立体几何单元测试卷含参考答案

立体几何单元测试卷（限时90分钟）1.已知某个几何体的三视图如下图，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（）Ａ．34000cm3Ｂ．38000cm3Ｃ．32000cmＤ．34000cm2.如下图，正方体1111ABCDABCD的棱线长为1，线段11BD上有两个动点E，F，且22EF，则下列结论中错误的是()A．ACBEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥ABEF的体积为定值D．异面直线,AEBF所成的角为定值3.一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．48B．32+8C．48+8D．804.1l，2l，3l是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()A．12ll，23ll1l∥2lB．12ll，2l∥3l13llC．1l∥2l∥3l1l，2l，3l共面D．1l，2l，3l共点1l，2l，3l共面5.若某几合体的三视图如右图，则这个几何体的直观图可以是()6.下列命题中错误．．的是A．如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C．如果平面平面，平面平面，l，那么l平面D．如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面7.如右图所示，点P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD＝AD，则PA与BD所成角的度数为()A．30°B．45°C．60°D．90°8.对于直线,mn和平面，下面问题中的真命题是()A．如果,mn，,mn是异面直线，那么//nB．如果,mn，,mn是异面直线，那么n与相交C．如果m，//n，,mn共面，那么//mnD．如果//,//mn，,mn共面，那么//mn9.如图，在三棱锥SABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，90BAC°，O为BC中点．（Ⅰ）证明：SO平面ABC；（Ⅱ）求二面角ASCB的余弦值．10.如图，已知点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上，60PDA．（Ⅰ）求DP与CC所成角的大小；（Ⅱ）求DP与平面AADD所成角的大小．11.如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是地面边长的2倍，P为侧棱SD上的点。（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由。12.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（Ⅰ）证明：PEBC（Ⅱ）若APB=ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值13.正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，,EF分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角ADCB．（Ⅰ）试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；（Ⅱ）求二面角EDFC的余弦值；（Ⅲ）在线段BC上是否存在一点P，使APDE？证明你的结论.14.如图，在多面体ABCDE中，DBABC平面,//AEDB,ABC且是边长为2的等边三角形，1AE，CD与平面ABDE所成角的正弦值为64.（I）在线段DC上存在一点F，使得EFDBC⊥面，试确定F的位置；（II）求二面角DECB的平面角的余弦值.ABCDEFABCDEF参考答案1．Ｂ2．Ｄ3．Ａ4．Ｂ5．Ｄ6．Ｄ7．Ｃ8．Ｃ9．证明：（Ⅰ）由题设ABACSBSC===SA，连结OA，ABC△为等腰直角三角形，所以22OAOBOCSA，且AOBC，又SBC△为等腰三角形，故SOBC，且22SOSA，从而222=OASOSA．所以SOA△为直角三角形，SOAO．又AOBOO．所以SO平面ABC．（Ⅱ）解法一：取SC中点M，连结AMOM，，由（Ⅰ）知SOOCSAAC，，得OMSCAMSC，．OMA∴为二面角ASCB的平面角．由AOBCAOSOSOBCO，，得AO平面SBC．所以AOOM，又32AMSA，故26sin33AOAMOAM．所以二面角ASCB的余弦值为33．解法二：以O为坐标原点，射线OBOA，分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz．设(100)B，，，则(100)(010)(001)CAS，，，，，，，，．SC的中点11022M，，，则11022MO，，，11122MA，，，(101)SC，，．00MOSCMASC，∴··．故,MOSCMASCMOMA，，等于二面角ASCB的平面角．3cos3MOMAMOMAMOMA，··，所以二面角ASCB的余弦值为33．10．解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz．则(100)DA，，，(001)CC，，．连结BD，BD．在平面BBDD中，延长DP交BD于H．设(1)(0)DHmmm，，，由已知60DHDA，，由cosDADHDADHDADH，可得2221mm．解得22m，所以22122DH，，．（Ⅰ）因为220011222cos212DHCC，，所以45DHCC，．即DP与CC所成的角为45．（Ⅱ）平面AADD的一个法向量是(010)DC，，．因为220110122cos212DHDC，，所以60DHDC，．可得DP与平面AADD所成的角为30．11．解法一：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SOAC。在正方形ABCD中，ACBD，所以ACSBD平面,得ACSD.(Ⅱ)设正方形边长a，则2SDa。又22ODa，所以060SOD,连OP，由（Ⅰ）知ACSBD平面,所以ACOP,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m且ACOD,所以POD是二面角PACD的平面角。由SDPAC平面,知SDOP,所以030POD,即二面角PACD的大小为030。（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使//BEPAC平面由（Ⅱ）可得24PDa，故可在SP上取一点N,使PNPD,过N作PC的平行线与SC的交点即为E。连BN。在BDN中知//BNPO，又由于//NEPC,故平面//BENPAC平面，得//BEPAC平面,由于21SNNP：：,故21SEEC：：.解法二：（Ⅰ）；连BD,设AC交于BD于O，由题意知SOABCD平面.以O为坐标原点，OBOCOS，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系Oxyz如图。设底面边长为a，则高62SOa。于是62(0,0,),(,0,0)22SaDa,2(0,,0)2Caw.w.w.k.s.5.u.c.o.m2(0,,0)2OCa,26(,0,)22SDaa0OCSDw.w.w.k.s.5.u.c.o.m故OCSD从而ACSD(Ⅱ)由题设知，平面PAC的一个法向量26(,0,)22DSaa，平面DAC的一个法向量6)0,0,)2OSa，设所求二面角为，则3cos2OSDSOSDS,所求二面角的大小为030（Ⅲ）在棱SC上存在一点E使//BEPAC平面.由（Ⅱ）知DS是平面PAC的一个法向量，且2626,0,),(0,,)2222DSaaCSaa（设,CEtCSw.w.w.k.s.5.u.c.o.m则226(,(1),)222BEBCCEBCtCSaatat而103BEDCt即当:2:1SEEC时，BEDSw.w.w.k.s.5.u.c.o.m而BE不在平面PAC内，故//BEPAC平面12．【解析】以H为原点，,,HAHBHP分别为,,xyz轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则(1,0,0),(0,1,0)AB（Ⅰ）设(,0,0),(0,0,)(0,0)CmPnmn则1(0,,0),(,,0).22mDmE可得1(,,),(,1,0).22mPEnBCm因为0022mmPEBC所以PEBC（Ⅱ）由已知条件可得m=33,n=1,故33C(,0,0)，313(0,,0),(,,0),(0,0,1)326DEP设面PEH的法向量为(,,)xyxn则HEn=0且HPn=0即13026xy且z=0，取x=1，则y=3，z=0，则(1,3,0)n，由(1,0,1)PA，可得2cos,4PAn，所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为2413．∴tan∠MNE=233，cos∠MNE=721………………………8分（Ⅲ）在线段BC上存在点P，使AP⊥DE……………………10分证明如下：在线段BC上取点P。使BCBP31，过P作PQ⊥CD与点Q，721||||,cosnDAnDAnDA所以二面角E—DF—C的余弦值为721…8分（Ⅲ）在平面坐标系xDy中，直线BC的方程为323xy设)2,332,(),0,332,(xxAPxxP则BCBPxDEAPDEAP31340…………………10分所以在线段BC上存在点P，使AP⊥DE…………………………12分另解：设332023),0,,(yyDEAPyxP则又)0,32,(),0,,2(yxPCyxBP……………………10分323)32)(2(//yxxyyxPCBP把233y代入上式得，43x，∴13BPBC，所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE………12分14．解：（Ⅰ）取AB的中点G，连结CG，则CGAB，又DBABC平面，可得DBCG,所以ABDECG面，所以6sin4CGCDGCD，CG=3,故CD=22222DBCDCB………3分取CD的中点为F，BC的中点为H,因为1//2FHBD，1//2AEBD，所以AEFH为平行四边形，得//EFAH，………………………5分ABCDEFxzPABCDEFxzPyAHBCAHAHBD平面BCD∴EFDBC面存在F为CD中点，DF=2时，使得EFDBC面…6分（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，则(1,3,0)C、(0,0,0)B、[来源:Zxxk.Com](2,0,1)E、0,0,2D，从而BE(2,0,1)，EC(1,3,1)，(2,0,1)DE。………8分设1(,,)nxyz为平面BCE的法向量，则112030nBExznECxyz可以取13(1,,2)3n……………………10分设2(,,)nxyz为平面CDE的法向量，则112030nDExznECxyz取2(1,3,2)n……10分因此，1246cos4863nn，故二面角DECB的余弦值为64……………12分