完整word版立体几何练习题精.docx
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完整word版立体几何练习题精
立体几何练习题
1.设a、3、丫为两两不重合的平面,I、m、n为两两不重合的直线,给出下列四个命题:
若a丄y3-LY,贝Va//②若m?
a,n?
a,m//n//3,贝a//B;
③若a//3,I?
a,贝UI//3;④若aAB,=3门丫=nYHa,=h//丫,则其中真命题的个数是()
A.1B.2
2.正方体ABCD-A1B1C1D1中,
返B.逅
33
C.3D.4
BDi与平面ABCD所成角的余弦值为()
A.
D.
3.三棱柱ABC-A1B1C1中,AAi=2且AAi丄平面ABC,△ABC是
边长为二的正三角形,该三棱柱的六个顶点都在一个球面上,
//n.
则这个球
A.8n
B.
8兀
3
C.
D.引2n
4.三个平面两两垂直,
它们的三条交线交于点
O,
空间一点
P到三个平面的距离分别为3、4、5,贝UOP
长为()
A.5^3
B.
2后
C.
3后
D5岳
的体积为()
SD丄底面ABCD,则下列结论中不正确的是()
5.如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,
A.ACLSB
B.AB//平面SCD
C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
6.如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD丄底面ABCD,PD=AD=1,
设点CG到平面PAB的距离为
di,点B到平面PAC的距离为d2,则有(
A.1 B. d1vd2<1 C.di<1 D. d2 7.在锐角的二面角 EF EF,AG,GAE45, 若AG与所成角为 30,则二面角 EF为 8•给出下列四个命题: (1) 若平面 上有不共线的三点到平面 的距离相等,贝U//; 两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条平行直线; 两条异面直线中的一条平行于平面 ,则另一条必定不平行于平面 a,b为异面直线,则过a且与b平行的平面有且仅有一个. 其中正确命题的序号是 9.已知正方体ABCDAiB1C1Di中,点E是棱AB的中点,则直线AE与平而BDD1B1所成角的正 弦值是. 10•已知直三棱柱ABCABQi中,ABC900,ACAA2: 2,AB2,M为BBi的中点, 则Bi与平面ACM的距离为11•边长分别为a、b的矩形,按图中所示虚线剪裁后,可将两个小矩形拼接成一个正四棱锥的底面,其 余恰好拼接成该正四棱锥的4个侧面,则-的取值范围是 a 12•已知矩形ABCD的长AB4,宽AD3, 其中正确的结论有 (请写出所有正确结论的序号 )• ②四面体ABCD外接球的表面积恒为定值; (2)求直线BD与平面ABC所成角的正切值. 15.如图,长方体ABCD-AiBCiD中,AB=AD=1AA=2,点P为DD的中点. (1)求证: 直线BD//平面PAC (2)求证: 平面PACL平面BDDBi; (3)求CP与平面BDDBi所成的角大小. 16.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PD丄底面ABCD点E在棱 PB上 (1)求证: ACL平面PDB (2)当PD=AB且E为PB的中点时,求AE与平面PDB所成的角的大 小. 17.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,/ADC=45°, AD=AC=1O为AC中点,PC丄平面ABCDPO=2,M为PD中点. (I)求证: PB//平面ACM (H)求证: ADL平面PAC (川)求二面角M-AC-D的正切值. 18.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA丄平面ABCD点E在线段PC上,PC丄平面 BDE (1)证明: BD丄平面PAC (2)若PA=1,AD=2求二面角B-PC-A的正切值. 19. 如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA丄CB,AAi=AC=CB=2D是AB的中点. (1)求证: BC//平面ACD (2)求证: AC丄AB; (3) E-CD-B的正切值是 二,求此时 若点E在线段BB上,且二面角三棱锥C-ADE的体积. 试卷答案 1.B: 解: 若a丄yB丄y,则a与B可能平行也可能相交,故①错误; 由于mn不一定相交,故a//B不一定成立,故②错误; 由面面平行的性质定理,易得③正确;由线面平行的性质定理,我们易得④正确; 解答: 解: 连接 故选B 2.D 考点: 棱柱的结构特征. 专题: 空间角. TDD丄平面ABCD: BD是BD在平面ABCD的射影, •••/DBD是BD与平面ABCD所成的角; 设AB=1,则BD=: ■: BD=二 •cosZDBD_BD=2=氏; BD®3 故选: D. 点评: 本题以正方体为载体考查了直线与平面所成的角,是基础题. 3.C 考点: 球的体积和表面积. 专题: 计算题;空间位置关系与距离. 分析: 根据题意,正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心,求出球的半径即可求出球的 体积. 解答: 解: 由题意可知: 正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心, 因为△ABC是边长为「的正三角形,所以底面中心到顶点的距离为: 因为AA=2且AA丄平面ABC所以外接球的半径为: r=万. 所以外接球的体积为: V当nr3/nx(氏)兀. 333 故选: C. 点评: 本题给出正三棱柱有一个外接球,在已知底面边长的情况下求球的体积.着重考查了正三棱柱 的性质、正三角形的计算和球的体积公式等知识,属于中档题. 4.D 考点: 平面与平面垂直的性质. 专题: 计算题;空间位置关系与距离. 分析: 构造棱长分别为a,b,c的长方体,P到三个平面的距离即为长方体的共顶点的三条棱的长, 0P为长方体的对角线,求出0P即可. 解答: 构造棱长分别为a,b,c的长方体,P到三个平面的距离即为长方体的共顶点的三条棱的长, 则a2+b2+c2=32+42+52=50 因为0P为长方体的对角线. 所以0P=5': . 故选: D. 点评: 本题考查点、线、面间的距离计算,考查计算能力,是基础题. 5.D 考点: 直线与平面垂直的性质. 专题: 综合题;探究型. 分析: 根据SD1底面ABCD底面ABCE为正方形,以及三垂线定理,易证ACLSB根据线面平行的判 定定理易证AB//平面SCD根据直线与平面所成角的定义,可以找出/ASO是SA与平面SBD所成的角,/CSC是SC与平面SBD所成的角,根据三角形全等,证得这两个角相等;异面直线所成的角,利用线线平行即可求得结果. 解答: 解: TSCL底面ABCD底面ABCE为正方形, •••连接BD,则BDLAC,根据三垂线定理,可得ACLSB故A正确; •/AB//CDAB? 平面SCDCD? 平面SCD •AB//平面SCD故B正确; •/SCL底面ABCD /ASO是SA与平面SBD所成的角,/DSO是SC与平面SBD所成的, 而厶SAO^ACSC •••/ASOMCSQ即SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角,故C正确; •••AB//CD•-AB与SC所成的角是/SCDDC与SA所成的角是/SAB 而这两个角显然不相等,故D不正确; 故选D. 点评: 此题是个中档题.考查线面垂直的性质定理和线面平行的判定定理,以及直线与平面所成的角, 异面直线所成的角等问题,综合性强. 6.D 考点: 点、线、面间的距离计算. 专题: 综合题;空间位置关系与距离;空间角. 分析: 过C做平面PAB的垂线,垂足为E,连接BE,则三角形CEB为直角三角形,根据斜边大于直角边,再根据面PAC和面PAB与底面所成的二面角,能够推导出d2vdiv1. 解答: 解: 过C做平面PAB的垂线, 垂足为E,连接BE, 则三角形CEB为直角三角形,其中/CEB=90, 根据斜边大于直角边,得CEvCB即d2V1. 同理,div1. 再根据面PAC和面PAB与底面所成的二面角可知,前者大于后者, 所以d2 所以d2 故选D. 点评: 本题考查空间距离的求法,解题时要认真审题,仔细解答,注意空间角的灵活运用. 8. (2)(4) 10.1 12.②③④ 13. 考点: 平面与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 专题: 证明题. 分析: (I)欲证平面BACL平面ABBAi,关键是寻找线面垂直,而AC! 平面ABBAi,又AC? 平面BAC,满足面面垂直的判定定理; (II)过Ai做AiMLBiAi,垂足为连接CM/AQMI为直线AC与平面BiAC所成的角,然后在三角形ACM中求出此角的正弦值即可. 解答: 解: (I)证明: 由直三棱柱性质,BiB丄平面ABC •••BiBLAC又BALACBiBHBA=B •••ACL平面ABBA,又AC? 平面BiAC, •平面BACL平面ABBAi. (II)解: 过A做AiMLBiAi,垂足为M连接CM •••平面BACL平面ABBA,且平面BAS平面ABBA=BA, •••AiML平面BiAC. •••/AiCM为直线AiC与平面BAC所成的角, •••直线BC与平面ABC成30°角,「./BiCB=30. 设AB=BB=a,可得BiC=2a,BC=-‘--一—i, 从而扎&后、又人训二净,s让二罟. •••直线AiC与平面BiAC所成角的正弦值为二] 点评: 本题主要考查了平面与平面垂直的判定,以及直线与平面所成的角,考查空间想象能力、运算 能力和推理论证能力. 14. 考点: 直线与平面所成的角;平面与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (1)由已知得DELACDE2+EF2=DF2,从而DE! 平面ABC由此能证明平面BDEL平面ABC (2)由DEL平面ABC得/DBE是直线BD与平面ABC所成的角,由此能求出直线BD与平面ABC所成角的正切值. 解答: (1)证明: •••在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点. PALACPA=AB=6BC=8DF=5, •DELACDE=3EF=4,DF=5, •DE2+EF2=DF2,•DELEF, 又EFAAC=F•-DEL平面ABC 又DE? 平面BDE•平面BDEL平面ABC (2)TDEL平面ABC•-PAL平面ABC•-PALAB •/PB丄BC•AB丄BC •-acT%+64=io,•斑冷AC=5, 由DEL平面ABC得/DBE是直线BD与平面ABC所成的角, tan/DBe/亠. BE5 •直线BD与平面ABC所成角的正切值为上. 国 点评: 本题考查平面与平面垂直的证明,考查直线与平面所成角的正切值的求法,是中档题,解题时 要认真审题,注意空间思维能力的培养. 15. 考点: 直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 专题: 证明题. 分析: (1)设AC和BD交于点0,由三角形的中位线的性质可得P0//BD,从而证明直线BD//平面 PAC (2)证明ACLBDDD丄AC可证AC丄面BDDBi,进而证得平面PACL平面BDDB. (3)CP在平面BDDB内的射影为OR故/CPO是CP与平面BDDBi所成的角,在Rt△CPO中,利用边角关系求得/CPO的大小. 解答: (1)证明: 设AC和BD交于点0,连PO,由P,O分别是DD,BD的中点,故PO//BD, •/PO? 平面PACBD? 平面PAC所以,直线BD//平面PAC (2)长方体ABCD-AiBGD中,AB=AD=1底面ABCD是正方形,贝UACLBD又DDL面ABCD贝UDDLAC•/BD? 平面BDDB,DD? 平面BDDBi,BDADD=D二ACL面BDDB.vAC? 平面PAQ二平面PACL平面BDDBi. (3)由 (2)已证: ACL面BDDB,二CP在平面BDDB内的射影为OP/.ZCPO是CP与平面BDDBi所成的角. 依题意得cp=Qcd'+dp二V7,co=^嵐二弓,在Rt△CPO中,co^cp,/ZCPO=30 •••CP与平面BDDBi所成的角为30°. 点评: 本题考查证明线面平行、面面垂直的方法,求直线和平面所称的角的大小,找出直线和平面所 成的角是解题的难点,属于中档题. 16. 考点: 直线与平面所成的角;直线与平面垂直的判定. 专题: 综合题;空间位置关系与距离;空间角. 分析: (1)根据题意证明ACLBDPDLAC可得ACL平面PDB (2)设ASBD=O连接OE根据线面所成角的定义可知ZAEO为AE与平面PDB所的角,在Rt△AOE中求出此角即可. 解答: (1)证明: v•四边形ABCD是正方形,•/ACLBD ■/PDL底面ABCD •PDLAC 又BDAPD=D.ACL平面PDB(3分) (2)设A8BD=O连接OE由 (1)知ACL平面PDB于O, •ZAEO为AE与平面PDB所的角,(5分) 又O,E分别为DBPB的中点, •OE/PDOE丄PD, 2 在Rt△AOE中,OE+PD=JaB=AO 22 •••/AEO=45,(7分) 即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.(8分) AB 运算 PB//平面ACM ADL平面PAC E为AO中点, 点评: 本题主要考查了直线与平面垂直的判定,以及直线与平面所成的角,考查空间想象能力、 能力和推理论证能力,属于中档题. 17. 考点: 与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定. 专题: 计算题. 分析: (I)连接OMBD,由MO分别为PD和AC中点,知OMPB由此能够证明 (H)由POL平面ABCD知POLAD由/ADC=45,AD=AC=1知ACLAD由此能够证明 (川)取DO中点N,连接MN由MIN/PO知MNL平面ABCD过点N作NELAC于E,由连接ME由三垂线定理知/MEN即为所求,由此能求出二面角M-AC-D的正切值. 解答: (I)证明: 连接OMBD •/MO分别为PD和AC中点, •OM/PB •/OR? 平面ACMPB? ACM平面, •PB//平面ACIM-.(4分) (H)证明: 由已知得PCL平面ABCD •POLAD •••/ADC=45,AD=AC=1 •ACLAD •/ASPO=OACPC? 平面PAC •ADL平面PAC…..(8分) (川)解: 取DO中点N,连接MN贝UMIN/PO •MNL平面ABCD 过点N作NELAC于E,贝UE为AO中点, 连接ME由三垂线定理可知/MEN即为二面角M-AC-D的平面角,•/MN=1NE=L 2 •••tan/MEN=-2-..(13分) 点评: 本题考查直线与平面平行、直线现平面垂直的证明,考查二面角的正切值的求法,解题时要认 真审题,仔细解答,注意三垂直线定理的合理运用. 18. 考点: 二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离;空间角;立体几何. 分析: (1)由题设条件及图知,可先由线面垂直的性质证出PALBD与PCLBD再由线面垂直的判定 定理证明线面垂直即可; (2)由图可令AC与BD的交点为0,连接0E证明出/BEO为二面角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)tPAL平面ABCD •PALBD •/PCL平面BDE •PCLBD又PAHPC=P •BDL平面PAC (2)设AC与BD交点为0,连OE •/PCL平面BDE •PCL平面BOE •PCLBE •ZBEO为二面角B-PC-A的平面角 •/BDL平面PAC •BDLAC •四边形ABCE为正方形,又PA=1,AD=2可得BD=AC=2■: PC=3 •0C=二』 在厶PAC^^OEC中, 又BDLOE BO •—「匚二存二: ; 点评: 本题考查二面角的平面角的求法及线面垂直的判定定理与性质定理,属于立体几何中的基本题 型,二面角的平面角的求法过程,作,证,求三步是求二面角的通用步骤,要熟练掌握 19. 考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积;空间中直线与直线之间的位置关系;直线与平面平行的判定. 专题: 综合题;空间位置关系与距离;空间角. ACD G-AiDE 分析: (1)连接AG交AQ于点F,由三角形中位线定理得BG//DF,由此能证明BG//平面 (2)利用线面垂直的判定定理证明AC丄平面ABG,即可证明AC丄AB; (3)证明/BDE为二面角E-CD-B的平面角,点E为BB的中点,确定DE丄AiD,再求三棱锥的体积. 解答: (1)证明: 连结AG,交AiC于点F,则F为AG中点, 又D是AB中点,连结DF,贝UBG//DF, 因为DF? 平面AiGDBG? 平面AiGD 所以BG//平面AiCD•••(3分) (2)证明: 直三棱柱ABC-ABC中, 因为AA=AC,所以AG丄AQ・・(4分) 因为GALGBBC/BC 所以BCi丄平面AGCA,所以BCiLAQ・・(6分) 因为BGAAC=G,所以AiC丄平面ABG 所以AG±ABi•••(8分) (3)在直三棱柱ABC-AiBiG中,AA丄CD 因为AG=GBD为AB的中点,所以GDIABCDL平面ABBA. 所以CDLDECDLDB 所以/BDE为二面角E-CD-B的平面角. 在Rt△DEB中,由AA=AC=CB=2CALCB 所以: . 所以些卫1,得BE=1.所以点E为BB的中点.…(11分) DB-2 又因为I「,,]_「,J;,AiE=3, 故a1l2+-de2^a1e2,故有DEIAiD 所以比一屮E冷心△屮E"嗨冥护祈X亦X占二「•(14分).AG 点评: 本题主要考查直线与平面平行、垂直等位置关系,考查线面平行、二面角的概念、求法、三棱 锥C-ADE的体积等知识,考查空间想象能力和逻辑推理能力,是中档题. 20. 考点: 直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定;与二面角有关的立体几何综合题. 专题: 计算题;证明题;压轴题. 分析: (1)连BD设AC交于BD于0,由题意知SCL平面ABCD以0为坐标原点,丽,应.&分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立坐标系0-xyz,设底面边长为a,求出高SQ从而得到点S与点C和D的坐标,求出向量66与M5,计算它们的数量积,从而证明出QCLSD贝UACLSD (2)根据题意先求出平面PAC的一个法向量『匸和平面DA0的—个法向量: ,设所求二面角为B,则 ,从而求出二面角的大小; Ios|Ids|2 (3)在棱sc上存在一点E使BE//平面PAC根据(n)知DE是平面PAC的一个法向量,设CE=tCS,求出西,根据頑二0可求出t的值,从而即当SE: EC=21时,BE丄DS,而BE不在平面PAC内, 故BE//平面PAC 解答: 证明: (1)连BD设AC交于BD于0,由题意知SCL平面ABCD 以0为坐标原点,二.工- 分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立坐标系0-xyz如图. C(0, 设底面边长为a,则高 a 于是■: I.. -, SD=(- 0, SD=0 故OCLSD 从而ACLSD (2)由题设知,平面 PAC的一个法向量 DS= 平面DAC的一个法向量 (ofof学) 设所求二面角为B,则二_|「,门; IosIIDSI 所求二面角的大小为30°. (3)在棱SC上存在一点E使BE//平面PAC 由(n)知是平面pac的一个法向量, 设;「-「, 则匚II: .、」1 扎j1 而二11 即当se: ec=2i时,beIds 而BE不在平面PAC内,故BE//平面PAC 点评: 本题主要考查了直线与平面平行的判定,以及空间两直线的位置关系的判定和二面角的求法,涉及到的知识点比较多,知识性技巧性都很强.
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