（高考数学专题复习）第八章-立体几何初步测试(解析版).docx

1、第八章 立体几何初步测试一 单选题（每题5分，共12题，共60分）1在四面体中，用平行于，的平面截此四面体，得到截面四边形，则四边形面积的最大值为（ ）ABCD3【答案】B【解析】设截面分别与棱交于点.由直线平面，且平面平面，平面平面得，所以，同理可证，所以四边形为平行四边形，又，可证得，四边形为矩形.设，则，于是当时，四边形的面积有最大值.故选：B.2如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MDABCD，NBABCD且MDNB1则下列结论中：MCANDB平面AMN平面CMN平面AMN平面DCM平面ABN所有假命题的个数是（ ）A0B1C2D3【答案】B【解析】由题画出该几何体外接的正方体.对

2、,因为,故MCAN成立.故正确.对,因为平面AMN,故DB平面AMN成立.故正确.对,连接易得为正四面体.故平面CMN平面AMN不成立.故错误.对,正方体中平面DCM与平面ABN分别为前后两面,故正确.故选：B3已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m，n，则AmlBmnCnlDmn【答案】C【解析】由题意知，故选C4设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【解析】对于A、B、D均可能出现，而对于C是正确的5已知正四棱柱中，则CD与平面所成角的正弦值等于（ ）A B C D【答案】A【解析】设 ，面积为 6在中，为所在平面外一点，

3、平面，则四面体中直角三角形的个数为（ ）A4B3C2D1【答案】A【解析】由题意，知平面可得都是直角三角形，且，又，所以是直角三角形，且平面，所以，即为直角三角形.故四面体中共有4个直角三角形.7已知直线，直线，则与必定（ ）A平行B异面C相交D无公共点【答案】D【解析】已知直线，所以直线与平面无公共点，又由，所以直线与平面无公共点，故选D8如图,各棱长均为的正三棱柱，、分别为线段、上的动点,且 平面,则这样的有 ( )A1条B2条C3条D无数条【答案】D【解析】由题意得在上分别取，使，过作，垂足分别为，则，故由于，故，从而，可得平面又平面，可得平面平面由于平面，所以平面，从而满足条件的有无数

4、条选D9正方体中，直线与平面所成角正弦值为（ ）ABCD【答案】C【解析】如图所示，正方体中，直线与平行，则直线与平面所成角正弦值即为与平面所成角正弦值.因为为等边三角形，则在平面即为的中心，则为与平面所成角.可设正方体边长为1，显然，因此，则，故答案选C.10 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于()AACBBDCA1DDA1D1【答案】B【解析】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，则，则即故选11已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为（ ）ABCD【答案】A【解析】根

5、据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD平面ABCCO1=，高SD=2OO1=，ABC是边长为1的正三角形，SABC=，12已知正方体的棱长为2，P是底面上的动点,，则满足条件的点P构成的图形的面积等于（ ）ABCD【答案】A【解析】如图，以为轴在平面内建立平面直角坐标系，设，由得，整理得，设直线与正方形的边交于点，则点在内部（含边界），易知，故选A二填空题（每题5分，共20分）13已知在直角梯形中，将直角梯形沿折叠，使平面平面，则三棱锥外接球的体积为_【答案】【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥如图所示，由条件可得在底面中

6、，。取AB的中点O，AC的中点E，连OC,OE。则.,.平面平面,平面,.又.点O为三棱锥外接球的球心，球半径为2.。答案：。14设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且，则的值是_【答案】 【解析】设两个圆柱的底面半径分别为R，r；高分别为H，h；，它们的侧面积相等，故答案为15长方体中，则与平面所成的角的大小为_【答案】【解析】根据题意画出图形如图，连结BD、 ，因为长方体 中，平面ABCD,垂足为D， 是 与平面ABCD所成角，面面ABCD，即为所求.， ，, ， 。 与平面所成角的大小为。故答案为:。16如图，在三棱锥PABC中，PA底面A

7、BC，BAC90，F是AC的中点，E是PC上的点，且EFBC，则_.【答案】1【解析】在三棱锥PABC中，因为PA底面ABC，BAC90，所以AB平面APC.因为EF平面PAC，所以EFAB，因为EFBC，BCABB，所以EF底面ABC，所以PAEF，因为F是AC的中点，E是PC上的点，所以E是PC的中点，所以1.答案：1.三解答题（17题10分，其余12分每题，共70分）17如图所示，在三棱柱中，与都为正三角形，且平面，分别是的中点.求证：（1）平面平面；（2）平面平面.【答案】(1)见解析.(2)见解析.【解析】（1）在三棱柱中，因为分别是的中点，所以，根据线面平行的判定定理，可得平面，平

8、面又，平面平面.（2）在三棱柱中，平面，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面.18如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，是的中点.（1）证明：；（2）若，求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明：取中点，连接，.为等边三角形，.，是的中点，为中点，.又，平面.（2）方法一：取中点，连接CM.为等边三角形，.平面平面，平面.又，平面.，为等边三角形，.是的中点，到平面的距离的倍等于到平面的距离.到平面的距离为.方法二：由平面平面，可得平面，则.，为等边三角形，则.是的中点，.点到平面的距离为，设到平面的距离为，由，解得.19在长方体中，为中点 （）证明：（）求与平

9、面所成角的正弦值【答案】（）证明见解析；（）【解析】证明：连接是长方体，平面又平面，在长方形中，又平面而平面,如图建立空间直角坐标系,则,设平面的法向量为,则令则所以与平面所成角的正弦值为20如图，在四棱锥中，底面，点为棱的中点.（1）证明：面；（2）证明：面面；（3）求直线与面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】(1) 取中点,连接.因为为棱的中点,所以且,又且,故且,故四边形为平行四边形,故,又面,面,故面.(2)因为,故,又底面,故面面,又面面,故,故面,故.所以 ,面,面,故面.又,所以面.又面故面面.(3).又,.故.故到平面的距离满足即,所以.设直

10、线与面所成角为,则 即直线与面所成角的正弦值为.21如图，已知平面是正三角形，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取BE的中点F.AE的中点G，连接GD，CF,GFAB又,CDABCDGF，CD=GF,CFGD是平行四边形,CFGD,又CFBF，CFABCF平面ABECFDGDG平面ABE，DG平面ABE平面ABE平面ADE；（2）AB=BE，AEBG，BG平面ADE，过G作GMDE，连接BM，则BMDE，则BMG为二面角ADEB的平面角，设AB=BC=2CD=2，则, 在RtDCE中，CD=1，CE=2, 又, 由DEGM=DGEG得, 所以， 故面角的正切值为：.22如图，在三棱锥中，是棱的中点，且,（）求证：直线平面；（）求二面角的正弦值.【答案】（）见解析（）【解析】（）连接，因为，所以.由已知得，所以，所以，又，所以平面（）过点作，垂足是，因为是棱的中点，所以点是的中点. 连接，所以.所以就是二面角的平面角.由（）知平面，所以.因为，所以所以,即二面角的正弦值为.