立体几何测试题与参考答案.doc
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立体几何测试题与参考答案.doc
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立体几何测试题
1.[原创]以下关于几何体的三视图的论述中,正确的是()
A.球的三视图总为全等的圆
B.正方体的三个视图总是正三个全等的正方形
C.水平放置的正四面体的三个视图都是正三角形
D.水平放置的圆台的俯视图是一个圆
2.[原创]圆柱的一个底面积为S,侧面展开图是一个正方形,那么这个圆柱的侧面积是()
A. B. C. D.
3.正方体中,、、分别是、、的中点.那么,正方体的过、、的截面图形是()。
A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形
4.[改编]将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球,则该球的体积为()
A. B. C. D.
5.正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1,则侧棱与底面所成的角为()
A.75° B.60° C.45° D.30°
6.正六棱柱的底面边长为2,最长的一条对角线长为,则它的侧面积为()
A.24B.12 C. D.
7.设是三个不重合的平面,l是直线,给出下列命题
①若,则; ②若l上两点到的距离相等,则;
③若 ④若
其中正确的命题是 ()
A.①② B.②③ C.②④ D.③④
8.在正四面体P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论中不成立的是()。
A.BC//平面PDFB.DF⊥平面PAE
C.平面PDF⊥平面ABCD.平面PAE⊥平面ABC
9.[原创]一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为,腰和上底边均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是()
A.B.C.D.
10.(文科)如图1,长方体ABCD—A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点,则异面直线A1E与GF所成的角的余弦值是()。
A. B. C. D.
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
E
F
G
图1
(理科)甲烷分子结构是:
中心一个碳原子,外围四个氢原子构成四面体,中心碳原子与四个氢原子等距离,且连成四线段,两两所成角为θ,则cosθ值为()
A.B. C.D.
11.在正三棱柱中,若AB=2,则点A到平面的距离为()
A.B.C.D.
12.[改编]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,在正方体的表面上与点A距离是的点的集合形成一条曲线,这条曲线的长度是()
A.BC.D.
13.正三棱锥P-ABC中,三条侧棱两两垂直,且侧棱长为,则P点到面ABC的距离是
14.[改编](文科)三个平面两两垂直,它们的三条交线交于一点O,P到三个面的距离分别是6,8,10,则OP的长为。
(理科)已长方体的全面积是8,则其对角线长的最小值是
P
A
B
D
C
M
图2
15.如图2,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,
底面各边都相等,M是PC上的一个动点,当点M满足
时,平面MBD平面PCD.
16.在空间中:
①若四点不共面,则这四点中任何三点都不共线;②若两条直线没有共点,则这两条直线是异面直线.
以上两个命题中,逆命题为真命题的是.(把符合要求的命题序号都填上)
17.[原创]如图3所示,一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形冰淇淋,如果冰淇淋融化了,会溢出杯子吗?
图3
18.矩形中,,平面,边上存在点,使得,求的取值范围.
图4
19.如图4,在三棱锥P-ABC中,, , 点O,D分别是的中点,底面.
(1)求证//平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值的大小.
A
B
C
D
D1
C1
B1
A1
图5
20.(文科)如图5,已知直四棱柱中,,底面ABCD是直角梯形,A是直角,AB//CD,AB=4,AD=2,DC=1,求异面直线与DC所成角的余弦值。
A
B
C
D
F
A1
B1
C1
D1
图6
(理科)如图6,在棱长,的长方体中,点E是平面BCC1B1上的点,点F是CD的中点.
(1)试求平面AB1F的法向量;
(2)试确定E的位置,使平面。
21.[改编]如图7所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点.
(1)求二面角-MN-B的正切值;
A
B
C
M
D
N
P
图7
(2)画出一个正方体的表面展开图,使其满足“有4个正方形相连成一个长方形”这一条件,并求展开图中P、B两点间的距离(设正方体的棱长为1).
22.一只小船以10m/s的速度由南向北匀速驶过湖面,在离湖面高20米的桥上,一辆汽车由西向东以20m/s的速度前进(如图8),现在小船在水平P点以南的40米处,汽车在桥上Q点以西30米处(其中PQ⊥水面),求小船与汽车间的最短距离为.(不考虑汽车与小船本身的大小).
图8
P
Q
参考答案:
1.选A。
画几何体的三视图要考虑视角,对于球无论选择怎样的视角,其三个视图均为全等的圆。
2.选C。
圆柱的底面积为S,则底面半径,底面圆的周长是,故侧面积。
3.选D。
通过画图,可以得到这个截面与正方体的六个面都相交,所以截面为六边形。
A
B
C
D
S
第5题图
O
4.选C。
正方体削成最大的球,即正方体棱长为球的直径,即,,故。
5.如图所示,设侧棱与底面所成的角为,则,所以。
6.选A。
由底面边长为2,可知底面半径为2,由勾股定理可知侧棱长为2,所以。
7.选D。
命题①和可能平行;命题②中和相交。
A
B
C
D
第9题图
P
A
B
C
O
第8题图
H
8.选C。
如图所示:
取DF的中点O,易证为二面角的平面角,因为P点在底面上的射影是底面的中心,故不可能为直角,所以平面PDF与平面ABC不垂直。
9.选B。
还原成平面图形为如图所示的直角梯形,且,,,故。
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
E
F
G
第10题(文)图
P
A
B
C
H
O
D
第10题(理)图
10.(文科)如图所示,连结、,则或其补角是异面直线A1E与GF所成的角,由余弦定理:
,所以。
A
B
C
A1
B1
C1
第11题图
(理科)选A。
即正四面体的各顶点与中心连线所成的角,如图,设棱长为1,则有:
,,,设,在中,由得:
,故。
11.设点A到平面的距离为,则由可得:
。
12.曲线在过A的三个面上都是以A为圆心,为半径的四分之一圆弧,所以曲线的总长度为。
A
B
C
A1
B1
O
P
第14题图
13.设P点到面ABC的距离为,由体积公式可得:
,故。
14.如图,构造长方体,其中侧面AO,BO,A1O所在的平面即为已知的三个两两垂直的平面,则长方体的长、宽、高分别为6,8,10,而OP的长即为长方体的体对角线的长,所以OP2=36+64+100=200.故。
(理科)设长方体的长、宽、高分别为,则,对角线
15.答案:
BM⊥PC(或DM⊥PC).底面四边形ABCD各边都相等,所以四边形ABCD是菱形,故AC⊥BD,又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,又,所以BD⊥平面PAC,即有PC⊥BD,故要使平面MBD⊥平面PCD,只须BM⊥PC,或DM⊥PC.
16.答案②.①的逆命题是:
“若四点中的任何三点都不共线,则这四点不共面”,为假命题,反例可以找正方形,没有三点共线,但四个顶点共面;②的逆命题是:
“若两条直线是异面直线,那么这两条直线没有公共点”,由异面直线的定义知这个命题正确.
17.解:
;。
因为,故冰淇淋融化了,不会溢出杯子。
18.如图,连结AQ,∵PQ⊥QD,PA⊥QD,PQ∩PA=P,∴QD⊥平面PQA,于是QD⊥AQ,∴在线段BC上存在一点Q,使得QD⊥AQ,等价于以AD为直径的圆与线段BC有交点,∴,2.
P
A
B
C
D
Q
第18题图
P
A
B
C
D
E
F
O
第19题图
19.
(1)O、D分别为、的中点.∴,又平面,,∴平面.
(2),,∴又平面,∴.取中点E,连结,则平面.作于F,连结,则平面,∴是与平面所成的角.在中,.所以与平面所成的角正弦值为.
A
B
C
D
D1
C1
B1
A1
H
第20题文图
20.(文科)由题意AB∥CD,∴∠C1BA是异面直线BC1与DC所成的角。
连结AC1与AC,在Rt△ADC中,可得AC=。
又在Rt△ACC1中,可得AC1=3。
在梯形ABCD中,过C作CH∥AD交AB于H,得∠CHB=90°,CH=2,HB=3,∴CB=。
又在Rt△CBC1中,可得BC1=,在△ABC1中,cos∠C1BA=,∴∠C1BA=arccos.所以异面直线BC1与DC所成角的余弦值大小为.
A
B
C
D
F
A1
B1
C1
D1
第20题理图
x
y
z
(理)如图,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B1(2,0,3),F(1,2,0),∴,(1,2,0)。
(1)设平面AB1F的一个法向量为,由得即∴,∴可取平面AB1F的一个法向量为.
(2)∵D1(0,2,3),设E(2,y,z),则,由
(1)知,平面AB1F的一个法向量为,∴要使D1E平面AB1F,只须使,∴令,即∴∴当E点坐标为(2,1,时,D1E平面AB1F.
21.A
B
C
M
D
N
P
E
A
B
D
C
C
D
B
P
P
②
①
③
④
第21题
(1)
第21题
(2)
设棱长为1,取MN的中点E,连结BE,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别为棱AB、BC的中点,∴,∴,∵,∴,∴∠是二面角的平面角.且BE=.
(2)展开图如右图所示.P、B两点间的距离共计4种情况,①PB=;②PB=;③PB=;④PB=.求得其中一个即可.
A
Q
P
B
C
22.设经过时间t汽车在A点,船在B点,如图所示,则AQ=30–20t,BP=40—10t,PQ=20,且有AQ⊥BP,PQ⊥AQ,PQ⊥PB,设小船所在平面为α,AQ,QP确定平面为β,记α∩β=l,由AQ∥α,AQβ得AQ∥l,又AQ⊥PQ,得PQ⊥l,又PQ⊥PB,及l∩PB=P得PQ⊥α.作AC∥PQ,则AC⊥α.连CB,则AC⊥CB,进而AQ⊥BP,CP∥AQ得CP⊥BP,∴AB2=
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