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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
ABCD
中，
ABBDADCD3
，
ACB C4
，用平行于
AB
，
CD
的平面截此四
面体，得到截面 四边形
EFGH
，则四边形
EFGH
面积的最大值为（ ）
A．
4
9
3
B．
4
C．
9
2
D．3
【答案】B
【解析】设截面分别与棱
AD,BD,BC,AC
交于点
E,F,G,H
.由直线
AB
平面< br>EFGH
，
且平面
ABCI
平面
EFGHGH
， 平面
ABD
平面
EFGHEF

得
GHAB
，
EFAB
，所以
GHEF
，
同理可证
EHFG
，所以四边形
EFGH
为平行四边形，
又
ABBDADCD3
，
ACBC4
，
可证得
ABCD
，四边形
EFGH
为矩形.
设
BF:BDBG:BCFG:CDx
，
0x1
， 2
则
FG3x
，
HG3

1x

，于是
S
EFGH
FGHG9x(1x)9


x
1

9
2

,0x1


4
当
x
19
2
时，四边形
EFGH< br>的面积有最大值
4
.
故选：B.
2．如图，四边形
ABC D
是边长为1的正方形，
MD
⊥
ABCD
，
NB
⊥
ABCD
．且
MD
＝
NB
＝1．则下列结论中：

①
MC
⊥
AN
②
DB
∥平面
AMN
③平面
CMN
⊥平面
AMN
④平面
DCM
∥平面
ABN

1

所有假命题的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】由题画出该几何体外接的正方体.
对①,因为
MCE B
,
ANEB
,故
MC
⊥
AN
成立.故①正确.
对②,因为
DBMN,MN
平面
AMN,
故
DB
∥平面
AMN
成立.故②正确.
对③,连接
AC
易得
A MNC
为正四面体.故平面
CMN
⊥平面
AMN
不成立.故③错误.
对④,正方体中平面
DCM
与平面
ABN
分别为前后两面,故④正确 .


故选：B
3．已知互相垂直的平面

，

交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
【答案】C
【解析】由题意知



l, l

，
Qn

,nl
．故选C．
4． 设

,

是两个不同的平面，
l
是一条直线，以下命题正确 的是（ ）
A．若
l

,



，则
l

B．若
l

,


，则
l


C．若
l

,


，则
l

D．若
l

,



，则
l


【答案】C
【解析】对于A、B、D均可能出现
l

，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．

2

【答案】A
【解析】设 ，面积为

6．在
RtVABC
中，
ABC90
o
，
P
为
VABC
所在平面外一点，
PA
平面< br>ABC
，则四面体
PABC
中
直角三角形的个数为（ ）
A．4
【答案】A
【解析】由题意，知
PA
平面
AB C
可得
PAC，PAB
都是直角三角形，且
PABC
， 又
ABC90
o
，所以
VABC
是直角三角形，且
BC
平面
PAB
，
所以
BCPB
，即
△PBC
为直角三角形.
故四面体
PABC
中共有4个直角三角形.
7．已知直线
l
，直线
a

，则
l
与

必定（ ）
A．平行
【答案】D
【解析】已知直线
l

，所以 直线
l
与平面

无公共点，
又由
a

，所以直线
l
与平面
a
无公共点，故选D．
8．如图,各棱长均为
a
的正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1，
M
、
N
分别为线段
A
1
B
、
B
1
C
上的动点,且
MN


平
面
ACC
1
A
1
,则这样的
MN
有 ( )
B．异面 C．相交 D．无公共点
B．3 C．2 D．1

A．1条
C．3条
【答案】D
B．2条
D．无数条
【解析】由题意得
A
．在
BA
1
,CB
1
上分别取
M,N< br>，使
BMB
1
N
，过
M,N
作
1
BCB
1
2a
BM
BM
1
B
1
NBN
1
,
MM
1
AB,NN
1
BC
， 垂足分别为
M
1
,N
1
，则
MM
1
PAA
1
,NN
1
PBB
1
，故．
BA
1
BAB
1
CBC

3

由于
BM
B
1
N
BM
1
BN
1


，故，从而
M
1
N
1
PAC
，可得
M
1
N
1
P
平面
A CC
1
A
1
．又
MM
1
P
平面
A CC
1
A
1
，
BA
1
B
1
CBABC
可得平面
MM
1
N
1
NP
平面
ACC
1
A
1
．由于
MN
平面
MM
1
N
1
N
，
所以
MN
平面
ACC
1
A
1
，从而满足条件的
MN
有无数条．选D．
9．正方 体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，直线
AD
与平面
A
1
BC
1
所成角正弦值为（ ）
A．
1

2
B．
3

2
C．
3

3
D．
6

3
【答案】C
【解析】如图所示，正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，直线
AD
与
B
1
C
1
平行，则直线
AD
与平面
A
1BC
1
所成
角正弦值即为
B
1
C
1
与 平面
A
1
BC
1
所成角正弦值.因为
A
1
BC
1
为等边三角形，则
B
1
在平面
A
1
BC
1
即为
36
A
1
BC
1
的中心， 则
B
1
C
1
O
为
B
1
C
1
与平面
A
1
BC
1
所成角.可设正方体边长为1，显然
BO=
，
2=
33
因此
B
1
O=1(
6
2
3
，则
sinBCO
B
1
0
3
，故答案选C.
)=
11
B
1
C
1
3
33

10． 如图所示，在正方体
ABCD
—
A
1
B1
C
1
D
1
中，若
E
是
A
1
C
1
的中点，则直线
CE
垂直于( )

4

A．
AC

【答案】B
B．
BD
C．
A
1
D
D．
A
1
D
1

【解析】以
A
为原点，< br>AB，AD，AA
1
所在直线分别为
x，y，z
轴建立空间直角坐标系 ，
0，0

，
C

110，，

，B

1，0，0

，
D

01，，0

， 设正方体棱长为
1
，则
A

0，
，1


A
1

0，01，

，
E

2< br>，
2
uuuv

11

CE

，，1



22


11


uuuvuuuv
AC

11，，0

，
BD

11，，0

，
uuuuvuuuv
A
1
D

01，，1

，
AA
1
< br>
0，0，1


uuuvuuuv
11
CEnBD00

22
uuuvuuuv
则
CEBD
即
CEBD

故选
B

11．已知三棱锥
SABC
的所有顶点都在球< br>O
的求面上，
ABC
是边长为
1
的正三角形，
SC
为球
O
的直
径，且
SC2
，则此棱锥的体积为（ ）
A．
2

6
B．
3

6
C．
2

3
D．
2

2
【答案】A
【解析】根据题意作出图形：
设球心为O，过ABC三点的 小圆的圆心为O
1
，则OO
1
⊥平面ABC，
延长CO
1
交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO
1
=
233
，

323

5

∴
OO
1
1
16
，

33
∴高SD=2OO
1
=
26
3
，∵△ABC是边长为 1的正三角形，∴S
△ABC
=，
4
3
13262
．

3436
∴
V
三棱锥SABC


12．已知正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D< br>1
的棱长为2，
P
是底面
ABCD
上的动点,
PA PC
1
，则满足条件的点
P
构成的图形的面积等于（ ）
A．
1

2
B．


4
C．
4

4
D．
7

2
【答案】A
【解析】
如图，以
AB,AD
为
x,y
轴在平面
ABCD
内建立平面直角坐标系，设
P(x,y)
， 由
PAPC
1
得
x
2
y
2
(x2 )
2
(y2)
2
2
2
，整理得
xy3 0
，设直线
l:xy30
与正方形
ABCD
的边
交于 点
M,N
，则
P
点在
CMN
内部（含边界），
易知
M(1,2)
，
N(2,1)
，∴
CMCN1
，< br>S
CMN

故选A．

6
11
11
．
22

二．填空题（每题5分，共20分）
13．已知在直角梯形ABCD
中，
ABAD
，将直角梯形
ABCD
沿
AC CDAD
，
AB2AD2CD4
，
折叠，使平面
BAC< br>平面
DAC
，则三棱锥
DABC
外接球的体积为_________ _．
【答案】
32


3
1
AB2
.
2
【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥
DABC
如图所示，由条件可 得在底面
ACB
中，
ACB90,ACBC22
。取AB的中点 O，AC的中点E，连OC,OE。则
OAOBOC

∵
DADC
,
∴
DEAC
.
∵平面
BAC
平面
DAC
,
∴
DE
平面
DAC
,
∴
DEOE
.
又
DE=
11
AC2,OEBC2
.
22
∴
ODOE
2
DE
2
2
.
∴
OAOBOCOD2
.
∴点O为三棱锥
DABC
外接球的球心，球半径为2.
∴
V球
=
432

32


2
3

。答案：。
333
S
1
V
1
9
＝， 则
V
2
S
2
4
14．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S
1
，
S
2
，体积分别为
V
1
，V
2
，若它们的侧面积相等，且
的值是________．
【答案】
3

2
S
1
9

，∴
R
＝
3
，它们的侧面积相等，【解析】设两个圆柱的底面半径分别为R，r； 高分别为H，h；∵
S
2
4
r2

7

V
1

R
2
H3
2
23
2

RHH23
()
＝1
∴
＝
，∴

． 故答案为．
2
V
2

rh232
h32
2

rh
15．长方体
ABCDA
1
B
1
C1
D
1
中，
AB2,BCAA
，则
BD
1
与平面
A
1
B
1
C
1
D
1
所成的角的大小为
1
1
________．
【答案】


6
【解析】根据题意画出图形如图，连结BD、
BD
1
，

因为长方体
ABCDA
1
B
1
C
1< br>D
1
中，
D
1
D
平面ABCD,垂足为D，
DBD
1
是
BD
1
与平面ABCD所成角，面A
1
B
1
C
1
D
1

面ABC D，
DBD
1
即为所求.
QAB2，BCAA
1
1
，
BD213
，
,
BD
1
312
，
sinDBD
1

DD
1
1

，
BD
1
2
DBD
1
30

。
BD
1
与平面
A
1
B
1
C
1
D
1
所成角的大小为
故答案为:

。
6

。
6
16．如图，在三棱锥
P
－
A BC
中，
PA
⊥底面
ABC
，∠
BAC
＝90°，
F
是
AC
的中点，
E
是
PC
上的点，且< br>EF
⊥
BC
，
则
PE

________.
EC

8

【答案】1
【解析】在三棱锥
P
－
ABC
中，
因为
PA⊥底面
ABC
，∠
BAC
＝90°，所以
AB
⊥平面< br>APC
.
因为
EF
⊂平面
PAC
，所以
E F
⊥
AB
，
因为
EF
⊥
BC
，
BC
∩
AB
＝
B
，
所以
EF
⊥底面ABC
，所以
PA
∥
EF
，
因为
F
是
AC
的中点，
E
是
PC
上的点，
所以
E
是
PC
的中点，所以
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
ABCA
1
B
1
C
1
中，且
AA
1< br>
平面
ABC
，
F，F
1
△ABC
与
△A
1
B
1
C
1
都为正三角形，
分别是
AC，A
1
C
1
的中点.
PE
＝1.
EC

求证：（1）平面
AB
1
F
1
∥< br>平面
C
1
BF
；
（2）平面
AB
1
F
1

平面
ACC
1
A
1
.
【答案】(1)见解析.(2)见解析.
【解析】（1）在三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
因为
F,F
1
分别是
AC,A
1
C
1
的中点，所以
B
1
F
1
∥BF,AF
1
∥C
1
F
，

9

根据线面平行的判定定理，可得
B
1
F
1

平面
C
1
BF
，
AF
1

平面
C
1
BF

又
B
1
F
1< br>IAF
1
F
1
,C
1
FIBFF
， < br>∴平面
AB
1
F
1
∥
平面
C
1BF
.
（2）在三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
AA
1

平面
A
1
B1
C
1
，所以
B
1
F
1
AA
1
，
又
B
1
F
1
AC
11
，
A
1
C
1
IAA
1
A
1
，所 以
B
1
F
1

平面
ACC
1
A< br>1
，
而
B
1
F
1

平面
AB
1
F
1
，所以平面
AB
1
F
1

平面
ACC
1
A
1
.
18．如图，在三棱锥
PABC
中，平面
PAC
平面
ABC
，
VPA C
为等边三角形，
ABAC
，
D
是
BC
的中点.

（1）证明：
ACPD
；
（2）若
ABAC2< br>，求
D
到平面
PAB
的距离.
【答案】（1）证明见解析（2）
3

2
【解析】（1）证明：取< br>AC
中点
E
，连接
DE
，
PE
.
Q
VPAC
为等边三角形，

PEAC
.
Q< br>ABAC
，
D
是
BC
的中点，
E
为
AC
中点，∴
EDAC
.
又
PEIEDE
，
AC
平面
PED
.

ACPD


（2）方法一：取
PA
中点
M
，连接
CM.

10

Q
VPAC
为等边三角形，

CMPA
.
Q
平面
PAC
平面
ABC
，
ABAC
，

AB
平面
PAC
.
ABCM
.
又
ABPAA
，
CM
平面
PAB
. Q
AC2
，
VPAC
为等边三角形，
CM3
.
Q
D
是
BC
的中点，

D
到平面
PAB
的距离的
2
倍等于
C
到平面
PAB
的距离 .

D
到平面
PAB
的距离为
3
2
.
方法二：由平面
PAC
平面
ABC
，
ABAC
，
可得
AB
平面
PAC
，则
ABPA
. < br>ABAC2
，
VPAC
为等边三角形，则
S
1
△ PAB

2
PAAB2
.
QD
是
BC的中点，
S
1AC
△ABD

2
AB
2
1
.
点
P
到平面
ABC
的距离为
PE 3
，设
D
到平面
PAB
的距离为
d
，
由
V
DPAB
V
PABD

1
3
S
1
3
△PAB
d
3
S
△ABD
PE
，解得
d
2
.
19．在长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
ABBC1
，
AA
1
2
，
E
为
BB
1
中 点．

（
1
）证明：
ACD
1
E
．
（
2
）求
DE
与平面
AD
1
E
所 成角的正弦值．

11

【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
【解析】

1

证明：连接
BD

2
．
3
QABCDA
1
B1
C
1
D
1
是长方体，
D
1
D< br>平面
ABCD

又
AC
平面
ABCD
，< br>D
1
DAC

在长方形
ABCD
中，
ABBC
，
BDAC

又
BDD
1
DD,AC
平面
BB
1
D
1
D

而
D
1
E
平面
BB
1
D
1
D
,
ACD
1
E


2

如图建立空间直角坐标系
Dxyz
,


1,0,2

,?

1,1,1



0,1,1

,?
则
A

1,0, 0

,D
1

0,0,2

,E

1,1,1

,B

1,1,0

,

AEADDE
1


x,y,z

,则 设平面
A D
1
E
的法向量为

n

x2z0


yz0



2，11，

令
z1,
则

n
cos,?
nDE
21 12


3
36
2

3
所以
DE
与平面
AD
1
E
所成角的正弦值为
20．如图，在四棱 锥
PABCD
中，
PA
底面
ABCD
，
AD AB
，
ABDC
，
AB1
，
ADDCAP2
，
点
E
为棱
PC
的中点.

（1）证明：
BE
面
PAD
；

12

（2）证明：面
PBC
面
PDC
；
（3）求直线
PD
与面
PBC
所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
（3）
3
3

【解析】(1) 取
PD
中点
M
,连接
ME,MA
.
因为
E
为棱
PC
的中点,所以
ME
1
2
DC
且
MEDC
,又
ABDC
且
AB
1
2
D C
,
故
ABME
且
ABME
,故四边形
ABE M
为平行四边形,故
AMBE
,
又
AM
面
PA D
,
BE
面
PAD
,故
BE
面
PAD< br>.
(2)因为
ADAP
,故
AMPD
,又
PA 
底面
ABCD
,故面
PAD
面
ABCD
, < br>又面
PADI
面
ABCDAD
,
ADAB
,ABDC
,故
DCAD
,
故
DC
面
PAD
,故
DCAM
.

AMCD
所以


AMPD
,
P D
面
PDC
,
DC
面
PDC
,故
AM 
面
PDC
.


CDPDD
又
A MBE
,所以
BE
面
PDC
.又
BE
面
PBC,
故面
PBC
面
PDC
.
(3)
V< br>1
PBCD

3
SPA
1
3

1
2
222
4
VBCD
3
.
又
PBPA
2
AB
2
5
,
BCAD
2(DCAB)
2
5
,
PCPD
2
DC2
23
.故
S
1
VPBC

2
2 3536
.
故
D
到平面
PDC
的距离
h< br>满足
V
PBCD

1
3
S
VPBC
h

即
41
3

3
6h
,所以< br>h
26
3
.
设直线
PD
与面
PBC所成角为

,则
sin


h
26
P D


3

3
22
3

即直线< br>PD
与面
PBC
所成角的正弦值为
3
3
.

13

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
∴,
GF
∥
AB
又∵,
CD
∥
AB
∴C
D
∥
GF
，
CD
=
GF
,
∴
CFGD
是平行四边形,
∴
CF
∥
GD
,
又∵
CF
⊥
BF
，
CF
⊥
AB
∴
CF
⊥平面
ABE

14

∵
CF
∥
DG
∴
DG
⊥平面
ABE
，
∵
DG
⊂平面
ABE
∴平面
ABE
⊥平面
ADE
；
（2）∵
AB
=
BE
，
∴
AE
⊥
BG
，
∴
BG
⊥平面
ADE
，
过
G
作
GM
⊥
DE
，连接
BM
，则
BM
⊥
DE< br>，
则∠
BMG
为二面角
A−DE−B
的平面角，
设
AB
=
BC
=2
CD
=2，则,
在
Rt
△
DCE
中，
CD
=1，
CE
=2,
∴,
又,
由
DE⋅GM
=
DG⋅EG
得,
所以，
故面角的正切值为：.

22．如图，在三棱锥
PA BC
中，
G
是棱
PA
的中点，
PCAC
，且PBABACBC2
,
PC1.


（Ⅰ）求证：直线
BG
平面
PAC
；

15

（Ⅱ）求二面角
PACB
的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
33
6

【解析】（Ⅰ）连接
CG
，因为
BPBA
，所以
BGPA
.
由已知得CG
15
2
PA
2
，
BG
11
2
，
所以
BG
2
CG
2
BC
2，所以
BGCG
，
又
PACGG
，所以
BG
平面
PAC.


（Ⅱ）过点
G
作
GQAC
，垂足是
Q
，
因为
G
是棱
PA
的中点，
PCAC
，
所以点
Q
是
AC
的中点.
连接
BQ
，所以
BQAC
.
所以
GQB
就是二面角
PACB
的平面角.
由（Ⅰ）知
BG
平面
PAC
，所以
BGGQ
.
因为
BG
11
2
，
GQ
1
2
PC
1
2
，所以
BQ3

所以
sinGQB
GB33
BQ

6
,
即二面角
PACB
的正弦值为
33
6
.


16