高二立体几何试题(详细答案).doc

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，－4，9 B．2，－5，－8 C．－3，－5，8 D．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=4 B．2F－V=4 C．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=600 B．θ=450 C． 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∶π B．1∶2π C．1∶π D．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、D 2、D 3、B 4、C 5、A 6、B 7、B 8、B 9、C 10、C 11、C 12、B
二、填空题：
13、23 14、AB∥CD 15、30cm 16、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=90°，
即BE⊥AE于E。
∵D′O⊥平面ABCE，
∴D′O⊥BE，
∴BE⊥平面AD′E，
∴BE⊥AD′。
（3）四边形ABCE是直角梯形，
∴SABCE=（a+2a）·a=a2。
∵D′O是四棱锥的高且D′O=a,
∴VD′—ABCE=（a）·（a2）=a3。
（4）作AK∥BC交CE的延长线于K，
∴∠D′AK是异面直线AD′与BC所成的角，
∵四边形ABCK是矩形，
∴AK=BC=EK=a。
连结OK，D′K,
∴OK=D′O=a, ∠D′OK=90°, ∴D′K=a, AK=AD′=D′K=a。
∴△D′AK是正三角形，∴∠D′AK=60°，
即异面直线AD′与BC成60°

9