMB。

（3）由

（1）、

（2）得MD⊥AB，MD⊥VC，且D∈AB，M∈VC，

∴MD=h。

又∵∠MDC=θ.

∴在Rt△MDC中，CM=h·tanθ。

∴V四面体MABC=V三棱锥C—ABM=CM·S△ABM

=h·tanθ·ah=ah2tanθ

22.解

（1）∵D′—AE—B是直二面角，

∴平面D′AE⊥平面ABCE。

作D′O⊥AE于O，连OB，则D′O⊥平面ABCE。

∴∠D′BO是直线D′B与平面ABCE所成的角。

∵D′A=D′E=a，且D′O⊥AE于O，∠AD′E=90°

∴O是AE的中点，

AO=OE=D′O=a,∠D′AE=∠BAO=45°。

∴在△OAB中，OB=

==a。

∴在直角△D′OB中，tan∠D′BO==。

（2）如图，连结BE，

∵∠AED=∠BEC=45°，

∴∠BEA