1、.立体几何单元测试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题中只有一项符合题目要求)1设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列四个命题：若，m，则m；若m，n，则mn；若，m，则m；若m，m，则.其中为真命题的是()A BC D2用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为()A. B.C8 D.3某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A4 B2C. D84. 如图所示，正四棱锥PABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为()A. B.C. D.5直三棱柱ABCA1B1C1的直观图及
2、三视图如下图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是()AAB1平面BDC1BA1C平面BDC1C直三棱柱的体积V4D直三棱柱的外接球的表面积为4.6. 如图所示是一个直径等于4的半球，现过半球底面的中心作一个与底面成80角的截面，则截面的面积为()A. BC2 Dsin807一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分，余下的几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为()A.1 B231C. D.18二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为()A150 B45C60 D1209. 如图所示，已
3、知ABC为直角三角形，其中ACB90，M为AB的中点，PM垂直于ABC所在平面，那么()APAPBPCBPAPBPCCPAPBPCDPAPBPC10正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FBBC，则GB与EF所成的角为()A30 B120C60 D9011已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当APC最大时，三棱锥PABC的体积为()A. B.C. D.12. 已知正三棱锥PABC的高PO为h，点D为侧棱PC的中点，PO与BD所成角的余弦值为，则正三棱锥PABC的体积为()A.h3 B.h3C.h3 D.h3二、填空题(本
4、大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13已知四个命题：若直线l平面，则直线l的垂线必平行于平面；若直线l与平面相交，则有且只有一个平面经过直线l与平面垂直；若一个三棱锥每两个相邻侧面所成的角都相等，则这个三棱锥是正三棱锥；若四棱柱的任意两条对角线相交且互相平分，则这个四棱柱为平行六面体其中正确的命题是_14(2013江苏) 如图所示，在三棱柱A1B1C1ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥FADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1ABC的体积为V2，则V1V2_.15(2012辽宁)已知正三棱锥PABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若PA，P
5、B，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为_16如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、F、分别为PA、PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：直线BE与直线CF异面；直线BE与直线AF异面；直线EF平面PBC；平面BCE平面PAD.其中正确的有_个三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分) 如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，ADC45，ADAC1，O为AC的中点，PO平面ABCD，PO2，M为PD的中点(1)证明：PB平面ACM；(2)证明：AD平面PAC；(3)求直线AM与平面ABC
6、D所成角的正切值18(本小题满分12分) 如图所示，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB4，PA3，A点在PD上的射影为G点，E点在AB上，平面PEC平面PCD.(1)求证：AG平面PEC；(2)求AE的长；(3)求二面角EPCA的正弦值19(本小题满分12分) 如图所示，在六面体ABCDEFG中，平面ABC平面DEFG，AD平面DEFG，EDDG，EFDG.且ABADDEDG2，ACEF1.(1)求证：BF平面ACGD；(2)求二面角DCGF的余弦值20(本小题满分12分) 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ABBB1，ACBCBB12，D为A
7、B的中点，且CDDA1.(1)求证：BB1面ABC；(2)求多面体DBCA1B1C1的体积；(3)求二面角CDA1C1的余弦值21(本小题满分12分) 如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2.(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD平面B1C1D；(2)若二面角B1DCC1的大小为60，求AD的长22(本小题满分12分) 如图所示，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PAPD，PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，ABBC1，O为AD中点(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段
8、PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由立体几何单元测试卷答案一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题中只有一项符合题目要求)1 答案C解析为空间面面平行的性质，是真命题；m，n可能异面，故该命题为假命题；直线m与平面也可以平行也可以相交不垂直故该命题是一个假命题；为真命题故选C.2答案B解析S圆r21r1，而截面圆圆心与球心的距离d1，球的半径为R.VR3，故选B.3答案D解析由三视图可知，该几何体如图所示，其底面为正方形，正方形的边长为2.HD3，BF1，将相同的两个几何体放在一起，构成一个高为4的长方体，所以该几何体的体积
9、为2248.4. 答案C解析连接AC、BD交于点O，连接OE，易得OEPA.所求角为BEO.由所给条件易得OB，OEPA，BE.cosOEB，OEB60，选C.5答案D解析由三视图可知，直三棱柱ABCA1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，ABBC，ABBC2.连接B1C交BC1于点O，连接AB1，OD.在CAB1中，O，D分别是B1C，AC的中点，ODAB1，AB1平面BDC1.故A正确直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，AA1BD.又ABBC2，D为AC的中点，BDAC，BD平面AA1C1C.BDA1C.又A1B1B1C1，A1B1B1B，
10、A1B1平面B1C1CB，A1B1BC 1.BC1B1C，且A1B1B1CB1，BC1平面A1B1C.BC1A1C，A1C平面BDC1.故B正确VSABCC1C2224，C正确此直三棱柱的外接球的半径为，其表面积为12，D错误故选D.6. 答案C解析过半球底面的中心作一个与底面成80的截面，截面是球的半个大圆，半径为2，所以截面面积S222，故选C.7答案A解析还原为直观图如图所示，圆锥的高为2，底面半径为，圆锥的母线长为，故该几何体的表面积为S22()2211.8答案C解析由条件，知0，0，.|2|2|2|2222624282268cos，(2)2.cos，120，二面角的大小为60，故选C
11、.9. 答案C解析M为AB的中点，ACB为直角三角形，BMAMCM，又PM平面ABC，RtPMBRtPMARtPMC，故PAPBPC.10答案D解析方法一：连D1E，D1F，解三角形D1EF即可方法二：如图建立直角坐标系Dxyz，设DA1，由已知条件，得G(0,0，)，B(1,1,0)，E(1,1，)，F(，1,0)，(1,1，)，(，0，)cos，0，则. 故选D.11答案B解析以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设，可得P(，)，再由cosAPC可求得当时，APC最大，故VPABC11.12. 答案C解析设底面边长为a，连接CO并延长交AB于点F，过点D
12、作DEPO交CF于点E，连接BE，则BDE为PO与BD所成的角，cosBDE.PO平面ABC，DE平面ABC，即BED是直角三角形，点D为侧棱PC的中点，DE，BEh.易知EFa，则在RtBEF中，BE2EF2FB2，即h2，a2h2，VPABCaaha2hh3，故选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13 答案解析正确，如右图，A1C与B1D互相平分，则四边形A1B1CD是平行四边形，同理四边形ABC1D1是平行四边形，则A1B1綊AB綊CD，因此四边形ABCD是平行四边形，进而可得这个四棱柱为平行六面体14答案124解析由题意可知点F到面ABC的距离
13、与点A1到面ABC的距离之比为12，SADESABC14.因此V1V2124.15答案解析正三棱锥PABC可看作由正方体PADCBEFG截得，如图所示，PF为三棱锥PABC的外接球的直径，且PF平面ABC.设正方体棱长为a，则3a212，a2，ABACBC2.SABC222.由VPABCVBPAC，得hSABC222，所以h，因此球心到平面ABC的距离为.16 答案2解析将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E、F分别为PA、PD的中点，所以EFADBC，即直线BE与CF共面，错；因为B平面PAD ，E平面PAD，EAF，所以BE与AF是异面直线，正确；因为EFADBC，EF平面PBC，BC平
14、面PBC，所以EF平面PBC，正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，错三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17 答案(1)略(2)略(3)解析(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点又M为PD的中点，所以PBMO.因为PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)因为ADC45，且ADAC1，所以DAC90，即ADAC.又PO平面ABCD，AD平面ABCD，所以POAD.而ACPOO，所以AD平面PAC.(3)取DO中点N，连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MNPO，且MNPO1.由PO平
15、面ABCD，得MN平面ABCD，所以MAN是直线AM与平面ABCD所成的角在RtDAO中，AD1，AO，所以DO.从而ANDO.在RtANM中，tanMAN，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.18 答案(1)略(2)(3)解析(1)证明：PA平面ABCD，PACD.又CDAD，PAADA，CD平面PAD.CDAG.又PDAG，AG平面PCD.作EFPC于点F，连接GF，平面PEC平面PCD，EF平面PCD.EFAG.又AG平面PEC，EF平面PEC，AG平面PEC.(2)解：由(1)知A、E、F、G四点共面，又AECD，AE平面PCD，CD平面PCD，AE平面PCD.又平面AEFG平面
16、PCDGF，AEGF.又由(1)知EFAG，四边形AEFG为平行四边形，AEGF.PA3，AD4，PD5，AG.又PA2PGPD，PG.又，GF，AE.(3)解：过E作EOAC于点O，连接OF，易知EO平面PAC，又EFPC，OFPC.EFO即为二面角EPCA的平面角EOAEsin45，又EFAG，sinEFO.19 答案(1)略(2)解析方法一：(1)设DG的中点为M，连接AM，FM.则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形MFDE，且MFDE.平面ABC平面DEFG，ABDE.ABDE，MFAB，且MFAB，四边形ABFM是平行四边形BFAM.又BF平面ACGD，AM平面ACGD，故BF
17、平面ACGD.(2)由已知AD平面DEFG，DEAD.又DEDG，且ADDG=D,DE平面ADGC.MFDE，MF平面ADGC.在平面ADGC中，过M作MNGC，垂足为N，连接NF，则MNF为所求二面角的平面角连接CM.平面ABC平面DEFG，ACDM.又ACDM1，所以四边形ACMD为平行四边形，CMAD，且CMAD2.AD平面DEFG，CM平面DEFG，CMDG.在RtCMG中，CM2，MG1，MN.在RtCMG中，MF2，MN，FN.cosMNF.二面角DCGF的余弦值为.方法二：由题意可得，AD，DE，DG两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系则A(0,0,2)，B(2,0,2)，
18、C(0,1,2)，E(2,0,0)，G(0,2,0)，F(2,1,0)(1)(2,1,0)(2,0,2)(0,1，2)，(0,2,0)(0,1,2)(0,1，2)，.BFCG.又BF平面ACGD，故BF平面ACGD.(2)(0,2,0)(2,1,0)(2,1,0)设平面BCGF的法向量为n1(x，y，z)，则令y2，则n1(1,2,1)则平面ADGC的法向量n2(1,0,0)cosn1，n2.由于所求的二面角为锐二面角，二面角DCGF的余弦值为.20 答案(1)略(2)(3)解析(1)证明：ACBC，D为AB的中点，CDAB.又CDDA1，ABA1DD，CD面AA1B1B.CDBB1.又BB1
19、AB，ABCDD，BB1面ABC.(2)解：V多面体DBCA1B1C1V棱柱ABCA1B1C1V棱锥A1ADCSABC|AA1|SADC|AA1|SABC|AA1|SABC|AA1|SABC|AA1|.(3)解：以C为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)D(1,0,1)设n1(x1，y1，z1)是平面DCA1的一个法向量，则有即故可取n1(1,1，1)同理设n2(x2，y2，z2)是平面DC1A1的一个法向量，且(1，2,1)，(0,0,2)则有即故可取n2(
20、2,1,0)cosn1，n2.又二面角CDA1C1的平面角为锐角，所以其余弦值为.21 答案(1)略(2)解析(1)方法一：证明：A1C1B1ACB90，B1C1A1C1.又由直三棱柱的性质知B1C1CC1，B1C1平面ACC1A1.B1C1CD.由D为AA1的中点，可知DCDC1.DC2DCCC，即CDDC1.由可知CD平面B1C1D.又CD平面B1CD，故平面B1CD平面B1C1D.(2)解：由(1)可知B1C1平面ACC1A1，在平面ACC1A1内过C1作C1ECD，交CD或其延长线于E，连接EB1，B1EC1为二面角B1DCC1的平面角B1EC160.由B1C12知，C1E.设ADx，
21、则DC.DC1C的面积为1，1.解得x，即AD.方法二：(1)证明：如图所示，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即(0,2,0)，(1,0,1)，(1,0,1)由(1,0,1)(0,2,0)0，得CDC1B1.由(1,0,1)(1,0,1)0，得CDDC1.又DC1C1B1C1，CD平面B1C1D.又CD平面B1CD，平面B1CD平面B1C1D.(2)解：设ADa，则D点坐标为(1,0，a)，(1,0，a)，(0,2,2)设平面B1CD的一个法向量为m
22、(x，y，z)则令z1.得m(a,1，1)，又平面C1DC的一个法向量为n(0,1,0)，则由cos60，得.即a，故AD.22 答案(1)(2)(3)存在点Q，且解析(1)在PAD中，PAPD，O为AD中点，所以POAD，又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD.又在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OCAD，所以以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，1,0)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，(1，1，1)，易证：OA平面POC.(0，1,0)是平面POC的法向量，cos，.直线PB与平面POC所成角的余弦值为.(2)(0,1，1)，(1,0,1)，设平面PDC的一个法向量为u(x，y，z)，则取z1，得u(1,1,1)B点到平面PCD的距离为d.(3)假设存在一点Q，则设(01)，(0,1，1)，(0，).(0，1)，Q(0，1)设平面CAQ的一个法向量为m(x，y，z)，则取z1，得m(1，1，1)又平面CAD的一个法向量为n(0,0,1)，因为二面角QACD的余弦值为，所以|cosm，n|.得321030，解得或3(舍)所以存在点Q，且.
