高中数学必修二立体几何Word版

1、第一章：空间几何体1.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_.2.一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积为_. 3.在半径为3的球面上有三点，球心到平面的距离是，则两点的球面距离是_.4.过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°则该截面的面积是_.5.体积为的一个正方体，其全面积与球的表面积相等，则球的体积等于 6. 已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于_.7. 正方体的内切球与其外接球的体积之比为_.8. 将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（ ）9. 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所

2、示，则相应的侧视图可以为()10. 已知球的直径SC4，A、B是该球球面上的两点，AB2，ASCBSC45°，则棱锥SABC的体积为()A. B. C. D.第二章：点.直线.平面的位置关系1.，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（A）， （B），（C），共面 （D），共点，共面2. 若直线不平行于平面，且，则 A内的所有直线与异面 B内不存在与平行的直线C内存在唯一的直线与平行 D内的直线与都相交3. 设 为两个不同的平面，l，m为两条不同的直线，且 ，有如下的两个命题：若 ；若 ,那么（ ）A、是真命题，是假命题； B、是假命题，是真命题；C、都是真命题； D、都是假命题.

3、4. 已知m,n是两条不重合的直线， 是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题： 若m,n是异面直线， 其中真命题是（ ）A、和 B、和 C、和 D、和5. 设 为平面，m,n,l为直线，则m 的一个充分条件是（ ） 6. 对于不重合的两个平面 ，给定下列条件：存在平面 ，使得 都垂直于 ；存在平面 ，使得 都平行于 ； 内有不共线三点到 的距离相等；存在异面直线l,m，使得 ；其中可以判定 平行的条件有（ ）A、1个 B、2个 C、3个 D、4个7. 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

4、，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8. 如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是（ ）AACSBBAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角9. 已知m,n是不同的直线， 是不重合的平面，给出下列命题：若 若 若 m,n是两条异面直线，若 上面的命题中，真命题的序号是_.10. 在正方体 中，过对角线 的一个平面交 于E，交 于F，则四边形 一定是平行四边形；四边形 有可能是正方形；四边形 在底面ABCD的投影一定是正方形；平面 有可能垂直于平面 以上

5、结论正确的为_.1. 四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB； (2)求AB与平面SBC所成的角的大小2. 已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE2，BF.(1)求证：CFC1E； (2)求二面角ECFC1的大小3. 在圆锥PO中，已知PO，O的直径AB2，C是的中点，D为AC中点(1)证明：平面POD平面PAC；(2)求二面角BPAC的余弦值4. 在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABAD，BAD60°，E、F分别是AP、AD的中点

6、求证：(1)直线EF平面PCD ； (2)平面BEF平面PAD.5. 在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，ADCD，CAD30°.(1)若AD2，AB2BC，求四面体ABCD的体积；(2)若二面角CABD为60°.求异面直线AD与BC所成角的余弦值答案速查：1. 2. 3. 4. . 5. 6. .7. 138.D 9.D 10.C 18.BBDDD BDD. 9. 10. .1. 【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,圆柱的底面半径为1,高为2,体积为,四棱锥的底面边长为，高为，所以体积为，所以该几何体的体积为.2. 【解析】该空间几何体为一三棱

7、锥，底面为一腰长为6的等腰直角三角形，三棱锥的顶点位于底面斜边中点的正上方，且与底面的距离为4，底面面积为18，斜边所在面的面积为12，另外两个面(等腰三角形)的面积均为15，故全面积为48+12.3. 【解析】如图，AC为直径，设其中点为D,则OD垂直平面ABC,连接OB,OC,由题意知OD=,故求出DC=，又BA=BC,可求得BC=3，故BOC=60，根据弧长公式L=4. 【解析】过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°，则截面圆的半径是R=1，该截面的面积是.5. 【解析】直接用公式就可以，球面积、体积的公式：,（其中R为球的半径）.6. 【解析

8、】正方体外接球的体积是，则外接球的半径R=2，正方体的对角线的长为4，棱长等于7. 【解析】设正方体的棱长为a，则它的内切球的半径为，它的外接球的半径为，故所求的比为138. 【解析】不多说,选D.9. 【解析】前面是一个正四棱锥的一半，后面是圆锥的一半,故选D.10. 【解析】由于SC是球的直径，所以SACSBC90°，又ASCBSC45°，所以SAC、BSC为等腰直角三角形，取SC中点D，连接AD、BD.由此得SCAD，SCBD，即SC平面ABD.所以VSABCVSABDVCABDSABD·SC.由于在等腰直角三角形SAC中ASC45°，SC4，所以

9、AD2.同理BD2.又AB2，所以ABD为正三角形，所以VSABCSABD·SC××22·sin60°×4，所以选C.1. 【解析】 对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.2. 【解析】 在内存在直线与l相交，所以A不正确；若内存在直线与l平行，又l，则有l，与题设相矛盾，B正确，C不正确；在内不过l与交点的直线与l异面，D不正确3. 【解析】 对于，若 ，则l，m可能平行，也可能异面；对于，若 则 可能

10、垂直，也可能不垂直.故应选D.4. 【解析】 由面面平行判定定理知为真命题；注意到垂直于同一个平面的两个平面不一定平行，为假命题；显然为假命题；由于m,n为异面直线，故可在 内确立两条相交直线与 平行，因而为真命题.故应选D.5. 【解析】 对于选项A，由于这里的直线m不一定在 内，故不一定有m ；对于选项B，它与m 构成的命题是：若两个平面都和第三个平面垂直，则其中一个平面与第三个平面的交线垂直于另一个平面，此命题为假；对于选项C，它与m 构成的命题是：若两个平面都和第三个平面垂直，且直线m垂直于其中一个平面，则m也垂直于另一个平面，此命题亦为假命题；排除法可知应选D.选项D与m 构成的命题

11、是：若直线m与两个平行平面中的一个平面垂直，那么它和另一个平面也垂直，这显然为真命题.6. 【解析】对于，垂直于同一平面 的两个平面 可能相交；对于，由面面平行的传递性可以判定 ；对于，当 相交时， 内仍可存在不共线三点到 的距离等等；对于，在m上取定点P，经过点P在l与点P确定的平面内作l/l，则与m可确定平面 .由于于是本题应选B7. 【解析】若面面，在面内与面的交线不相交的直线平行于平面，故A正确；B中若内存在直线垂直平面，则，与题设矛盾，所以B正确；由面面垂直的性质知选项C正确由A正确可推出D错误8.【解析】由SD底面ABCD，得SDAC，又由于在正方形ABCD中，BDAC，SDBDD

12、，所以AC平面SBD，故ACSB，即A正确由于ABCD，AB平面SCD，CD平面SCD，所以AB平面SCD，即B正确设AC，BD交点为O，连结SO，则由知AC平面SBD，则由直线与平面成角定义知SA与平面SBD所成的角为ASO，SC与平面SBD所成的角为CSO.由于ADSCDS，所以SASC，所以SAC为等腰三角形，又由于O是AC的中点，所以ASOCSO，即C正确因为ADCD，所以AB与SC所成的角为SCD，DC与SA所成的角为SAB，SCD与SAB不相等，故D项不正确9. 【解析】显然为假命题；对于， 内的直线m,n不一定相交，故亦为假命题；对于，由题设知 为真命题；对于，由前面选择题第4题

13、知此为真命题.因此，答案为.10. 【解析】注意正方体的特性，由面面平行性质定理和 ，故四边形 为平行四边形，正确；在这里，当 时，平行四边形 即 为矩形，且不可能为正方形，不正确；正确；而当平面 与底面ABCD（或 ）重合时有平面 ，故正确.于是可知答案为.1. 【解答】 解法一：(1)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DECB2.连结SE，则SEAB，SE.又SD1，故ED2SE2SD2，所以DSE为直角由ABDE，ABSE，DESEE，得AB平面SDE，所以ABSD.SD与两条相交直线AB、SE都垂直所以SD平面SAB.(2)由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE.作S

14、FDE，垂足为F，则SF平面ABCD，SF.作FGBC，垂足为G，则FGDC1.连结SG，则SGBC.又BCFG，SGFGG，故BC平面SFG，平面SBC平面SFG.作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC.FH，即F到平面SBC的距离为.由于EDBC，所以ED平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为.设AB与平面SBC所成的角为，则sin，arcsin.解法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设D(1,0,0)，则A(2,2,0)，B(0,2,0)又设S(x，y，z)，则x>0，y>0，z>0.(1)(x2，y2，z)，(x，y2，

15、z)，(x1，y，z)，由|得，故x1，由|1得y2z21，又由|2得x2(y2)2z24，即y2z24y10，故y，z.于是S，·0，·0.故DSAS，DSBS，又ASBSS，所以SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量a(m，n，p)，则a，a，a·0，a·0.又，(0,2,0)，故取p2得a(，0,2)又(2,0,0)，所以cos，a.故AB与平面SBC所成的角为arcsin.2. 【解答】 解法1：(1)证明：由已知可得CC13，CEC1F2，EFC1E.于是有EF2C1E2C1F2，CE2C1E2CC.所以C1EEF，C1ECE.又EFCEE

16、，所以C1E平面CEF.又CF平面CEF，故CFC1E.(2)在CEF中，由(1)可得EFCF，CE2，于是有EF2CF2CE2，所以CFEF.又由(1)知CFC1E，且EFC1EE，所以CF平面C1EF.又C1F平面C1EF，故CFC1F.于是EFC1即为二面角ECFC1的平面角由(1)知C1EF是等腰直角三角形，所以EFC145°，即所求二面角ECFC1的大小为45°.解法2：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,3)，E(0,0,2)，F(，1，)(1)(0，2，)，(，1，)，·0220

17、，CFC1E.(2)(0，2,2)，设平面CEF的一个法向量为m(x，y，z)由m，m，得即可取m(0，1)设侧面BC1的一个法向量为n，由n，n，及(，1,0)，(0,0,3)，可取n(1，0)，设二面角ECFC1的大小为，于是由为锐角可得cos，所以45°，即所求二面角ECFC1的大小为45°.3. 【解答】 解法一：(1)连结OC，因为OAOC，D是AC的中点，所以ACOD.又PO底面O，AC底面O，所以ACPO.因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC平面POD，而AC平面PAC，所以平面POD平面PAC.(2)在平面POD中，过O作OHPD于H，由(1

18、)知，平面POD平面PAC，所以OH平面PAC.又PA面PAC，所以PAOH.在平面PAO中，过O作OGPA于G，连结HG，则有PA平面OGH.从而PAHG.故OGH为二面角BPAC的平面角在RtODA中，ODOA·sin45°.在RtPOD中，OH.在RtPOA中，OG.在RtOHG中，sinOGH.所以cosOGH.故二面角BPAC的余弦值为.解法二：(1)如图所示，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，D.设n1(x1，y1，z1)是平面

19、POD的一个法向量，则由n1·0，n1·0，得所以z10，x1y1.取y11，得n1(1,1,0)设n2(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2·0，n2·0，得所以x2z2，y2z2，取z21，得n2(，1)因为n1·n2(1,1,0)·(，1)0，所以n1n2.从而平面POD平面PAC.(2)因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为n3(0,1,0)由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2(，1)设向量n2和n3的夹角为，则cos.由图可知，二面角BPAC的平面角与相等，所以二面角BPAC的余弦值为.4. 【

20、解答】 证明：(1)在PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EFPD.又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF平面PCD.(2)连结BD，因为ABAD，BAD60°，所以ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD.因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以BF平面PAD.又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD.5. 【解答】 (1)设F为AC的中点，由于ADCD，所以DFAC.故由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DFADsin30°1，AFADcos30°.在RtABC中，因AC2AF2，AB2BC，由勾股定理易知BC，AB.故四面体ABCD的体积V·SABC·DF××××1.(2)解法一：设G，H分别为边CD，BD的中点，则FGAD，GHBC，从