立體幾何練習(xí)題(精)

答案第=page22頁，總=sectionpages1717頁第=page11頁，總=sectionpages11頁立體幾何練習(xí)題1.設(shè)α、β、γ為兩兩不重合的平面，l、m、n為兩兩不重合的直線，給出下列四個(gè)命題：若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β；②若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β；③若α∥β，l?α，則l∥β；④若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，l∥γ，則m∥n．其中真命題的個(gè)數(shù)是() A．1 B．2 C．3 D．42.正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，BD1與平面ABCD所成角的余弦值為（） A． B． C D． 3.三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=2且AA1⊥平面ABC，△ABC是邊長為的正三角形，該三棱柱的六個(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則這個(gè)球的體積為（） A． 8π B． C． D． 8π4.三個(gè)平面兩兩垂直，它們的三條交線交于點(diǎn)O，空間一點(diǎn)P到三個(gè)平面的距離分別為3、4、5，則OP長為（） A． 5 B． 2 C． 3 D． 55.如圖，四棱錐S﹣ABCD的底面為正方形，SD⊥底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是（） A． AC⊥SBB． AB∥平面SCD C． SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角 D． AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角6.如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=1，設(shè)點(diǎn)CG到平面PAB的距離為d1，點(diǎn)B到平面PAC的距離為d2，則有（） A．1＜d1＜d2 B．d1＜d2＜1 C．d1＜1＜d2 D．d2＜d1＜1EFAG7.在銳角的二面角SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0與SKIPIF1<0所成角為SKIPIF1<0，則二面角SKIPIF1<0為__________.EFAG8.給出下列四個(gè)命題：(1)若平面SKIPIF1<0上有不共線的三點(diǎn)到平面SKIPIF1<0的距離相等，則SKIPIF1<0；(2)兩條異面直線在同一平面內(nèi)的射影可能是兩條平行直線；(3)兩條異面直線中的一條平行于平面SKIPIF1<0，則另一條必定不平行于平面SKIPIF1<0；(4)SKIPIF1<0為異面直線，則過SKIPIF1<0且與SKIPIF1<0平行的平面有且僅有一個(gè)．其中正確命題的序號是_______________________9.已知正方體中，點(diǎn)E是棱的中點(diǎn)，則直線AE與平而所成角的正弦值是_________.10.已知直三棱柱中，，，，為的中點(diǎn)，則與平面的距離為______11.邊長分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的矩形，按圖中所示虛線剪裁后，可將兩個(gè)小矩形拼接成一個(gè)正四棱錐的底面，其余恰好拼接成該正四棱錐的4個(gè)側(cè)面，則SKIPIF1<0的取值范圍是．12.已知矩形的長，寬，將其沿對角線折起，得到四面體，如圖所示，給出下列結(jié)論：①四面體體積的最大值為；②四面體外接球的表面積恒為定值；③若分別為棱的中點(diǎn)，則恒有且；④當(dāng)二面角為直二面角時(shí)，直線所成角的余弦值為；⑤當(dāng)二面角的大小為時(shí)，棱的長為．其中正確的結(jié)論有 (請寫出所有正確結(jié)論的序號)．13.如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=BB1，直線B1C與平面ABC成30°角．（I）求證：平面B1AC⊥平面ABB1A1；（II）求直線A1C與平面B1AC所成角的正弦值．14.如圖，在三棱錐P﹣ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)．已知PA⊥AC，PA=AB=6，BC=8，DF=5．（1）若PB⊥BC，證明平面BDE⊥平面ABC．試卷答案1.B： 解：若α⊥γ，β⊥γ，則α與β可能平行也可能相交，故①錯(cuò)誤；由于m，n不一定相交，故α∥β不一定成立，故②錯(cuò)誤；由面面平行的性質(zhì)定理，易得③正確；由線面平行的性質(zhì)定理，我們易得④正確；故選B2.D考點(diǎn)： 棱柱的結(jié)構(gòu)特征．專題： 空間角．分析： 找出BD1與平面ABCD所成的角，計(jì)算余弦值．解答： 解：連接BD，；∵DD1⊥平面ABCD，∴BD是BD1在平面ABCD的射影，∴∠DBD1是BD1與平面ABCD所成的角；設(shè)AB=1，則BD=，BD1=，∴cos∠DBD1===；故選：D．點(diǎn)評： 本題以正方體為載體考查了直線與平面所成的角，是基礎(chǔ)題．3.C考點(diǎn)： 球的體積和表面積．專題： 計(jì)算題；空間位置關(guān)系與距離．分析： 根據(jù)題意，正三棱柱的底面中心的連線的中點(diǎn)就是外接球的球心，求出球的半徑即可求出球的體積．解答： 解：由題意可知：正三棱柱的底面中心的連線的中點(diǎn)就是外接球的球心，因?yàn)椤鰽BC是邊長為的正三角形，所以底面中心到頂點(diǎn)的距離為：1；因?yàn)锳A1=2且AA1⊥平面ABC，所以外接球的半徑為：r==．所以外接球的體積為：V=πr3=π×（）3=．故選：C．點(diǎn)評： 本題給出正三棱柱有一個(gè)外接球，在已知底面邊長的情況下求球的體積．著重考查了正三棱柱的性質(zhì)、正三角形的計(jì)算和球的體積公式等知識，屬于中檔題．4.D考點(diǎn)： 平面與平面垂直的性質(zhì)．專題： 計(jì)算題；空間位置關(guān)系與距離．分析： 構(gòu)造棱長分別為a，b，c的長方體，P到三個(gè)平面的距離即為長方體的共頂點(diǎn)的三條棱的長，OP為長方體的對角線，求出OP即可．解答： 構(gòu)造棱長分別為a，b，c的長方體，P到三個(gè)平面的距離即為長方體的共頂點(diǎn)的三條棱的長，則a2+b2+c2=32+42+52=50因?yàn)镺P為長方體的對角線．所以O(shè)P=5．故選：D．點(diǎn)評： 本題考查點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算，考查計(jì)算能力，是基礎(chǔ)題．5.D考點(diǎn)： 直線與平面垂直的性質(zhì)．專題： 綜合題；探究型．分析： 根據(jù)SD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，以及三垂線定理，易證AC⊥SB，根據(jù)線面平行的判定定理易證AB∥平面SCD，根據(jù)直線與平面所成角的定義，可以找出∠ASO是SA與平面SBD所成的角，∠CSO是SC與平面SBD所成的角，根據(jù)三角形全等，證得這兩個(gè)角相等；異面直線所成的角，利用線線平行即可求得結(jié)果．解答： 解：∵SD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，∴連接BD，則BD⊥AC，根據(jù)三垂線定理，可得AC⊥SB，故A正確；∵AB∥CD，AB?平面SCD，CD?平面SCD，∴AB∥平面SCD，故B正確；∵SD⊥底面ABCD，∠ASO是SA與平面SBD所成的角，∠DSO是SC與平面SBD所成的，而△SAO≌△CSO，∴∠ASO=∠CSO，即SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角，故C正確；∵AB∥CD，∴AB與SC所成的角是∠SCD，DC與SA所成的角是∠SAB，而這兩個(gè)角顯然不相等，故D不正確；故選D．點(diǎn)評： 此題是個(gè)中檔題．考查線面垂直的性質(zhì)定理和線面平行的判定定理，以及直線與平面所成的角，異面直線所成的角等問題，綜合性強(qiáng)．6.D考點(diǎn)： 點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算．專題： 綜合題；空間位置關(guān)系與距離；空間角．分析： 過C做平面PAB的垂線，垂足為E，連接BE，則三角形CEB為直角三角形，根據(jù)斜邊大于直角邊，再根據(jù)面PAC和面PAB與底面所成的二面角，能夠推導(dǎo)出d2＜d1＜1．解答： 解：過C做平面PAB的垂線，垂足為E，連接BE，則三角形CEB為直角三角形，其中∠CEB=90°，根據(jù)斜邊大于直角邊，得CE＜CB，即d2＜1．同理，d1＜1．再根據(jù)面PAC和面PAB與底面所成的二面角可知，前者大于后者，所以d2＜d1．所以d2＜d1＜1．故選D．點(diǎn)評： 本題考查空間距離的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意空間角的靈活運(yùn)用．7.SKIPIF1<08.(2)(4)9.10.111.SKIPIF1<012.②③④13.考點(diǎn)： 平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角．專題： 證明題．分析： （I）欲證平面B1AC⊥平面ABB1A1，關(guān)鍵是尋找線面垂直，而AC⊥平面ABB1A1，又AC?平面B1AC，滿足面面垂直的判定定理；（II）過A1做A1M⊥B1A1，垂足為M，連接CM，∠A1CM為直線A1C與平面B1AC所成的角，然后在三角形A1CM中求出此角的正弦值即可．解答： 解：（I）證明：由直三棱柱性質(zhì)，B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥AC，又BA⊥AC，B1B∩BA=B，∴AC⊥平面ABB1A1，又AC?平面B1AC，∴平面B1AC⊥平面ABB1A1．（II）解：過A1做A1M⊥B1A1，垂足為M，連接CM，∵平面B1AC⊥平面ABB1A，且平面B1AC∩平面ABB1A1=B1A，∴A1M⊥平面B1AC．∴∠A1CM為直線A1C與平面B1AC所成的角，∵直線B1C與平面ABC成30°角，∴∠B1CB=30°．設(shè)AB=BB1=a，可得B1C=2a，BC=，∴直線A1C與平面B1AC所成角的正弦值為點(diǎn)評： 本題主要考查了平面與平面垂直的判定，以及直線與平面所成的角，考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力．14.考點(diǎn)： 直線與平面所成的角；平面與平面垂直的判定．專題： 空間位置關(guān)系與距離；空間角．分析： （1）由已知得DE⊥AC，DE2+EF2=DF2，從而DE⊥平面ABC，由此能證明平面BDE⊥平面ABC．（2）由DE⊥平面ABC，得∠DBE是直線BD與平面ABC所成的角，由此能求出直線BD與平面ABC所成角的正切值．解答： （1）證明：∵在三棱錐P﹣ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)．PA⊥AC，PA=AB=6，BC=8，DF=5，∴DE⊥AC，DE=3，EF=4，DF=5，∴DE2+EF2=DF2，∴DE⊥EF，又EF∩AC=F，∴DE⊥平面ABC，又DE?平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．（2）∵DE⊥平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，∵PB⊥BC，∴AB⊥BC，∴AC==10，∴，由DE⊥平面ABC，得∠DBE是直線BD與平面ABC所成的角，tan∠DBE==．∴直線BD與平面ABC所成角的正切值為．點(diǎn)評： 本題考查平面與平面垂直的證明，考查直線與平面所成角的正切值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．15.考點(diǎn)： 直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角．專題： 證明題．分析： （1）設(shè)AC和BD交于點(diǎn)O，由三角形的中位線的性質(zhì)可得PO∥BD1，從而證明直線BD1∥平面PAC．（2）證明AC⊥BD，DD1⊥AC，可證AC⊥面BDD1B1，進(jìn)而證得平面PAC⊥平面BDD1B1．（3）CP在平面BDD1B1內(nèi)的射影為OP，故∠CPO是CP與平面BDD1B1所成的角，在Rt△CPO中，利用邊角關(guān)系求得∠CPO的大?。獯穑?（1）證明：設(shè)AC和BD交于點(diǎn)O，連PO，由P，O分別是DD1，BD的中點(diǎn)，故PO∥BD1，∵PO?平面PAC，BD1?平面PAC，所以，直線BD1∥平面PAC．（2）長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD=1，底面ABCD是正方形，則AC⊥BD，又DD1⊥面ABCD，則DD1∵BD?平面BDD1B1，D1D?平面BDD1B1，BD∩D1D=D，∴AC⊥面BDD1B1．∵AC?平面PAC，∴平面PAC⊥平面BDD1B1．（3）由（2）已證：AC⊥面BDD1B1，∴CP在平面BDD1B1內(nèi)的射影為OP，∴∠CPO是CP與平面BDD1B1所成的角．依題意得，，在Rt△CPO中，，∴∠CPO=30°∴CP與平面BDD1B1所成的角為30°．點(diǎn)評： 本題考查證明線面平行、面面垂直的方法，求直線和平面所稱的角的大小，找出直線和平面所成的角是解題的難點(diǎn)，屬于中檔題．16.考點(diǎn)： 直線與平面所成的角；直線與平面垂直的判定．專題： 綜合題；空間位置關(guān)系與距離；空間角．分析： （1）根據(jù)題意證明AC⊥BD，PD⊥AC，可得AC⊥平面PDB；（2）設(shè)AC∩BD=O，連接OE，根據(jù)線面所成角的定義可知∠AEO為AE與平面PDB所的角，在Rt△AOE中求出此角即可．解答： （1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC，又BD∩PD=D∴AC⊥平面PDB，（3分）（2）設(shè)AC∩BD=O，連接OE，由（1）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO為AE與平面PDB所的角，（5分）又O，E分別為DB、PB的中點(diǎn)，∴OE∥PD，OE=PD，在Rt△AOE中，OE=PD=AB=AO，∴∠AEO=45°，（7分）即AE與平面PDB所成的角的大小為45°．（8分）點(diǎn)評： 本題主要考查了直線與平面垂直的判定，以及直線與平面所成的角，考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力，屬于中檔題．17.考點(diǎn)： 與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定．專題： 計(jì)算題．分析： （Ⅰ）連接OM，BD，由M，O分別為PD和AC中點(diǎn)，知OM∥PB，由此能夠證明PB∥平面ACM．（Ⅱ）由PO⊥平面ABCD，知PO⊥AD，由∠ADC=45°，AD=AC=1，知AC⊥AD，由此能夠證明AD⊥平面PAC．（Ⅲ）取DO中點(diǎn)N，連接MN，由MN∥PO，知MN⊥平面ABCD．過點(diǎn)N作NE⊥AC于E，由E為AO中點(diǎn)，連接ME，由三垂線定理知∠MEN即為所求，由此能求出二面角M﹣AC﹣D的正切值．解答： （Ⅰ）證明：連接OM，BD，∵M(jìn)，O分別為PD和AC中點(diǎn)，∴OM∥PB，∵OM?平面ACM，PB?ACM平面，∴PB∥平面ACM…．（4分）（Ⅱ）證明：由已知得PO⊥平面ABCD∴PO⊥AD，∵∠ADC=45°，AD=AC=1，∴AC⊥AD，∵AC∩PO=O，AC，PO?平面PAC，∴AD⊥平面PAC．…..（8分）（Ⅲ）解：取DO中點(diǎn)N，連接MN，則MN∥PO，∴MN⊥平面ABCD過點(diǎn)N作NE⊥AC于E，則E為AO中點(diǎn)，連接ME，由三垂線定理可知∠MEN即為二面角M﹣AC﹣D的平面角，∵M(jìn)N=1，NE=∴tan∠MEN=2…..（13分）點(diǎn)評： 本題考查直線與平面平行、直線現(xiàn)平面垂直的證明，考查二面角的正切值的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意三垂直線定理的合理運(yùn)用．18.考點(diǎn)： 二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的判定．專題： 空間位置關(guān)系與距離；空間角；立體幾何．分析： （1）由題設(shè)條件及圖知，可先由線面垂直的性質(zhì)證出PA⊥BD與PC⊥BD，再由線面垂直的判定定理證明線面垂直即可；（2）由圖可令A(yù)C與BD的交點(diǎn)為O，連接OE，證明出∠BEO為二面角B﹣PC﹣A的平面角，然后在其所在的三角形中解三角形即可求出二面角的正切值．解答： （1）∵PA⊥平面ABCD∴PA⊥BD∵PC⊥平面BDE∴PC⊥BD，又PA∩PC=P∴BD⊥平面PAC（2）設(shè)AC與BD交點(diǎn)為O，連OE∵PC⊥平面BDE∴PC⊥平面BOE∴PC⊥BE∴∠BEO為二面角B﹣PC﹣A的平面角∵BD⊥平面PAC∴BD⊥AC∴四邊形ABCD為正方形，又PA=1，AD=2，可得BD=AC=2，PC=3∴OC=在△PAC∽△OEC中，又BD⊥OE，∴∴二面角B﹣PC﹣A的平面角的正切值為3點(diǎn)評： 本題考查二面角的平面角的求法及線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理，屬于立體幾何中的基本題型，二面角的平面角的求法過程，作，證，求三步是求二面角的通用步驟，要熟練掌握19.考點(diǎn)： 棱柱、棱錐、棱臺的體積；空間中直線與直線之間的位置關(guān)系；直線與平面平行的判定．專題： 綜合題；空間位置關(guān)系與距離；空間角．分析： （1）連接AC1交A1C于點(diǎn)F，由三角形中位線定理得BC1∥DF，由此能證明BC1∥平面A1CD．（2）利用線面垂直的判定定理證明A1C⊥平面AB1C1，即可證明A1C⊥AB1；（3）證明∠BDE為二面角E﹣CD﹣B的平面角，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，確定DE⊥A1D，再求三棱錐C﹣A1DE的體積．解答： （1）證明：連結(jié)AC1，交A1C于點(diǎn)F，則F為AC1中點(diǎn)，又D是AB中點(diǎn)，連結(jié)DF，則BC1∥DF，因?yàn)镈F?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．…（3分）（2）證明：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因?yàn)锳A1=AC，所以AC1⊥A1C…（4分）因?yàn)镃A⊥CB，B1C1∥BC，所以B1C1⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥A1C…（6分）因?yàn)锽1C1∩AC1=C1，所以A1C⊥平面AB1C1所以A1C⊥AB1…（8分）（3）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥CD，因?yàn)锳C=CB，D為AB的中點(diǎn)，所以CD⊥AB，CD⊥平面ABB1A1．所以CD⊥DE，CD⊥DB，所以∠BDE為二面角E﹣CD﹣B的平面角．在Rt△DEB中，．由AA1=AC=C