高中数学优秀生教学资源(立体几何)提高题

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人教A版高中数学选修一第一章《空间向量与立体几何》提高训练题 (11)(含答案解析)

选修一第一章《空间向量与立体几何》提高训练题 (11)一、单选题1．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABC ⊥平面BCD ，090BAC BCD ∠=∠=，AB AC =，112CD BC ==，点P 是线段AB 上的动点，若线段CD 上存在点Q ，使得异面直线PQ 与AD 成30°的角，则线段PA 长的取值范围是（）A ．⎛ ⎝⎦B ．(C ．(]0,1D ．⎛ ⎝⎦2．如图，在圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB CD O =，且AB CD ⊥，3SO OB ==，14SE SB =，异面直线SC 与OE 所成角的正切值为（）A B C ．1316D二、多选题3．在平行六面体1111ABCD A B C D -中，12AB AD AA ===，1160A AB DAB A AD ∠=∠=∠=︒，则下列说法正确的是（） A ．线段1AC 的长度为B ．异面直线11BD B C ，夹角的余弦值为13C ．对角面11BBD D 的面积为D．平行六面体1111ABCD A B C D -的体积为4．在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1BC 上运动，下列说法正确的是（） A ．平面1PAC ⊥平面11AB D B ．//DP 平面11AB DC ．异面直线DP 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤⎥⎦⎝D ．三棱锥11D APB -的体积不变5．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 运动，则（）A ．三棱锥11P AC D -的体积为定值B ．异面直线AP 与1A D 所成的角的取值范围为45,90⎡⎤⎣⎦C ．直线1C P 与平面11ACD D ．过P 作直线1//l AD ，则l DP ⊥6．如图1，在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F ，G 分别为BC ，CD ，BE 的中点，沿AE ､AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使得B ､C ､D 三点重合于S ，得到四面体S AEF -(如图2).下列结论正确的是（）A ．四面体S AEF -B ．顶点S 在面AEF 上的射影为AEF 的重心C ．SA 与面AEFD ．过点G 的平面截四面体S AEF -的外接球所得截面圆的面积的取值范围是13π,π42⎡⎤⎢⎥⎣⎦三、双空题7．边长为2的正方体1111ABCD A B C D -内（包含表面和棱上）有一点P ，M 、N 分别为11A B 、1DD 中点，且AP AM AN λμ=+（λ，R μ∈）．（1）若111D P tDC =（t R ∈），则t =______．（2）若11A P k AC =（k ∈R ），则三棱锥11A PD C -体积为______．四、填空题8．如图，正三棱柱111ABC A B C -的高为4，底面边长为D 是11B C 的中点，P 是线段1A D 上的动点，过BC 作截面α，使得AP α⊥且垂足为E ，则三棱锥P BCE -体积的最小值为__________．9．如图所示，在三棱柱中，已知ABCD 是边长为1的正方形，四边形AA B B ''是矩形，平面AA B B ''⊥平面ABCD .若1AA '=，则直线AB 到面DA C '的距离为___________.10．设P 为矩形ABCD 所在平面外的一点，直线PA ⊥平面ABCD ，3AB =，4BC =，1PA =，则点P 到直线BD 的距离为___________.11．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠=︒，12CA CB CC ===，M ，N 分别是11A B ，11A C 的中点，则BM 与AN 所成的角的余弦值为___________.12．已知正四面体A BCD -的外接球半径为3，MN 为其外接球的一条直径，P 为正四面体A BCD -表面上任意一点，则PM PN ⋅的最小值为___________．五、解答题13．如图，正方形ABCD 所在平面与等边ABE △所在平面互相垂直，设平面ABE 与平面CDE 相交于直线l .（1）求l 与AC 所成角的大小；（2）求二面角A CE D --的余弦值.14．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//AB CD ，24AB AD CD ===，平面PBC ⊥平面ABCD ，E 是PB 的中点，且12CE PB =.（1）求证：PC ⊥平面ABCD ；（2）若直线PA 与平面ABCD P AC E --的余弦值. 15．如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD AB BC ===，2CD =，E 为CD 中点，以AE 为折痕把ADE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）.（1）证明：AE PB ⊥；（2）若直线PB 与平面ABCE 所成的角为4π，求二面角A PE C --的正弦值.16．如图，正三棱锥P ABC -中，PA 与底面ABC ．（1）证明：PA ⊥面PBC ；（2）设O 为ABC 的中心，延长AO 到点E 使得3AE AO =，求二面角A PC E --的平面角的大小． 17．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2DC ＝2P A ＝2，对角线AC 与BD 交于O 点，连接PO .（1）求证：AC ⊥PB ；（2）过B 点作一直线l 平行于PC ，设Q 为直线l 上除B 外的任意点，设直线PQ 与平面P AC 所成角为θ，求sin θ的取值范围.18．如图，在七面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，其中60BAD ∠=，,,BCE CEF CDF 为等边三角形，且AB BE ⊥，G 为CD 的中点.（1）证明：AB ⊥平面EFG ；（2）求平面CDF 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值.19．如图所示，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，1A O ⊥平面ABCD ，1AB AA =证明：1AC ⊥平面11BB D D .20．如图是矩形ABCD 和边AB 为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿AB 折叠，使平面ABCD 垂直于半圆所在的平面，若点E 是折后图形中半圆O 上异于,A B 的点．（1）证明：EA EC ⊥；（2）若22AB AD ==，且异面直线AE 和DC 所成的角为6π，求平面DCE 与平面AEB 所成的锐二面角的余弦值．21．如图，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1的长度为2，且⊥A 1AB =⊥A 1AD =120°.求：（1）AC 1的长；（2）直线BD 1与AC 所成角的余弦值.22．在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，2PA PD ==，四边形ABCD 是边长为2的菱形，60A ∠=︒，E 是AD 的中点．（1）求证：BE ⊥平面PAD ；（2）求平面PAB 与平面PBC 所成角的余弦值．23．如图，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AB ⊥AD ，CD =PD =P A =AD =12AB =2.（1）求证：平面PBC ⊥平面P AB ；（2）求二面角D —PC —B 的正弦值.24．如图，已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//BC AD ，AB CD =，E 为棱PB上一点，AC 与BD 交于点O ，且AC BD ⊥，1AD =，3BC PC PB ===，PO =．（1）证明：AC DE ⊥；（2）是否存在点E ，使二面角B DC E --？若存在，求出E 点位置，若不存在，请说明理由．25．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，//PD QA ，M 为PC 中点，222PD QA AB ===.（1）证明：//QM 平面ABCD ；（2）求二面角Q BP A --的余弦值.26．中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥P ABCD -，其中AC BD ⊥于O ，4OA OB OD ===，8OC =，PO ⊥平面ABCD ．（1）求证：PD AC ⊥；（2）试验表明，当12PO OA =时，风筝表现最好，求此时直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值．27．如图，在正方体''''ABCD A B C D -中，E 是BC 的中点，（1）过D B E ''､､三点作正方体的截面α；（2）半平面B BE '与平面α所成的二面角的大小；28．如图⊥所示，在边长为12的正方形'11'AA A A 中，点B ，C 在线段'AA 上，且3AB =，4BC =．作11//BB AA ．分别交'11A A ，'1AA 于点1B ，P ；作11//CC AA ，分别交'11A A ，'1AA 于点1C ，Q ．现将该正方形沿1BB ，1CC 折叠，使得'1'A A 与1AA 重合，构成如图⊥所示的三棱柱111ABC A B C -．（1）在三棱柱111ABC A B C -中，求证：⊥AP BC ；（2）求平面PAQ 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值．29．如图，在三棱锥P ABC -，平面PAC ⊥平面ABC ，D 为棱AC 的中点,M 为棱DP 的中点，N 为棱PC 上靠近点C 的三等分点，2PA PC AB BC ====，AB BC ⊥.（1）若点H 在线段BD 的延长线上，且DB DH =，问：在棱AP 上是否存在点E ，使得HE 与BN 垂直？请说明理由；（2）求平面BMN 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值.30．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是PC ，PD 上的动点，且PE FD PF EC ⋅=⋅．（1）求证：EF ⊥平面PAD ；（2）若13PE PC =，且PC 与底面ABCD 所成角的正弦值为35，求二面角C AE D --的余弦值． 31．如图，菱形ABCD 与正三角形DEF 所在平面互相垂直，60BCD ∠=︒，E ，G 分别是线段AB ，CF 的中点．（1）求证：//BG 平面DEF ；（2）求直线BC 与平面DEG 所成角的正弦值．32．如图，在空间直角坐标系O xyz -中，A ，D ，B 分别在x ，y ，z 轴的正半轴上，C 在平面BOD 内.（1）若OE CD ⊥，证明：CD AE ⊥.（2）已知3OA OD ==，2OB =，C 的坐标为()0,2,4，求BC 与平面ACD 所成角的正弦值. 33．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ，2PA AB ==，PD 的中点为F .（1）求证：//PB 平面ACF .（2）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.⊥四棱锥P ABCD -，⊥FC 与平面ABCD 所成的角为6π，⊥BD =若___________，求二面角F AC D --的余弦值.34．某直四棱柱被平面AEFG 所截几何体如图所示，底面ABCD 为菱形，（1）若⊥BG GF ，求证：BG ⊥平面ACE ；（2）若1BE =，2AB =，60DAB ∠=︒，直线AF 与底面ABCD 所成角为30º，求直线GF 与平面ABF 所成角的正弦值.35．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，AB BC ⊥，//AB CD ，3PD BC CD ===，4AB =．过点D 做四棱锥P ABCD -的截面DEFG ，分别交PA ，PB ，PC 于点E ，F ，G ，已知14AE AP =，13CG CP =．(1) 求直线CP 与平面DEFG 所成的角；(2) 求证：F 为线段PB 的中点．36．如图1所示，在菱形ABCD 中，AB AC ==AC 与BD 相交于点O ，现沿着对角线AC 折成一个四面体ABCD ，如图2所示．（1）在图2中，证明：AC BD ⊥；（2）若图2中BD =点P 是线段BD 的三等分点（靠近点D ），求二面角P AC D --的余弦值． 37．已知四棱锥E ABCD -中，三角形ADE 所在平面与正三角形ABE 所在平面垂直，四边形ABCD是菱形，2,AE BD ==（1）求证：平面ABCD ⊥平面ACE ；（2）求直线AD 与平面ACE 所成角的正弦值.38．已知P A 垂直于以AB 为直径的圆所在平面，C 为圆上异于A ，B 的任一点，2PA AB ==．（1）求证：平面PAC ⊥平面PBC ；（2）当12AC CB =时，求二面角C PB A --的余弦值．39．如图，在三棱柱111ABCA B C ﹣中，1BCC 为正三角形，AC BC ⊥，12AC AA ==，1AC =点P 为1BB 的中点．（1）证明：1CC ⊥平面11AC P ；（2）求平面1ABC 与平面11AC P 所成锐二面角的余弦值．40．如图，在三棱锥P ABC -中，D ，E ，F 分别为棱,,PC AC AB 的中点．已知PA AC ⊥，6PA =，（1）求证：平面BDE⊥平面ABC；--的平面角的余弦值；（2）求二面角A PC B-分为两个几何体，则他（3）延展平面DEF与棱PB交于H点，则四边形EFHD把三棱锥P ABCV V=_____．（此问仅写结果，不需写出过程）们的体积比:PAEFHD BCEFHD41．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，ABC为正三角形，AB=AA1=2，E是BB1的中点.（1）求证：平面AEC1⊥平面AA1C1C；（2）求二面角B﹣AC1﹣E的余弦值.-中，平面ABE⊥平面BCDE，四边形BCDE是边长为4的正方形，42．如图，在四棱锥A BCDEM，N分别为AE，AC的中点.MN平面BCDE；（1）求证：//43．如图所示，已知长方形ABCD 中，2AB AD ==M 为DC 的中点，将ADM △沿AM 折起，使得AD BM ⊥．（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCM ；（2）若E 点满足23BE BD =，求二面角E AM D --的大小？ 44．如图，四边形ABEF 为正方形，//AD BC ，AD ⊥DC ，AD =2DC =2BC ，（1）求证：点D 不在平面CEF 内；（2）若平面ABCD ⊥平面ABEF ，求二面角A ﹣CF ﹣D 的余弦值．45．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD =，E 为棱AB 的中点．（1）证明：AC PE ⊥；（2）若PA AD =，60BAD ∠=︒，求二面角E PC B --的余弦值．46．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（I ）求证：1//D F 平面11A EC ；（II ）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值．（III ）求二面角11A AC E --的正弦值．47．如图，在四棱锥РABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD =，//AD BC ，90ADC ∠=︒，112BC AD ==，CD =Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，（1）求证：Q ，P ，C ，B 四点在同一球面上，并说明球心及半径；（2）画出平面PAB 与平面PDC 的交线（不需要写画法）．（3）设平面PAB 与平面PDC 的交线为l ，直线l 与平面ABCD 求平面MQB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小．48．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，122,,AC AA AB BC D ===为AC 的中点.（1）证明：1DC ⊥平面1A BD .（2）若1BD =，求二面角11B DB C --的余弦值.49．在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．50．四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形SD ⊥底面,2ABCD DC SD ==，点M 是侧棱SC 的中点，AD =（1）求异面直线CD 与BM 所成角的大小；（2）求二面角S AM B --的正弦值.【答案与解析】1．C【解析】向量法. 以C 为原点，CD 为x 轴，CB 为y 轴，过C 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，根据各点的坐标写出向量(1,1,1)AD =--，点(),0,0Q q ()01q ≤≤，对于点P 的设法，采用向量式AP AB λ=，而后利用异面直线所成的角的向量计算公式列方程求解.如图，以C 为原点，CD 为x 轴，CB 为y 轴，过C 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,1,1,0,2,0,1,0,0C A B D ，设(),0,0Q q ()01q ≤≤，设()0,,AP AB λλλ==-()01λ<≤，则()(,0,0)(0,1,1)(0,,)(,1,1)PQ CQ CA AP q q λλλλ=-+=---=---，(1,1,1)AD =--，异面直线PQ 与AD 成30的角，||cos30||||PQ AD PQ AD q ⋅∴===⋅ 22182516q q λ∴+=-+，201,516[0,11]q q q ≤≤∴-+∈，即22182018211λλ⎧+≥⎨+≤⎩，解得λ≤≤01,0λλ<≤∴<≤可得||||2(0,1]PA AP λ==∈.故选：C.2．D【解析】以,,OD OB OS 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角的余弦值，再得正弦值．由题意以,,OD OB OS 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，(0,3,0)A -，(0,3,0)B ，(3,0,0)C -，(0,0,3)S ，又14SE SB =， 1139(0,0,3)(0,3,3)(0,,)4444OE OS SE OS SB =+=+=+-=． (3,0,3)SC =--，则274cos ,3OE SCOE SC OE SC -⋅<>===，设异面直线SC 与OE 所成角为θ，则3cos cos ,10OE SC θ=<>=，θ为锐角，sin θ=sin tan cos θαθ== 故选：D ．3．AD【解析】设1,,AB a AD b AA c ===，求得2222,4a b a b c ⋅====，根据1AC a b c =++，求得1AC 的值，可判定A 正确；由110BD BC ⋅=，可判定B 错误；由ABD △为正三角形，根据10DD DB ⋅=，得到对角面11BDD B 为矩形，可判定C 错误；由16A ABD V V -=，可判定D 正确.设1,,AB a AD b AA c ===，则22222cos 602,4a c b c a b a b c ⋅=⋅=⋅=⨯====，对于A 中，因为1AC a b c =++，可得2221=22224AC a b c a b c a b a c b c =+++++⋅+⋅+⋅== 所以A 正确；对于B 中，因为2211()()0BD B C b c a b c c b a c a b ⋅=+-⋅-=-++⋅-⋅=，可得异面直线1BD 与1B C 夹角的余弦值为0，所以B 错误；对于C 中，因为2,60AB AD DAB ==∠=，所以ABD △为正三角形，可得2BD =，因为1()0DD DB c a b c a c b ⋅=⋅-=⋅-⋅=，所以1DD BD ⊥，所以对角面11BDD B 为矩形，其面积为22=4⨯≠C 错误；对于D 中，设AC 与BD 交于点O ，连接1OA ，取1AA 的中点M ，连接OM ，可得11116622232A ABD AA OV V SBD -==⨯⋅=⨯⨯=，所以D 正确. 故选：AD.4．ABD 【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得；解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为1，则()1,0,0A ，()11,1,1B ，()10,0,1D ，()0,1,0C ，()11,0,1A ，()0,0,0D ，因为点P 在线段1BC 上运动，设(),1,1P t t -，[]0,1t ∈，则(),1,1DP t t =-，所以()10,1,1AB =，()11,0,1AD =-，()11,1,1CA =-，所以()110111110AB CA ⋅=⨯+⨯-+⨯=，()()110111110AD CA ⋅=⨯-+⨯-+⨯=，所以11AB CA ⊥，11AD CA ⊥，因为11AB AD A ⋂=，11,AB AD ⊂平面11AB D ，所以1A C ⊥平面11AB D ，因为1AC ⊂平面1PA C ，所以平面1PAC ⊥平面11AB D ，故A 正确；显然()11,1,1CA =-可以作为平面11AB D 的法向量，因为()1111110CA DP t t ⋅=⨯-⨯+⨯-=，所以1CA DP ⊥，因为DP ⊄平面11AB D ，所以//DP 平面11AB D ，故B 正确；因为11//AB D C 且11=AB D C ，所以四边形11ABC D 为平行四边形，所以11//AD BC ，所以直线DP 与1BC 所成角即为异面直线DP 与1AD 所成角，显然当P 在1BC 的两端点时所成的角为3π，当P 在1BC 的中点时所成的角为2π，故异面直线DP 与1AD 所成角的取值范围是,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故C 错误；因为11//AD BC ，1AD ⊂平面11AB D ，1BC ⊄平面11AB D ，所以1//B C 平面11AB D ，所以1B C 到平面11AB D 距离即为P 到平面11AB D 的距离，故P 到平面11AB D 的距离为一定值，设P 到平面11AB D 的距离为h ，则11111113D APB P D AB D AB V V Sh --==⋅为定值，故D 正确；故选：ABD5．ACD 【解析】对三棱锥11P AC D -转化顶点可判定选项A ，找到异面成角的最小值的情况即可判断选项B,转化直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值的最大值为直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,进而判断选项C ，利用线面垂直的性质判定可判定选项D. 如图，对于选项A ，1111P A C D C A PD V V --=,因为点P 在线段1B C 上运动,所以1112A DP S A D AB =⋅,面积为定值,且1C 到平面11A PD 的距离即为1C 到平面11A B CD 的距离,也为定值,故体积为定值,故A 正确；对于选项B ，当点P 与线段1B C 的端点重合时,AP 与1A D 所成角取得最小值为60︒, 故B 错误；对于选项C ，因为直线1BD ⊥平面11AC D ,所以若直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值最大,则直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,则P 运动到1B C 中点处,即所成角为11C BD ∠,设棱长为1,在11Rt D C B 中,1111cos C B C BD BD ∠===,故C 正确; 对于选项D ，连接1B D ,由正方体可得11BC B C ⊥,且DC ⊥平面11B C CB ,则1DC BC ⊥,所以1BC ⊥平面1CDB ,故1BC DP ⊥，过P 作直线1//l AD ，则1//l BC ,所以l DP ⊥；故D 正确.故选：ACD 6．ACD 【解析】折叠问题，关键是抓住其中的不变量.选项A ：说明SA ､SE ､SF 两两垂直，将四面体的外接球问题，转化为长方体的外接球问题；选项B ：由于SA ､SE ､SF 两两垂直，可证S 在面AEF 上的射影为AEF 的垂心；选项C ：线面角的定义法求解；选项D ：将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求截面圆面积最值问题.对于A 项，易知SA ､SE ､SF两两垂直，故可以补成长方体，其体对角线长l ，外接球半径R =，故外接球体积为34π3V ==⎝⎭，故A 项正确；对于B 项，由于SA ､SE ､SF 两两垂直，故S 在面AEF 上的射影为AEF 的垂心，理由如下:如图，过点S 作SO ⊥平面AEF ，交平面AEF 于点O ，因为SO ⊥平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以SO EF ⊥，又因为SA SE ⊥，SA SF ⊥，SE ，SF 都在平面SEF 内，且相交于点S ，所以SA ⊥平面SEF ，又EF ⊂平面SEF ，所以SA EF ⊥，又SO SA A =，所以EF ⊥平面SAO ，又AO ⊂平面SAO ，所以AO ⊥EF . 同理可证EO AF ⊥，FO AE ⊥，所以S 在面AEF 上的射影为AEF 的垂心.故B 项错误；对于C 项，设M 为EF 中点，则EF SM ⊥，AM EF ⊥，SM AM M ⋂=，故EF ⊥平面SAM ，故平面AEF ⊥平面SAM ，所以SA 在平面AEF 上的射影为AM ，SA 与平面AEF 所成角为SAM ∠，2SA =，2SM =，π2ASM ∠=，tan SAM ∠=故C 项正确；对于D 项，设O 为四面体S AEF -的外接球球心，OM ⊥平面SEF ，连接MG ，OG ，当过点G 的截面经过球心O 时截面圆面积最大，面积为3π2；当OG 垂直截面圆时，截面圆面积最小，此时1122GM SF ==，1OM =，OG ==12r ===，截面圆面积为π4，得截面圆面积取值范围是13π,π42⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故D 项正确. 故选：ACD.方法点睛：求解几何体的外接球问题或空间角问题一般从以下角度出发：(1) 外接球问题，关键是找出球心，规则图形的球心在对称中心；不规则图形，能补成规则图形最好，若不能，则利用球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，可做出球心，再利用几何知识求解. (2) 空间角的处理一般是建系，用向量法求解；若图形中垂直关系明显，空间角容易找出，也可用空间角的定义求解. 7．14 47【解析】（1）以AB ，AD ，1AA 为基底，把向量1D P ，11DC 分别用基底表示，利用两个向量相等的条件即可算出；（2）由11A P k AC =得，1A ，P ，C 三点共线，利用（1）把k 求出来，再利用等体积法1111A PD C P AD C V V --=算出P 到面11AD C 的距离，三角形11AD C 的面积，即可算出体积. 如图，（1）111()D P D A AP AM A DD AN D λμ=+=-+++111()()AA AD AA AM AD DN λμ++-+=-+ 11111()()22AA AA AB AD AD AA λμ=-+-+++ 1111112(()1)2A AB u u AA tD C t A D B λλ=+-+-=+=, 所以12101102t u u λλ⎧=⎪⎪-=⎨⎪⎪+-=⎩，所以14t =.（2）11111(11(1)1)22A P A D D AB P AD AD u u AA λλ+=+=++-+-111)22(1AD AB u u AA λλ=+++-， 111AC A A AB BC AB AD AA =++=+-，因为11A P k AC =，所以11111)(22()AD AB AD AA AB u u AA k λλ++-=++-，所以12112k u k u kλλ⎧=⎪⎪=⎨⎪⎪+-=-⎩，所以27k =，如图，连接1A D ，1A C ，分别与1AD ，1AC 交于点E ，O ，连接EO ，过点P 作1//PG A E ，在正方体1111ABCD A B C D -中，易证1A E ⊥面11AD C ，所以PG ⊥面11AD C ，因为1112A E A D = 因为1112477A P AC AO ==，所以137OP AO =，所以137PG A E ==1111111222AD C S AD D C =⋅=⋅=△，所以1111111143377A PD C P AD C AD C V V S PG --==⋅⋅=⋅=，故答案为：（1）14；（2）47.8．【解析】由P BCE P ABC E ABC V V V ---=-，可得当E ABC V -最大时，P BCE V -最小，建立空间直角坐标系求E 到底面距离的最大值，则答案可求．解：设BC 中点为O ，以O 为坐标原点，分别以OA 、OB 、OD 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，得(6A ，0，0)，设(E x ，0，)z ，则(6,0,)AE x z =-，(,0,)OE x z =，AP α⊥，∴AE OE ⊥，得2(6)00x x z -++=，则z当3x =时，3max z =，又1(4)3P BCE P ABC E ABC ABCV V V Sz ---=-=⋅-，∴三棱锥P BCE -体积的最小值为116132V =⨯⨯⨯=故答案为：9【解析】建立空间直角坐标系，设(11,)DA a '=-，，设面DA C '的法向量为1(1)n x y =，，，利用空间向量数量积求得法向量，由直线AB 到面DA C '的距离d 就等于点A 到面DA C '的距离，利用射影的求解公式求解即可得出结论.如图建立空间坐标系A xyz -，设(11,)DA a '=-，，(010)DC =，，，设面DA C '的法向量为1(1)n x y =，，，则有1100DA n DC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩'，得1(01)n a =，，，直线AB 到面DA C '的距离d 就等于点A 到面DA C '的距离，也等于向量AD 在面DA C '的法向量上的投影的绝对11||22||AD nd n ⋅==. 故答案为：2. 10．135【解析】求出BP 在BD 上的射影长再利用勾股定理可得答案.因为，，⊥⊥⊥BA BC AP BC AP BA ，所以00=0，，⋅⋅=⋅=BA BC AP BC AP BA ， ()()⋅=+⋅+BP BD BA AP BC BA()229=⋅++⋅+⋅==BA BC BA AP BC AP BA AB ，22225=+=BD BC CD ，22210=+=BP BA AP ，所以5BD =，210=AP ，因为·95=PB BD BD，所以BP 在BD 上的射影长为95，所以点P 到直线BD 的距离22·13105=-==PB BD d AP BD .故答案为：135. 11【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可得出异面直线所成的角．如图所示，建立空间直角坐标系，可得(2A，0，0)，(0B ，2，0)，(1M ，1，2)，(1N ，0，2).∴(1AN =-，0，2)，(1BM =，1-，2)，cos AN ∴<，1||||5AN BM BM AN BM ⋅->==⋅12．8- 【解析】设正四面体外接球球心为O ，把,PM PN 用,,PO OM ON 表示并计算数量积后可得．设正四面体外接球球心为O ，正四面体A BCD -的外接球半径为3，设正四面体A BCD -内切球半径为r ，一个面的面积为S ，高为h ，则11433ABCD V Sr Sh =⨯=，所以4h r =，显然34r h r +==，所以1r =，即min 1PO =．22()()9198PM PN PO OM PO ON PO OM ON PO ⋅=+⋅+=+⋅=--=-．故答案为：8-． 13．（1）45°；（2）57.【解析】（1）由四边形ABCD 为正方形，可得//AB CD ，再由线面平行的判定定理可得//AB 平面CDE ，由线面平行的性质定理可得//l AB ，由45BAC ∠=︒可得l 与AC 所成角的大小是45︒；（2）分别取AB 、CD 的中点O 、F ，连接EO ，可得OA 、OE 、OF 两两垂直，所以以O 为坐标原点，分别以OA 、OE 、OF 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值解：（1）⊥四边形ABCD 为正方形，⊥//AB CD ， ⊥AB ∉平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，⊥//AB 平面CDE ，又⊥AB平面ABE ，且平面ABE 平面CDE =直线l ，⊥//l AB ，⊥四边形ABCD 为正方形，⊥45BAC ∠=︒，故l 与AC 所成角的大小是45︒；（2）分别取AB 、CD 的中点O 、F ，连接EO ，由ABE △为等边三角形，可知EO AB ⊥，由四边形ABCD 为正方形，知FO AB ⊥，⊥平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD 平面ABE AB =，且FO ⊂平面ABCD ，⊥FO ⊥平面ABE ，以O 为坐标原点，分别以OA 、OE 、OF 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2AB =，则()1,0,0A ，()1,0,2C -，()E ，()1,0,2D ，于是()2,0,2AC =-，()1,2CE =-，()2,0,0CD =，设平面ACE 的一个法向量为(),,m x y z =，由20220m CE x z m AC x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1y =，可得(3,1,m =；设平面CDE 的一个法向量为()111,,n x y z =，由11112020n CE x z n CD x ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，取12y =，可得(0,2,3n =.⊥025cos ,77m n m n m n⋅+===⨯⋅. 由图可知，二面角A CE D --为锐二面角，则其余弦值为57.14．（1）证明见解析；（2【解析】（1）依题意可得PCB 为直角三角形，即可得到PC BC ⊥，根据面面垂直的性质定理即可证明；（2）由（1）可知PAC ∠即为直线PA 与平面ABCD所成角，即可得到PC PA =求出PC ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；解：（1）在PCB 中，因为E 是PB 的中点，且12CE PB =，所以CE EB PE ==，所以PCB 为直角三角形，所以PC BC ⊥，又因为平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC 平面ABCD BC =，PC ⊂平面PBC ，所以PC ⊥平面ABCD（2）因为PC ⊥平面ABCD ，所以直线PA 与平面ABCD 所成角为PAC ∠，所以sin PC PAC PA ∠==又222AC AD DC =+，4=AD ，2DC =，所以AC =在Rt PAC △中，设PC x =，则PA =，所以222PA PC AC =+，即)(222x =+，解得2x =，即2PC =，作//CF DA 交AB 于点F ，因为AB AD ⊥，所以AB CF ⊥，如图建立空间直角坐标系，则()0,0,0C ，()4,2,0A ，()4,2,0B -，()002P ,,，()2,1,1E -，()4,2,0CA =，()2,1,1CE =-，()0,0,2CP =，设面PAC 的法向量为(),,n x y z =，所以42020n CA x y n CP z ⎧⋅=+=⎨⋅==⎩，令1x =，则2y =-，0z =，所以()1,2,0n =-，设面EAC 的法向量为()111,,m x y z =，所以1111142020m CA x y m CE x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11x =，则12y =-，14z =-，所以()1,2,4m =--，设二面角P AC E --为θ，显然二面角为锐二面角，所以5cos 5n m n mθ⋅===⨯⋅；15．（1）证明见解析；（2. 【解析】（1）设AE 的中点为O ，连接OP 、OB ，证明出AE ⊥平面POB ，进而可得出AE PB ⊥；（2）证明出PO ⊥平面ABCE ，然后以O 为原点，OE 为x 轴、OB 为y 轴、OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. （1）设AE 的中点为O ，连接OP 、OB ，翻折前，因为1AD AB BC ===，2CD =，E 为CD 的中点，则1AD DE ==， //AB CE 且1AB CE ==，故四边形ABCE 为平行四边形，则BC AE =，故AD DE AE ==，所以，ADE 为等边三角形， O 为AE 的中点，则OD AE ⊥，因为//AB CD ，则3BAE AED π∠=∠=，翻折后，则有OP AE ⊥，在ABO 中，1AB =，12AO =，3BAO π∠=，由余弦定理可得22232cos34OB AB AO AB AO π=+-⋅=，222AO OB AB ∴+=，所以，OB AE ⊥，OP OB O =，AE ∴⊥平面POB ，PB ⊂平面POB ，故AE PB ⊥；（2）在平面POB 内作PQ OB ⊥，垂足为Q ， AE平面POB ，PQ ⊂平面POB ，所以，PQ AE ⊥，PQ OB ⊥，AE OB O =，PQ ∴⊥平面ABCE ，所以，直线PB 与平面ABCE 所成角为4PBO π∠=，因为，OP OB =，则4OPB π∠=，所以，OP OB ⊥，故O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴、OB 为y 轴、OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、1,0,02E ⎛⎫⎪⎝⎭、C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则1,0,2PE ⎛= ⎝⎭，12EC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面PCE 的一个法向量为()1,,n x y z =，则1100n PE n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即102102x x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令x =()13,1,1n =-，易知平面PAE 的一个法向量为()20,1,0n =，所以，121212cos ,n n n n n n ⋅<>==-=⋅212122sin ,1cos ,5n n n n <>=-<>=. 因此，二面角A PE C --16．（1）证明见解析；（2）3π4.【解析】（1）取底面中心O ，不妨设2AO =，根据线面角可得AC =PA PB ⊥，根据正棱锥的性质可得PA PC ⊥，进而可得结果；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，易得面PAC 的法向量，求出面PCE 的法向量，求出法向量夹角的余弦值即可得结果.（1）由题意知：取底面中心O ，则有PO ⊥面ABCD ，所以PAO ∠即为PA 与底面ABC 所成角，不妨设2AO =，则有PO=PA 在正ABC 中，因为2AO =，所以AC =在PAB △中，因为222PA PB AB +=，所以PA PB ⊥⊥ 又因为正三棱锥，所以PA PC ⊥⊥所以PA PB PA PCPA PB PC P ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪⋂=⎩面PBC ．（2）因为ABC 为等边三角形，取BC 中点D ，则AD BC ⊥，作//l PO ，则l ⊥面ABC ．以D 为原点，DB ，DE ，l 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则有：()0,0,0D，)B，(0,P -，()0,3,0A -，()C ，()0,1,0O -，所以()30,6,0AE AO ==，所以()0,3,0E ．因为PB ⊥面PAC，所以(13,1,n =为面PAC 的法向量，设面PCE 的法向量为()2,,n x y z =，所以由(2032,0n PC n n PE ⎧⋅=⇒=-⎨⋅=⎩．所以12121236cos ,2n n n n nn ⋅===⋅，所以二面角的大小为3π4．17．（1）证明见解析；（2）⎛ ⎝⎦.【解析】（1）延长BA 、CD 交于一点R ，根据平面几何知识得CA ⊥BA ，根据线面垂直的判定和性质可得证；（2）由（1）得，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间坐标系，设PQ PB tPC =+，其中,0t t ∈≠R ，根据线面角的向量求解方法表示sin θ=，再由二次函数的性质可求得范围.（1）延长BA 、CD 交于一点R ，因为AD ⊥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2DC ＝2，所以RBC △为正三角形，且AD 为三角形RBC 的中位线，即A 为BR 边的中点，所以CA ⊥BA ，因为P A ⊥底面ABCD ，AC ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AC ，因为 AB P A ＝A ，所以AC ⊥平面P AB ，PB ⊥平面P AB ，所以AC ⊥PB ；（2）由（1）得，AP ，AB ，AC 两两垂直，故以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间坐标系，则平面P AC 的法向量为1(1,0,0)n =，P （0，0，1），C （00），B （1，0，0），所以PC ＝（01），PB ＝（1，0，－1），因为l ⊥PC ，所以可设(1,0,1)1),(1))PQ PB tPC t t =+=-+-=-+，其中,0t t ∈≠R ，2||sin ||||1n PQ n PQ θ⋅===⋅因为,0t t ∈≠R ，所以27422,4t t ∞⎡⎫++∈+⎪⎢⎣⎭，所以sin θ⎛=⎝⎦，当且仅当14t =-时，sin θ=18．(1) 证明见解析； (2) 79. 【解析】(1)利用线面垂直的判定证AB ⊥ 平面BEG ，得到AB EG ⊥，再证AB ⊥平面EFG ； (2)几何法求解.先确定二面角的平面角，再利用解三角形知识求角. (1) 连接BG ，FG ，因为G 为菱形ABCD 的边CD 上的中点，所以1122CG CD CB ==，又60BCD BAD ∠=∠=︒，由余弦定理得222232cos604BG CG CB CG CB CB =+-⋅=，由222223144CB CB BG CG CB ++==，知BG CG ⊥，即BG CD ⊥，又//AB CD ，所以AB BG ⊥ . 根据题意，有AB BE ⊥又BG ，BE 都在平面BGE 内，且相交于点B 所以AB ⊥ 平面BEG又EG ⊂平面BEG ，所以AB EG ⊥.在等边三角形CDF 中，因为G 为CD 的中点，所以CD GF ⊥. 又在菱形ABCD 中，//AB CD ，所以AB GF ⊥. 因为EG ，GF 都在平面EFG 内，且相交于点G ，所以AB ⊥ 平面EFG .(2) 因为平面 ABCD 与平面CDF 的交线为CD ，由(1)知，BG CD ⊥，FG CD ⊥，所以BGF ∠为二面角A CD F --的平面角，设2AB = ，则有2BE EF == ，BG GF = 由(1)知，AB ⊥ 平面BEG ，又AB平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥ 平面BEG ，过点E 作EM BG ⊥交BG 于点M ，则有EM ⊥平面ABCD ，又BEC △ 为等边三角形，所以BM CM =，GM =EM =，EG =.在BEG 和EFG 中，由余弦定理得2221cos 23BG EG BE BGE BG EG +-∠==⋅，2221cos 23EG FG EF EGF EG FG +-∠==⋅，所以BGE EGF ∠=∠则27cos cos 22cos 19BGF BGE BGE ∠=∠=∠-=-，所以平面CDF 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为7cos 9BGF ∠= . 立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线面、面面角可从以下几点考虑：(1)证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理，需注意二者的相互转化.若有坐标系也可利用向量法证明.(2)求线面、面面角的一般方法是向量法，若图形容易确定所求角，也可利用几何法，结合解三角形知识求角. 19．证明见解析【解析】以O 为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求得向量坐标，利用空间向量数量积证得1AC BD ⊥，11AC BB ⊥，然后利用线面垂直判定定理证得结论.⊥OA ､OB ､1OA 两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，⊥1AB AA =⊥11OA OB OA ===，⊥(100)A ，，､(010)B ，，､(100)C -，，､(010)D -，，､1(001)A ，，，由11AB A B =易得1(101)B -，，，⊥1(101)AC =--，，､(020)BD =-，，､1(101)BB =-，，， ⊥10AC BD ⋅=，110AC BB ⋅=，⊥1AC BD ⊥，11AC BB ⊥，又1BD BB B ⋂=，且BD ､1BB ⊂平面11BB D D ，⊥1AC ⊥平面11BB D D .20．（1）证明见解析；（2．【解析】（1）由面面垂直的性质得BC ⊥圆O ，由线面垂直的性质得BC EA ⊥，根据线面垂直的判定可得EA ⊥面EBC ，再由线面垂直的性质可证EA EC ⊥.（2）法一：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，首先求得1,0)2E ，再分别求平面DCE 和平面AEB 的法向量，利用法向量求二面角的余弦值；法二：首先作出两个平面的交线，再作出二面角的平面角，再求二面角的余弦值.（1）⊥平面ABCD 垂直于圆O 所在的平面，两平面的交线为AB ，BC ⊂平面ABCD ，BC AB ⊥，⊥BC 垂直于圆O 所在的平面．又EA 在圆O 所在的平面内，⊥BC EA ⊥． ⊥AEB ∠是直角，⊥BE EA ⊥．而BE BC B =，⊥EA ⊥平面EBC ．又⊥EC ⊂平面EBC ，⊥EA EC ⊥．（2）法1（向量法）：如图，以点O 为坐标原点，AB 所在的直线为y 轴，过点O 与BC 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -．由异面直线AE 和DC 所成的角为6π，//AB DC 知6BAE π∠=，⊥3BOE π∠=，⊥1,0)2E ．由题设可知(0,1,1)C ，(0,1,1)D -，⊥33(,1)2DE =-，31(,1)2CE =--．设平面DCE 的一个法向量为000(,,)p x y z =，由0DE p ⋅=，0CE p ⋅=000000302102x y z x y z +-=--= 得00z =，00y =，取02x =，得0z⊥p =．又平面AEB 的一个法向量为(0,0,1)q =，⊥21cos ,7p q p q p q ⋅<>==．故平面DCE 与平面AEB 所成的锐二面角的余弦值7法2（几何法）：如图，过点E 作直线//m DC ，则m 是平面DCE 与平面AEB 的交线．再过点B 作BP m ⊥，P 为垂足，连接CP ，则BPC ∠是平面DCE 与平面AEB 所成锐二面角的平面角．在直角三角形AEB 中，6BAE π∠=，2AB =，所以 1.BE =在直角三角形PEB 中，,13BEP BE π∠==，所以BP =．在直角三角形PBC 中，BP PC BPC PC =∠==故平面DCE 与平面AEB ．21．（1）1AC （2 【解析】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的定义即可得出1AC 的长；（2）分别求出11||,||,AC BD AC BD 的值，代入数量积求夹角公式，即可求得异面直线1BD 与AC 所成角的余弦值．解：（1）111111AC AA A B BC =++，()22222111111111111111111111222AC AA A B B C AA A B B C AA A B AA B A C B B C ∴=++=+++⋅+⋅+⋅222211212cos120212cos120211cos902=+++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=1AC ∴=（2）AC AB BC =+222222()21102AC AB BC AB BC AB BC ∴=+=++⋅=++=2AC ∴=111111BD BB B A A D =++()22222111111111111111111111222BD BB B A A D BB B A A D BB B A BB A D B A A D ∴=++=+++⋅+⋅+⋅222211212cos60212cos120211cos906=+++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=16BD ∴=()()1111112AC BD AB BC BB B A A D ∴⋅=+⋅++=-111cos ,2AC BD AC BD ACBD ⋅∴===⋅所以直线BD 1与AC 22．（1）证明见解析；（2 【解析】（1）由面面垂直的性质定理得PE ⊥平面ABCD ，故PE BE ⊥，再结合菱形的性质得BE AD ⊥，进而得BE ⊥平面PAD ；（2）由()1可知EA EB EP ，，两两垂直，故以E 为原点，EA EB EP ，，所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.解：（1）证明：由2PA PD ==，E 是AD 的中点，得PE AD ⊥，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，且PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，又BE ⊂平面ABCD ，所以PE BE ⊥，又因为四边形ABCD 是边长为2的菱形，60A ∠=︒，所以BE AD ⊥，又PEAD E =，且PE ，AD ⊂平面PAD ，所以BE ⊥平面PAD ；()2解：由()1可知EA EB EP ，，两两垂直，。

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步考点精题训练

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步考点精题训练单选题1、设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面答案：B分析：应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C 不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；故选：B小提示：本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题2、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm ，外层底面直径为16cm ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm 的球面上.此模型的体积为（）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π 故选：C3、如图已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，M ，N 分别是A 1D ，D 1B 的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD 1⊥A 1D ，AB ⊥平面AA 1D 1D ，所以AB ⊥A 1D ，AD 1∩AB =A ，所以A 1D ⊥平面ABD 1，D 1B ⊂平面ABD 1，所以A 1D ⊥D 1B ，且直线A 1D,D 1B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（）A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论. 由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3，所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×(√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．5、过半径为4的球O 表面上一点M 作球O 的截面，若OM 与该截面所成的角是30°，则O 到该截面的距离是（）A ．4B ．2√3C ．2D ．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C6、设α,β是两个不同平面，m,n是两条直线，下列命题中正确的是（）A．如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥βB．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α//βC．如果m//n，m⊥α，n⊥β，那么α//βD．如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n答案：C分析：A.由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B. 由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用面面垂直的判定定理判断； C. 由m//n，m⊥α，得到n⊥α，再利用垂直于同一直线的两平面平行判断；D.利用空间直线的位置关系判断．A.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n//β，则α,β位置不确定，故错误；B.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，故错误；C. 因为m//n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α//β，故正确；D.如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n，相交或异面，故错误．故选：C7、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）D．26πA．18πB．20πC．22π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.8、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC 的边BC，AC于点E，F，则（）A．MF//NEB．四边形MNEF为梯形C．四边形MNEF为平行四边形D．A1B1//NE答案：B解析：由已知条件及线面平行的性质可得MN∥EF且EF≠MN，可得四边形MNEF为梯形，可得答案.解：∵在▱AA1B1B中，AM=MA1，BN=NB1，∴AM∥BN，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC=EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB.显然在ΔABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形.故选：B.小提示：本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.9、设m､n是两条不同的直线，α､β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A．若m∥α,n∥α，则m∥nB．若m⊥α,n⊥α，则m∥nC．若m∥α,m∥β，则α∥βD．若m⊥α,α⊥β，则m∥β答案：B分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.在正方体ABCD−EFGH中，记底面ABCD为α，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为α，EF为m，平面CDHG为β，故排除C；记底面ABCD为α，BF为m，平面ABFE为β，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B10、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解.由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.填空题11、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按3计算，则5该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．答案：55√336π分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，可得r=5l6，R=3√1111l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，则l2r=sin36°=35，得r=5l6，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=√l2−r2=√l2−(5l6)2=√116l，所以R2=r2+(R−ℎ)2，即R2=(5l6)2+(R−√116l)2，解得R=3√1111l．所以该正二十面体的外接球表面积为S球=4πR2=4π×(3√1111l)2=36π11l2，而该正二十面体的表面积是S正二十面体=20×12×l×l×sin60°=5√3l2，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55√336π．所以答案是：55√336π.小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.12、已知三个互不重合的平面α,β,γ，α∩β=m，n⊂γ，且直线m、n不重合，由下列三个条件：①m//γ，n⊂β；②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β．能推得m//n的条件是________．答案：①③分析：利用空间中直线与平面的位置关系，作图分析即可求解对于①m//γ，n⊂β成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，∴m⊂β，∵n⊂γ，n⊂β，∴β∩γ=n，又m//γ，∴m//n；对于②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β，不成立，如图此时n和m是异面；对于③m⊂γ，n//β，成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，n⊂γ，m⊂γ，∴m//n或m∩n=P，假设m∩n=P，则P∈n，P∈m，又α∩β=m，∴P∈β，这与n//β相矛盾，因此m∩n=P不成立，故m//n．所以答案是：①③.13、如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是_________．答案：√612分析：作出图形，找出直线OP与平面OAB所成的角θ，证出PA⊥平面PBH，得出PA⊥PH，得出点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果.如图，过点B作BH⊥OA，交OA的延长线于点H，连接PH，OP，取AH的中点为E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成的角θ，即∠AOP=θ，∵AP⊂α，∴AP⊥BH，又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，PB，BH⊂平面PBH，∴PA ⊥平面PBH ，∵PH ⊂平面PBH ，∴PA ⊥PH ，故点P 的轨迹就是平面α内以线段AH 为直径的圆(A 点除外)，∵OA =AB ，且∠OAB =120∘，∴∠BAH =60∘，设OA =a(a >0)，则AB =a ，从而AH =AB ⋅cos 60∘=a 2，∴PE =12AH =a 4，如图，当且仅当PE ⊥OP ，即OP 是圆E 的切线时，角θ有最大值，tan θ有最大值，tan θ取得最大值为：PE OP =√OE 2−PE 2=a 4√(a+a 4)−(a 4)=√612．所以答案是：√612.14、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.∵V =13π62⋅ℎ=30π∴ℎ=52 ∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π.所以答案是：39π.15、已知P，Q，R，S是相应长方体或空间四边形的边或对角线的中点，则这四点必定共面的是______．（写序号）答案：①③④分析：利用平面的基本性质及推论，逐一检验即可．①中，∵PR//QS，∴P，Q，R，S四点共面；②中，PR和QS是异面直线，故四点不共面；③中，∵PS//QR，∴P，Q，R，S四点共面；④中，∵PQ//RS//BC，∴P，Q，R，S四点共面；所以答案是：①③④解答题16、如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，PA＝2，AC＝2√2．(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；(2)若二面角P﹣BC﹣A的大小为45°，过点A作AN⊥PC于N，求直线AN与平面PBC所成角的大小．答案：(1)证明见解析(2)60°分析：（1）根据线线垂直得BC⊥平面PAB，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）由题意求出AB,BC的长，过点A作AM⊥PB于M，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，然后在Rt△ANM中可求得结果（1）证明：因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，因为PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，（2）由（1）可知BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，因为AB⊥BC，所以∠ABP为二面角P−BC−A的平面角，所以∠ABP=45°，因为PA=2,AC=2√2,∠ABC=90°，所以AB=BC=2，过点A作AM⊥PB于M，则AM⊥平面PBC，且M为PB的中点，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，在Rt△PAB中，AM=12PB=12×2√2=√2,在Rt△PAC中，PC=√PA2+AC2=√4+8=2√3，则AN=PA⋅ACPC =√22√3=2√63，在Rt△ANM中，sin∠ANM=AMAN =√22√63=√32，因为0°<∠ANM<180°，所以∠ANM=60°，所以直线AN与平面PBC所成角的大小为60°17、所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.答案：见解析分析：取CD的中点为M，连接AM，BM，根据线面垂直可得AB⊥CD.取CD的中点为M，连接AM，BM，因为四面体A−BCD为正四面体，故△ACD为等边三角形，故AM⊥CD，同理BM⊥CD，而AM∩BM=M，故CD⊥平面ABM，因为AB⊂平面ABM，故CD⊥AB.18、如图，G是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱的DD1延长线上的一点，E，F是棱AB，BC的中点，试分别画出：(1)过点G，A，C的平面与正方体表面的交线；(2)过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线.答案：(1)答案见解析(2)答案见解析分析：（1）连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，从而可得到过点A，C，G的平面为平面ACIH；（2）根据基本性质三：若两个不重合平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即可作出平面与正方体表面的交线；(1)连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，连接HI,AC，则过点A，C，G的平面为平面ACIH，过点G，A，C的平面与正方体表面的交线分别为：AH，HI，IC，AC.(2)延长EF，交DC的延长线于点Q，延长FE，交DA的延长线于点P，连接D1P交AA1于点O，连接D1Q交CC1于点R，连接OE,EF,FR，则过点E，F，D1的平面为平面EFRD1O，过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线分别为：D1O，OE，EF，FR，RD1.19、四面体ABCD如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面，分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．证明：E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形．答案：证明见解析分析：根据线面平行的性质定理，分别证得EH∥BC，FG∥BC，则得EH∥FG，从而可证得E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥HG，再根据平行四边形的判定定理可得结论因为BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以EH∥FG，所以E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形．。

立体几何不会做？数学老师整合131道经典拔高题，高中学生都适用

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高中数学的整体框架分为函数、导数、不等式、三角函数、数列、排列概率、解析几何和立体几何等八类，而立体几何一直被作为高考历年的压轴大题之一，是孩子提分路上的拦路虎。

据官方统计（以北京为例），近三年高考立体几何的平均分值为20分，仅次于解析几何的24分。

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高三数学提高题专题复习立体几何多选题练习题及答案

高三数学提高题专题复习立体几何多选题练习题及答案一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为23的等边三角形，侧棱长为43，则（）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---==对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+--=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ==∴=++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则()11,3,211A 底面法向量()()10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|143AA n θ===⨯，故B 错误；对于C ：三棱柱的侧棱垂直于底面时，则()()()1110,0,43,3,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==-设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则1115cos |cos ,|||10||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键：(1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.3．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '，则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确．对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确．故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.4．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288 【答案】AD 【分析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D. 【详解】对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a ，则11112AC A B BC a ===，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC所成的角为60，故A 正确；对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，12A B a =，1BD 3a =，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误；对于C ，设正方体边长为a ，则112AC a =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则111623332332O A AC a a =⨯'=⨯=，又132OA a =，∴球心O 到面11A C B 的距离为121222326336a a a OA O A ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-='-，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴截面圆的半径为223626a a a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=，又截面圆的面积26246S a ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确；故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.5．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱AB 、1CC 的中点，1MB P 的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题正确命题的序号是（）A ．平面1MB P 1ND ⊥ B ．平面1MB P ⊥平面11ND AC ．1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值 D ．1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形是三角形【答案】BC 【分析】取N 与P 重合，结合勾股定理可判断A 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断B 选项的正误；分点P 在棱1CC 、11C D 上运动两种情况讨论，利用三角形的面积公式可判断C 选项的正误；取点P 与点1C 重合，判断1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形形状，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，如下图所示：当点P 与点N 重合时，若1ND ⊥平面1MB P ，1B N ⊂平面1MB P ，则11ND B N ⊥，由勾股定理可得2211115D N C N C D =+=，同理可得15B N =1122B D =2221111B N D N B D ∴+≠，则1ND 与1B N 不垂直，假设不成立，A 选项错误；对于B 选项，取1BB 的中点E ，连接1A E 、EN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB CC ，且E 、N 分别为1BB 、1CC 的中点，则11//B E C N 且11B E C N =，所以，四边形11B ENC 为平行四边形，则11//EN B C 且11EN B C =，1111//A D B C 且1111A D B C =，所以，11//A D EN 且11A D EN =，所以，四边形11A END 为平行四边形，所以，11//A E D N ，111A B BB =，1B E BM =，11190A B E B BM ∠=∠=，所以，111Rt A B E Rt B BM ≅△△，所以，111B A E BB M ∠=∠，所以，111111190A EB BB M A EB B A E ∠+∠=∠+∠=，190B FE ∴∠=，所以，11B M A E ⊥，11A D ⊥平面11AA B B ，1B M ⊂平面11AA B B ，111B M A D ∴⊥， 1111A D A E A =，11A D 、1A E ⊂平面11ND A ，1MB ∴⊥平面11ND A ，1MB ⊂平面1MB P ，所以，平面1MB P ⊥平面11ND A ，B 选项正确；对于C 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a .若点P 在棱1CC 上运动时，1MB P 在底面ABCD 上的射影为MBC △，此时，射影图形的面积为21224MBCa a S a =⋅=△；若点P 在棱11C D 上运动时，设点P 在底面ABCD 上的射影点为G ，则G CD ∈，且点G 到AB 的距离为a ,1MB 在底面ABCD 内的射影为MB ，则1MB P 在底面ABCD 内的射影为MBG △，且21224MBGa a S a =⋅⋅=△.综上所述，1MB P 在底面ABCD 内的射影图形的面积为定值，C 选项正确；对于D 选项，当点P 与1C 重合时，P 、1B 两点在平面11D C CD 上的射影重合，此时，1MB P 在侧面11D C CD 上的射影不构成三角形，D 选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法：（1）面面垂直的定义；（2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.6．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误；平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F ∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．7．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a ，023a ⎡⎤∈⎣⎦，，(2,23,)Q b ，[]0,2b∈，设11A R AC λ=，得到(22,23,22)R λλλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确； 1(22,23,2)D R λλλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则1(2,23,22)(2,23,2)412440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时122328232(,,)(,,)0555555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确； 113AC A R =，则4234(,,)333R ，14232(,,)333D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,1,3)n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.8．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（）A ．11A C ⊥平面11BB D DB ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 2D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条【答案】ABD【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ．【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥，由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1AC B C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角，且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误；对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =，则221cos ,21DA mDA m DA m y z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m z CB m CB m y z ⋅+<>===⋅⋅++，整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-12z =-由已知可得3z ≤，所以，12z =-+22y =±因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．。

高中数学提高题专题复习立体几何多选题练习题含答案

高中数学提高题专题复习立体几何多选题练习题含答案一、立体几何多选题1．已知正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的有（）A ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为πB ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C ．若1D N 与AB 所成的角为3π，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为3π，则N 的轨迹为椭圆【答案】BC 【分析】对于A ，连接MN ，ND ，DP ，得到直角MDN △，且P 为斜边MN 的中点，所以1PD =，进而得到P 点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A 错误；对于B ，可知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，利用抛物线定义知B 正确；对于C ，建立空间直角坐标系，设(,,0)N x y ，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简可知N 的轨迹为双曲线；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为3MND π∠=，3ND =，可知N 的轨迹是以D 为圆心，33为半径的圆周；【详解】对于A ，如图所示，设P 为MN 的中点，连接MN ，ND ，DP ，由正方体性质知MDN △为直角三角形，且P 为MN 的中点，2MN =，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知MDN △不管怎么变化，始终有1PD =，即P 点的轨迹与正方体的面围城的几何体是一个以D 为球心，1为半径的球的18，其面积214182S ππ=⨯⨯=，故A 错误；对于B ，由正方体性质知，1BB ⊥平面ABCD 由线面垂直的性质定理知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，所以点N 的轨迹是以点B 为焦点，直线DC 为准线的抛物线，故B 正确；对于C ，如图以D 为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，(,,0)N x y ，1(0,0,2)D ，(0,2,0)A ，(2,2,0)B ，则1(,,2)D N x y =-，(0,2,0)AB =，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简整理得：2234y x -=，即221443y x -=，所以N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，由正方体性质知，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，即3MND π∠=，在直角MDN △中，3ND =，即N 的轨迹是以D 3D 错误；故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为23的等边三角形，侧棱长为43，则（）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则(13,211A 底面法向量()(10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|143AA n θ===⨯，故B 错误；对于C ：三棱柱的侧棱垂直于底面时，则()()()1110,0,43,3,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==-设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则1115cos |cos ,|||10||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.3．在正三棱柱111ABC A B C -中，2AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（） A ．111122A D AB AC AA =+- B ．三棱锥11D AB C -的体积为36C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为36322AD BD BC ===，111111222DB C S BB B C =⨯⨯=，所以11111111623332D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确；故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.4．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEFD ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH的边长为()0a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ，在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A选项，由空间中两点间的距离公式可得AE AF EF ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由111100m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-，由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,323CG mCG m a CG m⋅<>===⨯⋅，设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 63θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确；对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.5．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '，则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124D S BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而33328A S ⎛==> ⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确．对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确．故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.6．如图所示，正三角形ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，其中AB ＝8，把△ADE 沿着DE 翻折至A 'DE 位置，使得二面角A '-DE -B 为60°，则下列选项中正确的是（）A ．点A '到平面BCED 的距离为3B ．直线A 'D 与直线CE 所成的角的余弦值为58C ．A 'D ⊥BDD ．四棱锥A '-BCED 237【答案】ABD 【分析】作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N .利用线面垂直的判定定理判定CD ⊥平面A'MN ,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A 到平面面BCED 的高A'H ,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H 的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N ,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,经过计算求解可得半径从而判定D. 【详解】如图所示，作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N . 则A'M ⊥DE ,MN ⊥DE , ,∵'A M ∩MN =M ,∴CD ⊥平面A'MN , 又∵CD ⊂平面ABDC ,∴平面A'MN ⊥平面ABDC , 在平面A'MN 中作A'H ⊥MN ,则A'H ⊥平面BCED , ∵二面角A'-DE -B 为60°，∴∠A'EF =60°，∵正三角形ABC 中，AB =8,∴AN =∴A'M ,∴A'H =A'M sin60°=3，故A 正确；连接DN ,易得DN ‖EC ,DN =EC =4, ∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，DN =DA'=4,A'N =A'M ,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,==,∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心，设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()2222243x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()2222243x x R +=++=, 解得23x =,∴244371699R ⨯=+=,R ∴=故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.7．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立 C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -体积最大值为24【答案】CD 【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为24. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ，则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=，故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠．若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=，故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错．若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥，因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错．当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =，又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=，故此时体积为13223224⨯⨯=，故D 正确．对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =，故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形，故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ，故C 正确．故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.8．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且22EF =.则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，11122122BEF S EF BB ∆∴=⋅==连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即2AO =11221334212A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯=⨯⨯=A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ，由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 45222FT EF =⨯=⨯= 12HG FT ∴==选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角,在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=,22AR = 由余弦定理得13cos 6AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.9．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（） A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形 B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等 C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直 D ．四边形1BFD E 面积的最大值为2 【答案】BD 【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,且最大值为2,可判断D 正确. 【详解】如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E 平面11ABB A BE =,平面1BFD E平面111CC D D D F =,所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误; 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥,又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D , 当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时, 有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D , 又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD , 当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值, 此时1212S D E BE =⋅=⋅=,故D 正确; 故选:BD. 【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.10．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断；对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】对于选项A ，若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =，此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明：在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==，在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，3SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥，同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立，故C 错误；对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ，记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数，则点S 到PQR 的距离为sin PS α，又13sin23PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅，又13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin23PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()3sin 12PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.。

高中数学立体几何试题及答案[1]

立体几何专题训练一、选择题（每题5分，共60分）1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）2.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（）3.（2011年高考湖南卷文科4)设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．942π+ Ｂ．3618π+ Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+4.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（）（A ）283π-（B ）83π- （C ）82π- （D ）23π5.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为的三视图中的俯视图如右图所示．左视图是一个矩形．则这个矩形的面积是( )(A)4 (B)6.1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )（A ）1223,l l l l ⊥⊥⇒1l //2l （B ）12l l ⊥,1l //3l ⇒32l l ⊥ （C ）1l //2l //3l ⇒ 1l ，2l ，3l 共面（D ）1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面7.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积．．．等于 ( )B.2C.D.68.在空间，下列命题正确的是( ) A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行正视图侧视图俯视图图19.一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是()（A）372 （B）360（C）292 （D）28010.设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a,其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) （A）3πa2 （B）6πa2（C）12πa2 （D）24πa211.设球的体积为V1,它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是( )A. V1比V2大约多一半B. V1比V2大约多两倍半C. V1比V2大约多一倍D. V1比V2大约多一倍半12.下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是( )(A)3 (B)2 (C)1 (D)0二、填空题（每题4分，共16分）13.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于_____________.14．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为.15．已知四棱椎P ABCD-的底面是边长为6 的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且8PA=，则该四棱椎的体积是。

人教A版高中数学必修第二册强化练习题-第八章-立体几何初步(含答案)

人教A版高中数学必修第二册第八章　立体几何初步全卷满分150分　考试用时120分钟一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列说法中正确的是( )2.23.已知圆锥侧面展开图的圆心角为60°,底面圆的半径为8,4.5.6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AB=AC=AD=2A1D=CE=2C1E=2,点F满足BF=λBD(0<λ<1),若B1E∥平面ACF,则λ的值为( )A.23B.12C.13D.147.8.,,EF=12 D.642π每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中部分选对的得部分分,有选错的得9.10.如图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则下列四个命题中正确的是( )A.直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角为π4B.点C到平面ABC1D1的距离为22C.异面直线D1C和BC1所成的角为π4D.二面角C-BC1-D的余弦值为-3311.如图1,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,EF⊥AB,CF=EF=2DF=2,AE=3,EB=4,将四边形AEFD沿EF进行折叠,使AD到达A'D'的位置,且平面A'D'FE⊥平面BCFE,连接A'B,D'C,如图2,则( )A.BE⊥A'D'B.平面A'EB∥平面D'FCC.多面体A'EBCD'F为三棱台D.直线A'D'与平面BCFE所成的角为π4三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,高为3,则点A到不经过点A的侧面的距离为 .13.在△ABC中,∠ACB=90°,AC=2,BC=5,P为AB上一点,沿CP将△ACP折起形成直二面角A'-CP-B,当A'B最短时,A'P= .BP14.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,一般情况下粽子的形状是四面体.如图1,已知底边和腰长分别为8 cm和12 cm的等腰三角形纸片,将它沿虚线(中位线)折起来,可以得到如图2所示粽子形状的四面体,若该四面体内包一蛋黄(近似于球),则蛋黄的半径的最大值为 cm(用最简根式表示);当该四面体的棱所在的直线是异面直线时,其所成的角中最小的角的余弦值为 .四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(13分)现需要设计一个仓库,由上下两部分组成,如图所示,上部分是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部分是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,求仓库的容积(含上下两部分);(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为6 m,当PO1为多少时,下部分正四棱柱的侧面积最大?最大面积是多少?16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,E为PD的中点,EA=12 PD,EF⊥AC,垂足为F,且AC=4AF.证明:(1)PB∥平面ACE;(2)PA⊥平面ABCD.17.(15分)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.(1)求证:AC⊥BC1;(2)求证:AC1∥平面CDB1;(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.18.(17分)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=3,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出AP的PD 值;若不存在,请说明理由;(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.,平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,△ABC 19.(17分)如图,已知三棱台ABC-A1B1C1的体积为7312是以B为直角顶点的等腰直角三角形,且AB=2AA1=2A1B1=2BB1.(1)证明:BC⊥平面ABB1A1;(2)求点B到平面ACC1A1的距离;?若存在,求出CF的长;若不(3)在线段CC1上是否存在点F,使得二面角F-AB-C的大小为π6存在,请说明理由.答案全解全析1.D 对于A,长方体是四棱柱,底面不是长方形的直四棱柱不是长方体,A 错误;对于B,棱台侧棱的延长线必须相交于一点,B 错误;对于C,各侧面都是正方形,底面不是正方形(如菱形)的四棱柱不是正方体,C 错误;对于D,棱柱的侧棱相等,侧面都是平行四边形,D 正确. 2.3.母线长为l,则r=8,πrl=8×48π=384π.4.由扇环的圆心角为180°,又C=2π×10,所以SA=20,同理SB=40,则AB=SB-SA=20,圆台的高h=AB 2-(20-10)2=103,表面积S=π(10+20)×20+100π+400π=1 100π,体积V=13π×103×(102+10×20+202)=700033π.故选C.5.A 取BD 的中点E,连接ED 1,AE,易得PD 1∥BE 且PD 1=BE,所以四边形BED 1P 为平行四边形,所以PB ∥D 1E,故∠AD 1E(或其补角)为直线PB 与AD 1所成的角.设AB=AD=AA 1=2,因为∠ABD=45°,所以∠DAB=90°,因为E 为BD 的中点,所以AE=DE=22AB=2.易得AD 1=AD 2+D D 21=22,D 1E=DE 2+D D 21=6,因为A D 21=AE 2+D 1E 2,所以AE ⊥D 1E.故cos ∠AD 1E=D 1EAD 1=622=32,又0°<∠AD 1E<180°,所以∠AD 1E=30°.故选A.6.C 在BB 1上取一点G,使得B 1G=2BG,连接CG,AG,如图所示.∵CE=2C 1E=2,∴CC 1=BB 1=3,∴在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,B 1G ∥CE,且B 1G=CE=2,∴四边形B 1GCE 为平行四边形,∴B 1E ∥CG,∵B 1E ⊄平面ACG,CG ⊂平面ACG,∴B 1E ∥平面ACG,若B 1E ∥平面ACF,则F 在平面ACG 内,又F 为BD 上一点,∴F 为BD 与AG 的交点.易知△BFG ∽△DFA,∴BF DF =BG DA =12,∴BF =13BD ,即λ的值为13.故选C.7.D 取AD 的中点M,AB 的中点N,连接PD,MD 1,MN,NB 1,B 1D 1,A 1C 1,AC.易知M,N,B1,D1四点共面,D1M⊥PD,D1M⊥CD,∵PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD,∴D1M⊥平面2,AB∥MN,点O是MN的中点AE2-A N2=22,同理FM=2EN2-MN-EF22=7,当点O1在线段O2O的延长线(含点O)上时,视OO1为非负数;当点O1在线段O2O(不含点O)上时,视OO1为负数,即O2O1=O2O+OO1=7+OO1,所以(22)2+O O21=1+(7+O O1)2,解得OO1=0,因此刍甍的外接球球心在点O处,半径为OA=22,所以刍甍的外接球的体积为4π3×(22)3=642π3.故选A.9.AC　对于A,因为圆锥的底面半径为3,所以圆锥的底面周长为2π×3=6π,又因为圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面展开图的圆心角为6π4=3π2,故A选项正确.对于B,因为圆锥的底面半径为3,母线长为4,所以圆锥的高h=42-32=7,故圆锥的体积V=13×π×32×7=37π,故B选项不正确.对于C,设圆锥的两条母线的夹角为θ,则过这两条母线所作截面的面积为12×4×4×sin θ=8sinθ,易知过圆锥母线的截面中,轴截面三角形对应的θ最大,此时cos θ=42+42-622×4×4=-18,所以θ最大是钝角,所以当θ=π2时,截面的面积最大,为8sin π2=8,故C选项正确.对于D,易知圆锥的轴截面的面积为12×6×7=37,故D选项不正确.故选AC.10.AB　如图,取BC1的中点H,连接CH,易证CH⊥平面ABC1D1,所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角,为π4,故A正确.点C到平面ABC1D1的距离即为CH的长,为22,故B正确.易证BC1∥AD1,所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C(或其补角),连接AC,易知△ACD1为等边三角形,所以∠AD1C=π3,所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故C错误.连接DH,易知BD=DC1,所以DH⊥BC1,又CH⊥BC1,所以∠CHD为二面角C-BC1-D的平面角,易求得DH=62,又CD=1,CH=22,所以由余弦定理的推论可得cos∠CHD=DH2+C H2-C D22DH·CH =33,故D错误.故选AB.11.ABD　对于A,因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平面A'D'FE∩平面BCFE=EF,BE⊂平面BCFE,BE⊥EF,所以BE⊥平面A'D'FE,又因为A'D'⊂平面A'D'FE,所以BE⊥A'D',故A正确.对于B,因为A'E ∥D'F,A'E ⊄平面D'FC,D'F ⊂平面D'FC,所以A'E ∥平面D'FC,因为BE ∥CF,BE ⊄平面D'FC,CF ⊂平面D'FC,所以BE ∥平面D'FC,又因为A'E∩BE=E,A'E,BE ⊂平面A'EB,所以平面A'EB ∥平面D'FC,故B 正确.对于C,因为D 'F A 'E =13,FC EB =24=12,则D 'F A 'E ≠FCEB ,所以多面体A'EBCD'F 不是三棱台,故C 错误.对于D,延长A'D',EF,相交于点G,A'D'FE∩平面BCFE=EF,A'E 为直线A'D'与平面GF+2,则32+12=10,到侧面PBC 的距离相等易知S △PDC =S △PBC =12×2×10=10,正四棱锥P-ABCD 的体积V=13S 四边形ABCD ·PO=13×2×2×3=4,设点A 到侧面PBC 的距离为d,则V=V A-PDC +V A-PBC =13S △PDC ·d+13S △PBC ·d=13d×210=4,解得d=3105.故答案为3105.13.答案　25解析　过点A 作AD ⊥CP 于点D,连接BD,设∠ACP=α0<α<则∠PCB=π2-α,所以A'D=2sin α,CD=2cos α,在△BCD 中,由余弦定理可得BD 2=CD 2+BC 2α=4cos 2α+25-10sin 2α,因为A'-CP-B 为直二面角,所以A'D ⊥平面BCP,所以A'D ⊥BD,则A'B 2=A'D 2+BD 2=4sin 2α+4cos 2α+25-10sin 2α=29-10sin 2α,当A'B 2最小时,A'B 最短,2α=π2,所以α=π4,此时CP 平分∠ACB,由角平分线定理可得AP BP =AC BC =25,即A 'P BP =25.14.答案　144;59解析　对题图1中各点进行标记,同时将题图2置于长方体中如下,其中A,B,C 三点重合.设EP=x cm,ER=y cm,SE=z cm,则x 2+y 2=36,x 2+z 2=36,y 2+z 2=16,解得x =27,y =z =22,∴四面体ADEF 的体积为13V 长方体=13xyz=1673(cm 3),四面体ADEF 的表面积S=4S △DEF =4×12×4×42=322(cm 2).当蛋黄与四面体各个面相切时,蛋黄的半径最大,设此时蛋黄(近似于球)的半径为r cm,则V 长方体=13Sr,∴r=3V 长方体S =167322=144.设SQ∩DF=O,取DQ 的中点M,连接OM,则OQ=3 cm,MQ=2 cm,在Rt △OMQ 中,sin ∠QOM=MQ OQ =23,∴cos ∠DOQ=cos(2∠QOM)=1-2sin 2∠QOM=1-49=59,∴∴则∴∵∴又则AE=OE,又AE=12PD,OE=12PB,所以PB=PD,连接OP,则PO ⊥BD,(9分)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD,又PO∩AC=O,PO,AC ⊂平面PAC,所以BD ⊥平面PAC,又PA ⊂平面PAC,所以BD ⊥PA.(11分)因为AE=12PD,E 为PD 的中点,所以∠PAD=90°,即PA ⊥AD,(13分)又AD∩BD=D,AD,BD ⊂平面ABCD,所以PA ⊥平面ABCD.(15分)17.解析　(1)证明:∵AC 2+BC 2=AB 2,∴AC ⊥BC.又∵C 1C ⊥AC,C 1C∩BC=C,∴AC ⊥平面BCC 1B 1.(3分)∵BC 1⊂平面BCC 1B 1,∴AC ⊥BC 1.(5分)(2)证明:设CB 1与C 1B 的交点为E,则E 是BC 1的中点,连接DE,∵D 是AB 的中点,∴DE ∥AC 1.(8分)∵DE ⊂平面CDB 1,AC 1⊄平面CDB 1,∴AC 1∥平面CDB 1.(10分)(3)∵DE ∥AC 1,∴∠CED(或其补角)为AC 1与B 1C 所成的角.在Rt △AA 1C 1中,AC 1=AA 21+A 1C 21=5,∴ED=12AC 1=52,易得CD=12AB=52,CE=12CB 1=22,(13分)∴cos ∠CED=252=225.∴异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值为225.(15分)18.解析　(1)假设存在满足条件的点P.如图,过点P 作PM ∥FD,交AF 于点M,连接ME,∵CE ∥FD,∴MP ∥EC,∴M,P,C,E 四点共面.(2分)∵CP∥平面ABEF,CP⊂平面CEMP,平面ABEF∩平面CEMP=ME,∴CP∥ME,∴四边形CEMP为平行四边形,(4分)∴MP=CE=4-BE=1,易得FD=6-3=3,由MP∥FD可得APAD =MPFD=13,∴APPD=12.(7分)此时AP=1.(8∴又故∴∴在∴∴设由在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,∵AB=2AA1=2A1B1=2BB1,∴四边形ABB1A1为等腰梯形且∠ABB1=∠BAA1=60°,(1分)设AB=2x,则BB1=x.由余弦定理得A B21=AB2+B B21-2AB·BB1cos 60°=3x2,∴AB2=A B21+B B21,∴AB1⊥BB1,(2分)∵平面ABB 1A 1⊥平面BCC 1B 1,平面ABB 1A 1∩平面BCC 1B 1=BB 1,AB 1⊂平面ABB 1A 1,∴AB 1⊥平面BCC 1B 1,(3分)又BC ⊂平面BCC 1B 1,∴AB 1⊥BC.∵△ABC 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形,∴BC ⊥AB,∵AB∩AB 1=A,AB,AB 1⊂平面ABB 1A 1,∴BC ⊥平面ABB 1A 1.(4分)(2)延长AA 1,BB 1,CC 1交于一点P,∵A 1B 1=12AB,∴S △ABC =4S △A 1B 1C 1,∴V P-ABC =8V P -A 1B 1C 1,∴V P-ABC =87V ABC -A 1B 1C 1=87×7312=233,(5分)∵BC ⊥平面ABB 1A 1即BC ⊥平面PAB,∴BC 的长即为点C 到平面PAB 的距离.(6分)由(1)知AB=BC=2x,∠PAB=∠PBA=60°,∴△PAB 为等边三角形,∴PA=PB=AB=2x,∴V P-ABC =13S △PAB ·BC=13×12×(2x)2×32·2x=233x 3=233,∴x=1,∴AB=BC=PA=PB=2,∴AC=PC=22,∴S △PAC =12×2×(22)2-12=7,(8分)设点B 到平面ACC 1A 1的距离为d,即点B 到平面PAC 的距离为d,∵V B-PAC =V P-ABC ,∴13S △PAC ·d=73d=233,解得d=2217.即点B 到平面ACC 1A 1的距离为2217.(10分)(3)假设存在满足条件的点F.∵BC ⊥平面PAB,BC ⊂平面ABC,∴平面ABC ⊥平面PAB,取AB 的中点N,连接PN,NC,则PN ⊥AB,∵平面ABC∩平面PAB=AB,PN ⊂平面PAB,∴PN ⊥平面ABC,(12分)作FE ∥PN,交CN 于点E,则FE ⊥平面ABC,作ED⊥AB于D,连接FD,则ED即为FD在平面ABC上的射影,∵FE⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴AB⊥FE,∵∵V由设则∴∴。

高中数学立体几何练习题及答案

高中数学立体几何练习题及答案Ⅰ.选择题1.已知正方体的一条对角线的长度为3√3cm，则正方形的边长为（）。

A. 2cmB. 3cmC. 6cmD. 9cm2.如图，在长方体的ABCD和BDEM中，BN＝DM，求线段BN的长。

(可略）3.如图，A是正方体ABCDA1B1C1D1的顶点，平面A1AD1平分角A1AD的角度为α，则sinα=1/（）。

A. 2B. 6C. 4D. √24.如图，正方体在右侧下面的视点B1处观察时，所看到的方形ABCD的形状是（可略）5.如图，有一个棱长为2的正方体，其中一对相对棱在无系的背景上的投影是一个边长为5的正方形，求此正方体所有棱长的和。

Ⅱ.填空题1.如图，四面体ABCD，P是边AB的中点，连接PC，则PA1：PB1=（）:（）。

（可略)2.如图，已知点A的坐标是(1,-2,3)、B的坐标是(4,-1,1)，那么线段AB的中点的坐标是（）。

（可略)3．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，则侧面三棱锥的体积为（）。

（可略)4.有一个正方体，如果把它的一角顶点放在水平地面上，正方体上点O的投影在地面上是一个直角等腰三角形，而且三角形的短边和长边的长度的比是（）。

5.如图，已知棱长为1的正方体ABCD-EFGH，点P分别是棱CD和棱BF的中点，点M是棱EF的中点，则四边形PBDM是一个（）形。

Ⅲ.计算题1.有一个侧面积是36平方厘米的直接四棱锥，设它各侧棱的长为a，底面边长为12cm，则它的体积为（）立方厘米。

2.如图，ABCD-EFGH是一个边长为1的正方体，J是边AF上的动点．关于四边形AHJK和四边形FBJK，下列说法正确的是（）．（可略)3.如图，ABCD是边长为a的正方体，M是CD的中点，E是AB的中点，连接MEA，若α＜90，则α的值为（）．（可略)4.如图，ABCD-EFGH是一棱长为10cm的立方体，P是棱EF的中点，连接PC，P1C⊥PC交BF于点P1，求线段BP1的长。

高中数学必修2_空间几何经典提升培优题组(含答案)

（数学2必修）第一章空间几何体[基础训练A组]一、选择题1．有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体应是一个( )A.棱台B.棱锥C.棱柱D.都不对主视图左视图俯视图2．棱长都是的三棱锥的表面积为（）A. B. C. D.3．长方体的一个顶点上三条棱长分别是，且它的个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（）A． B． C． D．都不对4．正方体的内切球和外接球的半径之比为（）A． B． C． D．5．在△ABC中，,若使绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是（）A. B. C. D.6．底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为，它的对角线的长分别是和，则这个棱柱的侧面积是（）A． B． C． D．二、填空题1．一个棱柱至少有 _____个面，面数最少的一个棱锥有 ________个顶点，顶点最少的一个棱台有 ________条侧棱。

2．若三个球的表面积之比是，则它们的体积之比是_____________。

3．正方体中，是上底面中心，若正方体的棱长为，则三棱锥的体积为_____________。

4．如图，分别为正方体的面、面的中心，则四边形在该正方体的面上的射影可能是____________。

5．已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是、、，这个长方体的对角线长是___________；若长方体的共顶点的三个侧面面积分别为，则它的体积为___________.三、解答题1．养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用），已建的仓库的底面直径为，高，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐，现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大（高不变）；二是高度增加 (底面直径不变)。

（1）分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；（2）分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；（3）哪个方案更经济些？2．将圆心角为，面积为的扇形，作为圆锥的侧面，求圆锥的表面积和体积（数学2必修）第一章空间几何体[综合训练B组]一、选择题1．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为，腰和上底均为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）A． B．C． D．2．半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A． B． C． D．3．一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为，则球的表面积是（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．4．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的倍，母线长为，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（）A．Ｂ．Ｃ．Ｄ．5．棱台上、下底面面积之比为,则棱台的中截面分棱台成两部分的体积之比是( )A．Ｂ．Ｃ．Ｄ．6．如图，在多面体中，已知平面是边长为的正方形，,,且与平面的距离为，则该多面体的体积为（）A．Ｂ．Ｃ．Ｄ．二、填空题1．圆台的较小底面半径为，母线长为，一条母线和底面的一条半径有交点且成,则圆台的侧面积为____________。

高中数学立体几何习题(含答案与解析)

立体几何试卷五一、选择题1、线段AB 在平面α内，则直线AB 与平面α的位置关系是A 、AB α⊂ B 、AB α⊄C 、由线段AB 的长短而定D 、以上都不对 2、下列说法正确的是A 、三点确定一个平面B 、四边形一定是平面图形C 、梯形一定是平面图形D 、平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点 3、垂直于同一条直线的两条直线一定A 、平行B 、相交C 、异面D 、以上都有可能 4、在正方体1111ABCD A B C D -中，下列几种说法正确的是A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45角D 、11AC 与1B C 成60角 5、若直线l 平面α，直线a α⊂，则l 与a 的位置关系是A 、l aB 、l 与a 异面C 、l 与a 相交D 、l 与a 没有公共点6、下列命题中：（1）、平行于同一直线的两个平面平行；（2）、平行于同一平面的两个平面平行；（3）、垂直于同一直线的两直线平行；（4）、垂直于同一平面的两直线平行.其中正确的个数有 A 、1 B 、2 C 、3 D 、4 二、填空题1、等体积的球和正方体,它们的表面积的大小关系是S 球_____S 正方体(填”大于、小于或等于”).2、正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 和平面1BC D 的位置关系为3、已知PA 垂直平行四边形ABCD 所在平面，若PC BD ⊥，平行则四边形ABCD 一定是 .4、如图，在直四棱柱A 1B 1C 1 D 1－ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件_________时，有A 1 B ⊥B 1 D 1． 5．正三棱锥P －ABC 中，三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a ，则P 点到面ABC 的距离是6．三个平面两两垂直，它们的三条交线交于一点O ，P 到三个面的距离分别是6，8，10，则OP 的长为。

（理科）已长方体的全面积是8，则其对角线长的最小值是认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形.) 三、解答题1、已知圆台的上下底面半径分别是2、5,且侧面面积等于两底面面积之和,求该圆台的母线长.(10分) 2、已知E 、F 、G 、H 为空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上的点，且ＥＨ∥ＦＧ．求证：EH ∥BD . (12分)3、已知ABC ∆中90ACB ∠=，SA ⊥面ABC ，AD SC ⊥，求证：AD ⊥面SBC ．(12分)4、一块边长为10cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下,H G FE DB A CSD CB A四棱锥形容器,试建立容器的容积V 与x 的函数关系式,并求出函数的定义域. (12分)5、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）1C O 面11AB D ；（2 ）1AC ⊥面11AB D ． (14分)6、已知△BCD 中，∠BCD =90°，BC =CD =1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB =60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且(01).AE AFAC AD λλ==<< （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF ⊥平面ACD ？ (14分)7、如图3所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？8、矩形ABCD 中，1,(0)AB BC a a ==>，PA ⊥平面AC ，BC 边上存在点Q ，使得PQ QD ⊥，求a 的取值范围．参考答案选择ACDDDB填空1、小于2、平行3、菱形4、1111AC B D 对角线与互相垂直5、设P 点到面ABC 的距离为h ，由体积公式可得：()3261231a h a =⋅，故a h 332=。

人教A版高中数学选修一第一章《空间向量与立体几何》提高训练题 (18)(含答案解析)

选修一第一章《空间向量与立体几何》提高训练题 (18)一、单选题1．如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，11145,60AA BAA DAA BAD ∠∠∠====，则1AC =（）A ．1BC ．9D ．32．长方体1111ABCD A B C D -，1AB BC ==，12BB =，点P 在长方体的侧面11BCC B 上运动，1AP BD ⊥，则二面角P AD B --的平面角正切值的取值范围是（） A ．10,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦3．已知正方体1111ABCD A B C D -，E 是棱BC 的中点，则在棱1CC 上存在点F ，使得（） A ．1//AF D E B ．1AF D E ⊥ C ．//AF 平面11C D ED ．AF ⊥平面11C D E4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点N 在AC 上，点M 在1A D 上，且1A M //MN 面11AA B B ，则MN 的长为（）．A B C ．2D5．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，13CC =，90ACB ∠=︒，则1BC 与1A C 所成的角的余弦值为（）A B C D二、多选题6．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,,E F G 分别为11,,BC CC BB 的中点.则（）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为98D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等7．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，E 、F 分别是棱AD 、CD 上的动点，满足AE DF =，则（）A ．四棱锥1B BEDF -的体积为定值 B ．四面体1D DEF 表面积为定值C ．异面直线1B E 和AF 所成角为90D ．二面角11D EF B --始终小于608．已知四棱柱1111ABCD A B C D -为正方体.则下列结论正确的是（） A ．()11//AD BB BC +B ．()11110AC A B A A ⋅-= C ．向量1AD 与向量1A B 的夹角是60︒D ．()2211111113A A A D A B A B ++=9．如图，菱形ABCD 边长为2，60BAD ∠=︒，E 为边AB 的中点．将ADE 沿DE 折起，使A 到A '，且平面A DE '⊥平面BCDE ，连接A B '，A C '．则下列结论中正确的是（） A ．BD A C '⊥B ．四面体A CDE '的外接球表面积为8πC ．BC 与AD '所成角的余弦值为34D ．直线A B '与平面ACD '10．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11B D 上一动点（包括端点），则以下结论正确的有（）A ．过点P 平行于平面1A BD 的平面被正方体1111ABCD ABCD -B ．点P 到平面1A BDC ．直线PD 与1B C 所成角的范围是,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．如图线段1PA 和PB 的长度之和为t ，则2t 的最小值为2+11．如图所示，在棱长为1的正方体中1111ABCD A B C D -中，,EF 分别为棱11A D ，1DD 的中点，则以下四个结论正确的是（）A ．1AC ⊥平面BEFB ．//EF 平面11B CDC ．异面直线BE 和AD 所成的角的正切值为D ．若P 为直线11B D 上的动点，则三棱锥E BFP -的体积为定值12．已知正方体1111ABCD A B C D －的棱长为4，点P 是1AA 的中点，点M 是侧面11AA B B 内的动点，且满足1D M CP ⊥，下列选项正确的是（）A ．动点M 轨迹的长度是B ．三角形11A D M 在正方体内运动形成几何体的体积是323C ．直线1D M 与BC 所成的角为α，则tan α D ．存在某个位置M ，使得直线1BD 与平面11A D M 所成的角为π4三、解答题13．如图所示，四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，90ADC CPD ∠=∠=︒，平面PCD ⊥平面ABCD ，点E 为线段PB 靠近P 的三等分点，45ACD ABC PCD ∠=∠=∠=︒．（1）求证：//PD 平面ACE ；（2）求二面角P AC E --的余弦值．14．已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，90,DAB PA ∠=︒⊥底面ABCD ，且112PA AD DC AB ====，M 是PB 的中点．（1）求AC 与PB 所成角的余弦值；（2）求四棱锥M PAC -的体积．15．已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，90,DAB PA ∠=︒⊥底面ABCD ，且1,12PA AD DC AB ====，M 是PB 的中点．（1）求AC 与PB 所成角的余弦值；（2）求面AMC 与面BMC 所成夹角的余弦值．16．如图，//AD BC 且2,,//AD BC AD CD EG AD =⊥且,//EG AD CD FG =且2CD FG =，DG ⊥平面,2ABCD DA DC DG ===.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：//MN 平面CDE ；（2）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60︒，求线段DP 的长.17．如图，//AD BC 且2,,//AD BC AD CD EG AD =⊥且,//EG AD CD FG =且2,CD FG DG =⊥平面,2ABCD DA DC DG ===．（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：//MN 平面CDE ；（2）求二面角E BC F --的正弦值；（3）求直线AD 到平面EBC 的距离．18．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，4AB =，2BC CD ==，顶点1D 在底面ABCD 内的射影恰为点C ．（Ⅰ）求证：BC ⊥平面1ACD ；（Ⅱ）若直线1DD 与底面ABCD 所成的角为π4，求平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．19．如图，正方体1111ABCD A B C D -，的棱长为2，点E 为1BB 的中点．（1）求直线1AA 与平面1D AE 所成角的大小；（2）作出过1D ，A ，E 三点的平面截正方体所得的截面α，并求截面α与侧面11ADD A 所成的锐二面角的大小；（3）点F 为1CC 的中点，动点P 在底面正方形ABCD （包括边界）内，若//FP 平面1D AE ，求线段1C P 长度的取值范围．20．如图，四棱锥P ABCD -的底面是菱形，对角线,AC BD 交于点O ，4OA =，3OB =，4OP =，OP ⊥底面ABCD ，设点M 满足：(0)PM MC λλ=>．（1）当13λ=时，求直线PA 与平面BDM 所成角的正弦值；（2）若二面角M AB C --的大小为4π，求λ的值． 21．如图，四边形ABCD 是菱形，PA ⊥底面ABCD ，//PA DE ，P 与E 在平面ABCD 的同侧且22PA AD DE ==.（1）证明：//BD 平面PCE ；（2）若PC 与平面ABCD 所成角的正切值为2，求二面角D CE P --的正弦值.22．已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的菱形，且14AA =，120BAD ∠=︒，11D A DC ==.（1）求证：1AC BD ⊥；（2）求1AB 与平面1ACD 所成角的正弦值.23．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，CC 1＝，∠ACB ＝90°，点M 在线段A 1B 1上．（1）若A 1M ＝3MB 1，求异面直线AM 和A 1C 所成角的余弦值；（2）若直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，试确定点M 的位置．24．如图//AD BC ，且2AD BC =，//AD EG ，且AD EG =，//CD FG ，且2CD FG =，AD CD ⊥，DG ⊥平面ABCD ，2AD CD DG ===．（1）求二面角E BC F --的余弦值；（2）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为4π，求线段DP 的长． 25．如图，在梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，四边形CDEF 为矩形，平面CDEF ⊥平面ABCD ．（Ⅰ）求证：ED BC ⊥；（Ⅱ）若22BC AD ==，AB CF ==BF 与平面ABE 所成角的正弦值．26．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11ACC A ⊥平面ABC ，侧面11BCC B 是正方形，2AC BC ==，160A AC ∠=︒，M 是11B C 的中点.（1）证明：11AC B C ⊥；（2）求直线1A M 与平面1A BC 所成角的正弦值.27．如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为矩形，2=AD AB ，M 为BC 中点，平面11A D DA ABCD ⊥，11AA A D ⊥且11A A A D =．（1）证明：1190B A D ∠=︒．（2）若此四棱柱的体积为2求二面角1A A B M --的正弦值．28．如图1，在边长为2等边ABC 中，点D ､E 分别为边AB ､AC 上的中点.将ADE 沿DE 翻折到MDE 的位置并使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC 得到图2，点N 为MC 的中点.（1）证明：//EN 平面MBD ；（2）求二面角B MD E --的余弦值大小.29．已知如图①，在菱形ABCD 中，60A ︒∠=且2AB =，E 为AD 的中点，将ABE △沿BE 折起使AD =②所示的四棱锥A BCDE -，在四棱锥A BCDE -中，求解下列问题：（1）求证：BC ⊥平面ABE ；（2）若P 为AC 的中点，求二面角P BD A --的余弦值.30．在平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧棱1AA 的长为2，且1160A AB A AD ∠=∠=︒．（1）求异面直线1AD 与1A B 所成角的余弦值；（2）求三棱锥1A ABD -的体积．31．如图，四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是菱形，且120ABC ∠=︒，SBC 为等边三角形，平面SBC ⊥平面ABCD ．（1）证明：BC SD ⊥；（2）若E 是线段SA 的中点，求直线DE 与平面SAB 所成角的正弦值．32．如图①所示，平面五边形ABCDE 中，四边形ABCD 为直角梯形，∠B =90°且AD ∥BC ，若AD =2BC =2，AB △ADE 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得如图②的几何体．图① 图②（1）若点M 是ED 的中点，求证：CM ∥平面ABE ；（2）若EC =2，在棱EB 上是否存在点F ，使得二面角E -AD -F 的大小为60°？若存在，求出点F 的位置；若不存在，请说明理由．33．在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线．（Ⅰ）已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：//GH 平面ABC ；（Ⅱ）已知12EF FB AC ===AB BC =，求平面FBC 与平面ABC 的夹角的余弦值． 34．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是梯形，//AB CD ，BC CD ⊥，PAB △是等边三角形，E 是棱AB 的中点，2AB PD ==，1BC CD ==.（1）证明：PE ⊥平面ABCD ；（2）求直线PA 与平面PCD 所成角的正弦值.35．如图，四棱锥S ABCD -的底面是矩形，平面SAB ⊥平面ABCD ，点E 在线段SB 上，30ASB ABS ∠=∠=︒，2AB AD =．（1）当E 为线段SB 的中点时，求证：平面DAE ⊥平面SBC ；（2）当4SB SE =时，求锐二面角C AE D --的余弦值．36．如图，已知四棱锥P ABCD -，底面是边长为2的正方形，PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，PB =E 、O 分别为PA ，BD 中点．（1）求证：//OE 面PDC（2）求直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值．37．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 是边长为2的菱形，AB =160CBB ∠=︒，且1ABB ABC ∠=∠.（Ⅰ）证明：1AB CB ⊥；（Ⅱ）若二面角1A CB B --的平面角为60︒，求1CA 与平面1ACB 所成角的正弦值.38．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，//AB CD ，60BAD ∠=︒，122AB AD CD ===，E 为棱PD 上的一点，且22DE EP ==.（1）证明：//PB 平面AEC ；（2）求二面角A EC D --的余弦值.39．在三棱锥A BCD -中，已知2AB AD BD ===，BC CD ==A 在面BCD 上的射影位于BD 的中点.（1）求证：BD AC ⊥；（2）若点P 为AC 中点，求直线BP 与平面ACD 所成的角的余弦值.40．已知四棱锥S ABCD -，SD SB =，在平行四边形ABCD 中AD CD =，Q 为SC 上的点，过AQ 的平面分别交SB ，SD 于点E ，F ，且//BD 平面AEQF ．（1）证明：EF AC ⊥；（2）若25SA SC ==，2AB =，Q 为SC 的中点，SA 与平面ABCD SBD 与平面AEQF 所成锐二面角的余弦值．41．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，12AA =，,E F 分别为11,CC AA 的中点．（1）求证：1//D F 平面BDE ；（2）求直线1D E 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）求直线1D F 与平面BDE 之间的距离．42．已知在六面体P ABCDE 中，P A ⊥平面ABCD ，ED ⊥平面ABCD ，且P A ＝2ED ，底面ABCD 为菱形，且∠ABC ＝60°.（1）求证：平面P AC ⊥平面PBD ；（2）若直线PC 与平面ABCD 所成角为45°，试问：在线段PE 上是否存在点M ，使二面角P ﹣AC﹣M 为60°？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由. 43．如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，已知1,13BCC BC π∠==，12AB C C ==，点E 是棱1C C 的中点．（1）求证：BC ⊥平面1ABC ；（2）求直线AC 与平面1AEB 所成角的正弦值．44．如图，在三棱锥P ABC -中，PBC 是正三角形，AC BC ⊥，D 是AB 的中点.（1）证明：BC PD ⊥；（2）若2AC BC ==，PA =D PA C --的余弦值.45．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，190ABC B BA ∠=∠=︒，160B BC ∠=︒，1AB =，1BB BC ==（Ⅰ）证明：平面ABC ⊥平面11BCC B ；（Ⅱ）求二面角1B CC A --的余弦值．46．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为矩形，1,2AB AD ==，PD E 为BC 的中点，PE DE ⊥.（1）证明:PA ⊥平面ABCD ；（2）求直线PC 与平面PDE 所成角的正弦值.47．已知正方形ABCD 的边长为2，沿AC 将ACD △折起至ACP △位置（如图），G 为PAC △的重心，点E 在边BC 上，且2CE EB =．（1）证明：//GE 平面PAB ；（2）若GE PA ⊥，求二面角A EC G --的余弦值．48．如图，直角梯形ABCD 中，//,90,2,,AD BC BAD AB AD BD CD EA ∠=︒===⊥底面ABCD ，FD ⊥底面ABCD ，且有EA FD ==（1）求证：CD BF ⊥；（2）若线段AE 的中点为G ，求直线CG 与平面CBEF 所成角的正弦值． 49．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱11C D 的中点．（1）求二面角D AC M --的余弦值；（2）在棱1CC （包含端点）上是否存在点E ，使//BE 平面ACM ，给出你的结论，并证明．【答案与解析】1．D 【解析】根据图形，利用向量的加法法则得到11AC AB AD AA =++，再利用()211AC AB AD AA =++求1AC 的模长.在平行六面体1111ABCD A B C D -中，有AC AB AD =+，111AC AC AA AB AD AA =+=++，由题知，1AB AD ==，1AA ，1145BAA DAA ∠∠==，60BAD ∠=，所以1AB AD ==，12AA =，AB 与AD 的夹角为60BAD ∠=︒，AB 与1AA 的夹角为145BAA ∠=︒，AD 与1AA 的夹角为145A AD ∠=︒，所以21AC()21AB AD AA =++222111222AB AD AA AB AD AB AA AD AA =+++⋅+⋅+⋅112211cos6021cos4521cos45=+++⨯⨯⨯︒+⨯︒+⨯︒9=.所以13AC =. 故选：D. 2．B 【解析】根据题中的线面关系建立空间坐标系，运用空间向量求解即可. 如图以点D 为坐标原点建立空间坐标系设点P 的坐标为(),1,x z 图中各点的坐标表示如下： B (1，1，0)，D 1(0，0，2)，A (1，0，0)()()11,1,2,1,1,D B AP x z ∴=-=-，又11·0D B AP D B AP ⊥∴=即，1120x z -+-=，所以20x z -=所以点P 在平面BCC 1B 1内的轨迹为由点C 到BB 1四等分点（靠近B 点）的一条线段，且点P 由C 点向BB 1四等分点移动过程中，二面角B -AD-P 逐渐增大当点P 位于C 点处时，二面角B-AD-P 最小，最小值为0 当点P 为与BB 1四等分点处时，二面角B-AD-P 最大，此时，PAB ∠即为二面角B-AD-P 的平面角，111142tan 12BB PAB AB ∠===所以二面角B-AD-P 正切值的取值范围为[0，12].选项ACD 错误，选项B 正确故选：B. 3．B 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，写出点的坐标，用向量法确定线线平行与垂直，由向量与平行法向量的平行与垂直确定线面的平行与垂直．建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则(1,0,0)A ，1(0,0,1)D ，1(,1,0)2E ，设(0,1,)F z （(01)z ≤≤，则11(,1,1)2D E =-，(1,1,)AF z =-，因为11211≠-，所以1,AF D E 不可能平行，即1,AF D E 不可能平行，又11102AF D E z ⋅=-+-=，12z =，因此1,AF D E 可以垂直，即AF 与1D E 可能垂直．1(0,1,1)C ，11(0,1,0)DC =，设平面11C D E 的一个法向量为(,,)n x y z =，则111012n D C y n D E x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，取2x =，则(2,0,1)n =， AF 与n 不可能平行，因此AF 与平面11C D E 不可能垂直，2[2,1]AF n z ⋅=-+∈--，因此AF 与n 不可能垂直，因此AF 与平面11C D E 不可能平行，故选：B ．4．A 【解析】根据几何体为正方体，先以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，再根据//MN 平面11AA B B ，得MN 与平面11AA B B 的法向量垂直，利用垂直关系的坐标表示，求出N 点的坐标，进而求得MN 的长.因为该几何体1111ABCD A B C D -为正方体，所以以D 为坐标原点， DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系.因为正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，所以()0,0,0D ，()2,0,0A ，平面11AA B B 的一个法向量为()2,0,0DA =.因为点M 在1A D 上，且1A M ()1,0,1M .因为点N 在AC 上，所以设(),2,0N m m -()02m <<，则()1,2,1MN m m =---，因为//MN 平面11AA B B ，所以DA MN ⊥，有()21000m -++=，1m =，故()0,1,1MN =-，20MN MN ==故选：A. 5．A 【解析】建立空间直角坐标系，写出1CA ，1BC 的坐标，由夹角公式可得结果.如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，1CC 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0C ，()13,0,3A ，()0,4,0B ，()10,0,3C ，所以()13,0,3CA =，()10,4,3BC =-，所以111111cos ,103CA BC CABC CA BC ⋅===⋅，所以直线1BC 与1A C 故选：A. 6．BC 【解析】对于A ：由11//CC DD ,而直线1C C 与直线AF 不垂直即可判断；对于B ：取11B C 的中点N ，连结GN ,A 1N ,可以证明//GN 面AEF ，1//A N 面AEF ，利用面面平行的判定定理证明面1//A GN 面AEF 即可得到直线1A G 与平面AEF 平行.对于C ：连结11,AD FD ,先判断出平面AEF 截正方体所得的截面为面1AEFD ，是一个为等腰梯形，求出各边长，求出高，即可计算出面积；对于D ：假设C 与G 到平面AEF 的距离相等,得到矛盾，则假设不成立,即可判断.对于A ：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//CC DD ,因为直线1C C 与直线AF 不垂直，所以直线1D D 与直线AF 不垂直.故A 错误；对于B ：取11B C 的中点N ，连结GN ,A 1N ,因为,,E F G ，N 分别为11,,BC CC BB ,11B C 的中点,所以由三角形中位线定理得：11//,//,BC GN BC EF 所以//,GN EF 因为GN面AEF ，EF 面AEF ，所以//GN 面AEF .同理可证：1//A N 面AEF .又GN 面1A GN ，1A N 面1A GN ，1GNA N N =，所以面1//A GN 面AEF ,所以直线1A G 与平面AEF 平行.故B 正确；对于C ：连结11,AD FD ,由上面证明过程可知1//EF AD ,所以平面AEF 截正方体所得的截面为面1AEFD .因为1EF AD1AE D F ==, 所以1AEFD 为等腰梯形，如图示：过E 、F 分别作EP 、FQ 垂直AD 1于P 、Q，则22AP ==所以4EP , 所以等腰梯形1AEFD的面积为9228. 故C 正确.对于D ：假设C 与G 到平面AEF 的距离相等,即平面AEF 将CG 平分,则平面AEF 必过CG 的中点,连接CG 交EF 于H,而H 不是CG 中点,则假设不成立,故D 错误. 故选：BC（1）立体几何中几何关系的证明，用判定定理；（2）作多面体的截面方法（交线法）：关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连结成截线，从而求得截面； 7．ABC 【解析】利用锥体的体积公式可判断A 选项的正误；利用锥体的表面积公式可判断B 选项的正误；证明AF ⊥平面1BB E 可判断C 选项的正误；取E 为AD 的中点，利用二面角的定义可判断D 选项的正误.对于A 选项，()111122ABE BCF BEDF S S S AE CF =--=-⨯+=△△四边形，因为四棱锥1B BEDF -的高为定值，故四棱锥1B BEDF -的体积为定值，A 对；对于B 选项，过点D 在平面ABCD 内作DH EF ⊥，垂足为点H ，连接1D H ，设AE DF x ==，则1DE x =-，EF ==所以，1x x DE DFDH EF-⋅==1D H =1112D EFS D H EF =⋅=△()1112x x ==--⎡⎤⎣⎦，所以，四面体1D DEF 的表面积为()()()111111111222S x x x x x x =-+⨯⨯+-+--=⎡⎤⎣⎦，B 对；对于C 选项，设BE AF O =，AE DF =，AB AD =，90BAE ADF ∠=∠=，故BAE ADF ≅，所以，AEB AFD ∠=∠，故90DAF AEB DAF AFD ∠+∠=∠+∠=，AF BE ∴⊥， 1BB ⊥平面ABCD ，AF ⊂平面ABCD ，1AF BB ∴⊥， 1BEBB B =，AF ∴⊥平面1BB E ，1B E ⊂平面1BB E ，1AF B E ∴⊥，C 对；对于D 选项，当点E 为AD 的中点时，F 为CD 的中点，则//EF AC ，因为四边形ABCD 为正方形，则AC BD ⊥，故EF BD ⊥， 1DD ⊥平面ABCD ，EF ⊂平面ABCD ，1EF DD ∴⊥， 1BD DD D ⋂=，EF ∴⊥平面11BB D D ，设EF BD H ⋂=，则H 为EF的中点，故1124DH EF AC ===，BH = 1D H 、1B H ⊂平面11BB D D ，故1EF D H ⊥，1EF B H ⊥，所以，二面角11D EF B --的平面角为11B HD ∠，在11B D H △中，11B D1D H =1B H =由余弦定理可得222111111111cos 22B H D H B D B HD B H D H +-∠==<⋅，因为110180B HD <∠<，故1160B HD >，故D 错. 故选：ABC. 8．ABD 【解析】先设正方体的棱长为1，再以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系.选项A 利用11BB BC AD +=，说明两向量平行；选项B 为数量积的坐标运算；选项C 为坐标法求向量的夹角；选项D 为向量的加法法则与向量模长的计算.不妨设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系.则()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()0,0,0D ，()11,0,1A ，()11,1,1B ，()10,1,1C ，()10,0,1D .选项A ：()11,0,1AD =-，()()()10,0,11,0,01,0,1BB BC +=+-=-，因为11BB BC AD +=，所以()11//AD BB BC +，故选项A 正确；选项B ：()11,1,1AC =--，()()()1110,1,00,0,10,1,1A B A A -=--=，有()()1111011110AC A B A A ⋅-=+⨯+-⨯=，故选项B 正确；选项C ：()11,0,1AD =-，()10,1,1A B =-有12AD =12A B =110011AD A B ⋅=+-=-，记向量1AD 与向量1A B 的夹角为θ，[]0,θπ∈，则11111cos 22AD A B AD A Bθ⋅===-⋅，又[]0,θπ∈，所以21203πθ==︒，故选项C 错误；选项D ：因为111111111A A A D A B A A AC AC ++=+=，又()11,1,1AC =--，所以()()()()222221111111113A A A D A B AC ++==-++-=又()110,1,0A B =，所以2111A B =，有()2211111113A A A D AB A B ++=，故选项D 正确；故选：ABD. 9．BCD 【解析】根据题意知EB ，ED ，EA‘两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得异面直线，线面夹角问题.由题知，ABD △为正三角形，DE AB ⊥，将ADE 沿DE 折起，使A 到A '，且平面A DE '⊥平面BCDE ，则EB ，ED ，'EA 两两垂直，以E 点坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，对于A ，(1,0,0)B，D ，'(0,0,1)A，C，(BD →=-，'1)A C →=-，则'2310BD A C →→⋅=-+=≠，故BD 与'A C 不垂直，故A 错误；对于B ，取CE 的中点F ，联结DF ，又DE DC ⊥，则12FE FD FC CE ====，过F 作FO ⊥平面CDE ，四面体A CDE '的外接球球心O 在FO 上，作'OM A E ⊥，设OF x =，'OD OA R ==，在Rt OFD ，'Rt OMA 中，有22222(1)R x x =+=+-，解得12x =，R =故四面体A CDE '的外接球表面积为248R ππ=，故B 正确；对于C，BC →=，'1)A D →=-，设BC 与A D '所成角为θ，则'33cos 224'BC A DBC A Dθ→→→→⋅===⨯⋅，故C 正确；对于D ，'(1,0,1)A B →=-，'1)A C →=-，'1)A D →=-，设平面'A CD 的法向量n (x,y,z)→=则'20'30n A C x z n A D y z⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取z =则n →=，则'cos ,''n A Bn A B n A B→→→→→→⋅<>===⋅ 故直线A B '与平面ACD 'D 正确；故选：BCD 10．BCD 【解析】由三角形面积与等体积法可判断AB 的正误，建立空间直角坐标系，用向量法结合导数，可判断C 的正误，把三角形111A B D 绕11B D 旋转到与矩形11BB D D 共面时，可判断D 的正误对于A ：此平面为平面11B D C ，故三角形11B D C2，故A 错误；对于B：111111326P A BD A PBD V V --===，12A BDS==，11111336P A BD A BDV Sd d -=⨯==，点P 到平面1A BD的距离为d =B 正确；对于C ：如图，以D 为原点，1,,DA DC DD 分别为坐标轴建立空间直角坐标系，则由题意可知：()()()()()()()11,,101,0,0,0,1,0,1,1,1,0,1,1,1,0,1,0P a a a D A B B C ≤≤，()()1,,1,1,0,1DP a a B C ==--，设直线PD 与1B C 所成角的为θ，则()11cos 012a DP B C DP B Cθ===≤≤⋅令()()22211a f a a +=+，()01a ≤≤，则()()()22242142211a a a f a a a ++-'==++，由()0f a '>得112a <≤，由()0f a '<得102a ≤<，所以()min 1223f a f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，又()()301,14f f ==，故()()max 01f a f ==，cos θ≤，64ππθ∴≤≤，故C 正确；对于D ：把三角形111A B D 绕11B D 旋转到与矩形11BB D D 共面时，如图：则11t PA PB A B =+≥所以22t ≥D 正确；故选：BCD 11．BC 【解析】对于A ：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系，通过计算得1102AC BE ⋅=≠，即可判断A 是否正确；对于B ：连接11,A D B C ，由于EF 是11A DD 的中位线，则1//EF A D ，又11//A D B C ，则1//EF B C ，即可判断B 是否正确；对于C ：先计算出cos BE <，AD >，再计算tan BE <，AD >，即可判断C 是否正确；对于D ：分两种情况：当点P 为(0，0，1)时，当点P 为(1，1，1)时，计算点P 到平面BEF 的距离，即可判断D 是否正确．解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系：则(1A ，0，0)，1(0C ，1，1)，(1B ，1，0)，1(2E ，0，1)，(0F ，0，1)2，所以1(1AC =-，1，1)，1(2BF =-，1-，1)，1(2EF =-，0，1)2-，因为1102AC BE ⋅=≠，所以1AC 不垂直于BE ，所以1AC 不垂直于平面BEF ，故A 错误；对于B ：连接11,A D B C ，因为E ，F 分别是11A D ，1DD 中点，所以EF 是11A DD 的中位线，所以1//EF A D ，因为11//A D B C ，所以1//EF B C ，又EF ⊄平面11B CD ，1B C ⊂平面11B CD ，所以//EF 平面11B CD ，故B 正确；对于C :(1AD =-，0，0)，1(2BE =-，1-，1)，所以cos BE <，113AD =，所以tan BE <，2AD >=因为异面直线BE 和AD 所成的角0,2π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，故C 正确；对于D ：设平面BEF 的法向量(u x =，y ，)z ，则00BF EF μμ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即10211022x y z x z ⎧--+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取(2u =，3-，2)-，当点P 为(0，0，1)时，(1BP =-，1-，1)，|cos BP <，||11u >==+，所以|||cos hBP BP =⋅<，|3u >=⋅，当点P 为(1，1，1)时，(0BP =，0，1)，|cos BP <，|2|4u ->=+，所以|||cos h BP BP =⋅<，2|117u >=⋅所以点P 到平面BEF 的距离不是定值，所以三棱锥E BFP -的体积不是定值，故D 错误．故选：BC ． 12．ABC 【解析】建立坐标系，由1D M CP ⊥可得出动点动点M 轨迹为线段1B N ，然后结合勾股定理，异面直线所成角，线面角，体积公式等逐一判断即可以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()()()()()()114,,,0,0,4,4,0,2,0,4,0,4,0,4,4,4,0M y z D P C A B ，()()14,,4,4,4,2D M y z CP =-=-，1D M CP ⊥，10D M CP ∴⋅=，即24y z -=，取AB 得中点N ，则动点M 轨迹为线段1B N ，对于A ：动点M 轨迹为线段1B N，且1B N =A 正确；对于B ：三角形11A D M 在正方体内运动形成几何体为三棱锥111D A NB -，且()111111132111124424324332D A NB A NB A VS D -⎡⎤=⨯+⨯-⨯⨯⎢⎥⎦⨯⎣⨯==，故B 正确；对于C ：11//BC A D ，∴直线1D M 与BC 所成的角为11A D M α，又1min4485525AM ，则tan α的最小值是1min 1125545A M A D ，故C 正确；对于D ：易知M 与1B 重合时，直线1BD 与平面11A D M 所成的角最大，且为11BD B ，1111142tan 1tan2442BB BD B B D π，114BD B π，所以不存在某个位置M ，使得直线1BD 与平面11A D M 所成的角为π4，故D 错误；故选：ABC13．（1）见解析；（2）13【解析】（1）如图，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系，要证//PD 平面ACE ，只要证明平面ACE 的法向量与PD 垂直即可，求出平面ACE 的法向量，经过计算即可得证；（2）结合（1），求出平面PAC 的一条法向量，，然后求出两法向量所成角的余弦值，结合图像，即可求出二面角P AC E --的余弦值．（1）证明：取CD 的中点O ，因为90CPD ∠=︒，45PCD ∠=︒，则45PDC ∠=︒，所以PD PC =，所以CD PO ⊥，过点O 作z 轴垂直平面PCD ，则z 轴垂直CD ，z 轴垂直PO ，因为平面PCD ⊥平面ABCD ，则z 轴在平面PCD 中，如图，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系，设2AD =，则1OP OC OD ===，因为//AD BC ，90ADC ∠=︒，45ACD ABC ∠=∠=︒，所以24BC BD ===，因为点E 为线段PB 靠近P 的三等分点，所以13PE PB =，则()()()()()1,0,0,0,1,2,0,1,0,0,1,0,0,1,4P A C D B --，()()()()1,1,0,0,2,2,1,1,0,1,1,4PD CA CP PB =-===--，1114,,3333PE PB --⎛⎫== ⎪⎝⎭，则224,,333CE CP PE ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，设()111,,n x y z =是平面ACE 的一条法向量，则11111220224333n CA y z n CE x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++=⎪⎩，可取()1,1,1n =-，则110n PD ⋅=-+=，所以n PD ⊥，因为PD ⊄平面ACE ，所以//PD 平面ACE ；（2）解：由（1）知，设()222,,m x y z =是平面PAC 的一条法向量，则22222200m CA y z m CP x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，可取()1,1,1m =-，则111cos ,33m n m n m n⋅-===-⨯，由图，因为二面角P ACE --为锐角，所以二面角P AC E --的余弦值为13.14．（1；（2）16.【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量求解直线所成角；（2）由M 是PB 的中点可得四棱锥M PAC -的体积1122B PAC P ABC V V V --==，进而可得结果.（1）以A 为坐标原点，,,AD AB AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系如图所示. 则各点坐标为(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(0,0,1)A B C P ，则()()1,1,0,0,2,1AC PB ==-，故2,5,2AC PB AC PB ==⋅=，所以cos ,2AC PB AC PBAC PB⋅===⋅ 故AC 与PB（2）因为M 是PB 的中点，所以四棱锥M PAC -的体积 111111*********B PAC P ABC V V V --⎛⎫===⨯⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭.15．（1（2）23.【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量求解直线所成角；（2）分别求出两个平面的法向量，利用法向量所成角求得平面所成角.证明：以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),0,1,2A B C D P M ⎛⎫ ⎪⎝⎭．（1）因(1,1,0),(0,2,1)AC PB ==- 故||2,||5,2AC PB AC PB ==⋅=，所以10cos ,5||||AC PB AC PB AC PB ⋅<>==⋅ （2）平面AMC 的一个法向量设为()1111,,,(1,1,0),0,1,2n y z AC AM ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，∴11110102y y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩∴(1,1,2)n =-平面BMC 的一个法向量设为()2211,,,(1,1,0),0,1,2m y z BC BM ⎛⎫==-=- ⎪⎝⎭；∴22210102y y z -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩∴()1,1,2n =，∴2cos ,3m n 〈〉== ∴面AMC 与面BMC 所成夹角的余弦值为2316．（1）证明见解析；（2【解析】（1）依题意，以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．求出对应点的坐标，求出平面CDE 的法向0n 量及MN ，由00MN n =，结合直线MN ⊂平面CDE ，可得//MN 平面CDE ；（2）设线段DP 的长为h ，([0,2])h ∈，则点P 的坐标为(0，0，)h ，求出(1,2,)BP h =--，而(0,2,0)DC =为平面ADGE 的一个法向量，由直线BP 与平面ADGE 所成的角为60︒，可得线段DP 的长．（1）证明：依题意，以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．可得(0D ，0，0)，(2A ，0，0)，(1B ，2，0)，(0C ，2，0)，(2E ，0，2)，(0F ，1，2)，(0G ，0，2)，(0M ，32，1)，(1N ，0，2)．设0(,,)n x y z =为平面CDE 的法向量，则00·20·220n DC y n DE x z ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩，不妨令1z =-，可得0(1,0,1)n =-；又3(1,,1)2MN =-，可得00MN n =．又直线MN ⊂平面CDE ，//MN ∴平面CDE ；（2）解：设线段DP 的长为h ，([0,2])h ∈，则点P 的坐标为(0，0，)h ，可得(1,2,)BP h =--，而(0,2,0)DC =为平面ADGE 的一个法向量，故|||cos ,|||||BP CD BP DC BPDC h <>==sin 60=︒，解得[0h =，2]．∴线段DP17．（1）见解析；（2（3【解析】（1）依题意，以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．求出对应点的坐标，求出平面CDE 的法向0n 量及MN ，由00MN n =，结合直线MN ⊂平面CDE ，可得//MN 平面CDE ；（2）分别求出平面BCE 与平面平面BCF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E BC F --的正弦值；（3）根据//AD BC ，得BC ⊂平面EBC ，则直线AD 到平面EBC 的距离即为点D 到平面EBC 的距离，利用向量法求出点D 到平面EBC 的距离，即可得出答案.（1）证明：依题意，以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．可得(0D ，0，0)，(2A ，0，0)，(1B ，2，0)，(0C ，2，0)，(2E ，0，2)，(0F ，1，2)，(0G ，0，2)，(0M ，32，1)，(1N ，0，2)．设0000(,,)n x y z =为平面CDE 的法向量，则0000020220n DC y n DE x z ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩，不妨令01z =-，可得0(1,0,1)n =-；又3(1,,1)2MN =-，可得00MN n =．所以0MN n ⊥，又直线MN ⊂平面CDE ，//MN ∴平面CDE ；（2）解：依题意，可得(1,0,0)BC =-，(1,2,2)BE =-，(0,1,2)CF =-．设111(,,)n x y z =为平面BCE 的法向量，则11110220n BC x n BE x y z ⎧=-=⎪⎨=-+=⎪⎩，不妨令11z =，可得(0,1,1)n =．设222(,,)m x y z =为平面BCF 的法向量，则222020m BC x m CF y z ⎧=-=⎪⎨=-+=⎪⎩，不妨令21z =，可得(0,2,1)m =．因此有310cos ,||||10m n m n m n <>==10sin ,10m n <>= ∴二面角E BC F --（3）解：因为//AD BC ，AD ⊄平面EBC ，BC ⊂平面EBC ，所以直线AD 到平面EBC 的距离即为点D 到平面EBC 的距离，由（2）得，平面BCE 的法向量(0,1,1)n =，(0,2,0)DC =，则2cos ,22n DC nDC n DC⋅==⋅即直线DC 与平面BCE所以点D 到平面EBC的距离为DC 即直线AD 到平面EBC18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ. 【解析】（Ⅰ）证明1,BC AC BC D C ⊥⊥后可得线面垂直；（Ⅱ）以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，1CD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．（Ⅰ）证明：如图，连接1D C ，则1D C ⊥平面ABCD ， ∵BC ⊂平面ABCD ， ∴1BC D C ⊥．在等腰梯形ABCD 中，连接AC ，过点C 作CG AB ⊥于点G ，∵4AB =，2BC CD ==，//AB CD ，则3AG =，1BG =，CG∴AC ==因此满足22216AC BC AB +==，∴BC AC ⊥，又1D C ，AC ⊂平面1AD C ，1D C AC C =，∴BC ⊥平面1AD C ．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知AC ，BC ，1D C 两两垂直， ∵1D C ⊥平面ABCD ，∴1π4D DC =∠，∴12D C CD ==．以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，1CD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0C，()A ，()0,2,0B ，()10,0,2D ，∴()AB =-，()12AD =-．设平面11ABC D 的法向量(),,n x y z =，由10,0,AB n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得20,20,y z ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩可得平面11ABC D的一个法向量(1,3,n =．又()10,0,2CD =为平面ABCD 的一个法向量，设平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角为θ，则1123cos 727CD nCD n θ==⋅= 因此平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为7． 19．（1）2arcsin 3；（2）作图见解析；1arccos 3；（3）⎣．【解析】（1）如图以A 为坐标原点，AD 为x 轴正方向，AB 为y 轴正方向，1AA 为z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，（2）利用空间向量求出平面1D AE 的法向量和侧面11ADD A 的法向量，利用空间向量求解，或取1AA的中点M ，过点M 作1AD 的垂线，垂足为N ，连接ME ，NE ，可证得MNE ∠为面1D AE 与侧面11ADD A 所成的锐二面角，然后在MNE 中求解即可，（3）设(),,0P x y ，则()2,2,1FP x y =---，由//FP 平面1D AE ，可得10FP n ⋅=，求出,x y 的关系，再用距离公式可表示出1C P ，结合,x y 的范围可得结果解：以A 为坐标原点，AD 为x 轴正方向，AB 为y 轴正方向，1AA 为z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则()12,0,2D ，()0,2,1E ，()10,0,2A（1）()10,0,2AA =，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =设平面1D AE 的法向量()1,,n x y z =，直线1AA 与平面1D AE 所成角为θ则22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，取()12,1,2n =-∴112sin 32||AA n AA n θ⋅===⋅⋅∴直线1AA 与平面1D AE 所成角2arcsin 3（2）如图过1D ，A ，E 三点的平面截正方体所得的截面为平面1AEFD ，法一：取侧面11ADD A 的法向量()20,1,0n =，由（1）可知平面1D AE 的法向量()12,1,2n =-，设平面1D AE 与侧面11ADD A 所成的锐二面角为α则12121cos 3n n a n n ⋅==⋅∴平面1D AE 与侧面11ADD A 所成的锐二面角为1arccos 3．法二：取1AA 的中点M ，过点M 作1AD 的垂线，垂足为N ，连接ME ，NE ， ∵//ME AB ，∴ME ⊥平面11ADD A ∴1ME AD ⊥ 又∵1AD MN ⊥，MN ME M =∴1AD ⊥平面MNE ∴1AD EN ⊥∴MNE ∠为面1D AE 与侧面11ADD A 所成的锐二面角在MNE 中，MN =2ME =，90EMN ∠=︒∴an t MNE ∠=所以平面1D AE 与侧面11ADD A 所成的锐二面角为arctan（3）()2,2,1F ，()12,2,2C ，设(),,0P x y ，则()2,2,1FP x y =---∵//FP 平面1D AE ，∴10FP n ⋅=即24x y +=∵0202x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，∴020422x x ≤≤⎧⎨≤-≤⎩，∴12x ≤≤ ∴)112C P x =≤≤∴1C P ∈⎣20．（1；（2）13. 【解析】以O 为原点，,,OA OB OP 为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，用向量法进行求解即可.以O 为原点，,,OA OB OP 为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则()()()()()4,0,0,0,3,0,4,0,0,0,3,0,0,0,4,A B C D P --则()()()4,0,4,0,6,0,4,3,0PA DB AB =-==-,设(),,M x y z ，则()(),,4,4,,PM x y z MC x y z =-=----, （1）因为13PM MC =，所以()()()14313143x x y y z z ⎧=--⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪-=-⎪⎩，解得：103x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以()1,0,3M -，()1,3,3MB =-.设平面BDM 的一个法向量(),,n x y z =，则()()()()·0,6,0?,,60·1,3,3?,,330DB n x y z y MB n x y z x y z ⎧===⎪⎨=-=+-=⎪⎩，不妨设z =1，则()3,0,1n =设直线PA 与平面BDM 所成角为θ，则：2sin cos ,3PA n PA n PA nθ====⨯ 即直线PA 与平面BDM . （2）显然平面ABC 的一个法向量为()10,0,1n =.设(),,M x y z ，由(0)PM MC λλ=>，可得：()()()44x x y y z z λλλ⎧=--⎪=-⎨⎪-=-⎩，解得：41041x y z λλλ-⎧=⎪+⎪=⎨⎪⎪=+⎩，所以44,3,11MB λλλ-⎛⎫= ⎪++⎝⎭. 设平面ABM 的一个法向量为()2,,n x y z =，则：22·0·0AB n MB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩即430443011x y x y z λλλ-+=⎧⎪⎨+-=⎪++⎩，不妨令x =1，则241,,213n λ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.由二面角M AB C --的大小为4π，可得： 12coscos ,4n n π==解得：1433λ=或-.因为0λ>，所以13λ=.21．（1）证明见解析；（2【解析】（1）连接AC 交BD 于点O ，取PC 的中点F ，连接OF ，EF ，证四边形OFED 为平行四边形即可得证；（2）令2PA =，由条件可得ABC 为等边三角形，作Ax AD ⊥，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量即可作答.（1）连接AC 交BD 于点O ，取PC 的中点F ，连接OF ，EF ，因四边形ABCD 是菱形，则O 为AC 的中点，于是有//OF PA ，12OF PA =，而//DE PA ，且12DE PA =，从而得//OF DE 且OF DE =，则四边形OFED 为平行四边形，即//OD EF ，//BD EF ，又EF ⊂平面PCE ，BD ⊄平面PCE ，所以//BD 平面PCE ；（2）令2PA =，则1AD DE ==，而PA ⊥底面ABCD ，即PC 与平面ABCD 所成角为PCA ∠，于是得tan 2PAPCA AC∠==，则1AC =，AC AD CD ==，从而得ABC 为等边三角形，在平面ABCD 内过A 作Ax AD ⊥，以A 为坐标原点，分别以射线Ax ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则()002P ,,，1,0)2C ，()0,1,1E ，()0,1,0D ，31(,2)22PC =-，1(,1)22CE =-，()0,0,1DE =，设平面PCE 的一个法向量为()111,,n x y z =，由00n PC n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩得1111111202102x y z y z +-=⎨⎪++=⎪⎩，令11y =，得()3,1,1n =，设平面CDE 的一个法向量为()222,,m x y z =，由00m CE m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩得22221020x y z z ⎧++=⎪⎨⎪=⎩，取21x =，则()1,3,0m =.因此有23cos ,5n m n m n m⋅〈〉===⨯⋅ 所以二面角DCE P --,1n m 〈〉=-. 22．（1）证明见解析；（2. 【解析】（1）通过证明AC ⊥平面1D DB ，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量求解.（1）连BD ，设=BD AC O ⋂，连1D O .由ABCD 为菱形知AC BD ⊥，又11D A D C =，所以1AC D O ⊥，又1D O DB O ⋂=，1D O ，DB ⊂平面1D DB ，所以AC ⊥平面1D DB ，而1BD ⊂平面1D DB ，所以1AC BD ⊥；（2）由（1）知可如图建系（其中Oz 轴在平面1D DB 内），得各点坐标为()0,1,0A ，()0,1,0C -，)D，并设()1,0,D a b ，由1D A =14D D =，得22112a b ++=，(2216a b +=，。

高中数学立体几何专题练习题1（含答案）

⾼中数学⽴体⼏何专题练习题1（含答案）⾼中数学⽴体⼏何专题练习题姓名班级学号得分说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（⾮选择题）两部分。

满分100分。

考试时间90分钟。

２、考⽣请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。

考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）⼀、选择题（每题2分，共40分）1、⼀个正⽅体的展开图如图所⽰，A、B、C、D为原正⽅体的顶点，则在原来的正⽅体中A.AB∥ CDB. AB与 CD相交C. AB⊥CDD. AB与CD所成的⾓为60°2、（多选）如果⼀个棱锥的底⾯是正⽅形，且顶点在底⾯内的射影是底⾯的中⼼，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若⼀正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧⾯积最⼩时，以下结论正确的是（）．A．棱的⾼与底边长的⽐为 22B．侧棱与底⾯所成的⾓为π4C．棱锥的⾼与底⾯边长的⽐为 2 D．侧棱与底⾯所成的⾓为π33、某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的体积为（）A ．43B ．4C ．2D ．234、某⼏何体的三视图如图所⽰，则此⼏何体的体积为（）A.23 B. 1C.43D.135、已知圆锥的轴截⾯为正三⾓形，且边长为2，则圆锥的表⾯积为（） A ．3π3B ．πC ．2πD ．3π6、如图，在正⽅体中， E 为线段A 1C 1的中点，则异⾯直线与所成⾓的⼤⼩为（）度.A. 60B. 45C. 30D. 157、已知⼀个⽔平放置的平⾯四边形ABCD 的直观图是⾯积为2的正⽅形，则原四边形ABCD 的⾯积为（）A ．2B ．22C ．2 2D ．4 28、下列说法正确的是（）A ．通过圆台侧⾯上⼀点可以做出⽆数条母线B ．直⾓三⾓形绕其⼀边所在直线旋转⼀周得到的⼏何体是圆锥C ．圆柱的上底⾯下底⾯互相平⾏D ．五棱锥只有五条棱9、如图，是⼀个⼏何体的三视图，主视图和侧视图是全等的半圆，俯视图是⼀个圆，则该⼏何体的体积是（）A 、32π3．B ．26π3C ．16π3D ．64π310、某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的体积为（）A. 56B. 23C. 43D. 4511、⼀个⼏何体的三视图如图，则该⼏何体的体积为（）A.263 B .283C. 10D.32312、某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体中的最长棱长为（）A ．3 2B ．2 5C ．2 6D ．2 713、(多选题）如图，在棱长为1的正⽅体中，下列结论正确的是A ．异⾯直线AC 与BC1所成的⾓为60°B ．直线AB 1与平⾯ABC 1D 1所成⾓为45° C ．⼆⾯⾓A-B 1C-B 的正切值为 2D ．四⾯体D 1-AB 1C 的的体积为1214、下列命题错误的是A ．不在同⼀直线上的三点确定⼀个平⾯B ．两两相交且不共点的三条直线确定⼀个平⾯C ．如果两个平⾯垂直，那么其中⼀个平⾯内的直线⼀定垂直于另⼀个平⾯D ．如果两个平⾯平⾏，那么其中⼀个平⾯内的直线⼀定平⾏于另⼀个平⾯15、某四棱锥的三视图如图所⽰，俯视图是⼀个等腰直⾓三⾓形，则该四棱锥的体积为（）A ．2B ．C. D ．16、如图所⽰，O 是正⽅体ABCD-A 1B 1C 1D 1对⾓线A 1C 与AC 1的交点，E 为棱BB 1的中点，则⼏何体OEC 1D 1 在正⽅体各⾯上的正投影不可能是（）A． B． C． D．17、如图，在正⽅体ABCD -A1B l C1D1中，已知E，F，G分别是线段A1C1上的点，且A1E=EF=FG =GC1．则下列直线与平⾯A1BD平⾏的是(A) CE (B) CF (C) CG (D) CC118、⼏何体的三视图如图所⽰，则它的体积是A． B．C． D．19、如图，三棱P-ABC中，PC⊥平⾯ABC，PC=3，∠ACB=90°D、E．分别为线段AB、BC上的点，且CD=DE= 2,CE=2EB=2,则⼆⾯⾓A-PD-C的余弦值是（）．A、 24B、62C、33D、3620、下图为某⼏何体的三视图，则该⼏何体的表⾯积是（）A. 6+4B. 4+4C. 6+2D. 4+2⼆、填空题（15分）21、如图，点P在长⽅体ABCD－A1B1C1D1的⾯对⾓线BC1（线段BC1）上运动，给出下列四个说法：①直线AD与直线B1P为异⾯直线；②恒有A1P∥⾯ACD1；③三棱锥A－D1PC的体积为定值；④当长⽅体各棱长都相等时，⾯PDB1⊥⾯ACD1．其中所有正确说法的序号是．22、已知⼀个⼏何体是由上下两部分构成的组合体，其三视图如下，若图中圆的半径为，等腰三⾓形的腰长为，则该⼏何体的体积是。

高中数学复习提升-高中数学专题——立体几何专题(学生版)

立体几何专题【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算．既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解，考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究．【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图，表面积体积的计算，空间点、直线、平面的位置关系判断与证明，（理科）空间向量在平行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等．【例题解析】题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算一、看图选择正确的三视图1、（2010广东理数）6.如图1，△ABC为三角形，AA'//BB'//CC' ,CC'⊥平面ABC且3AA'=32BB'=CC'=AB,则多面体△ABC -A B C'''的正视图（也称主视图）是2、（2010北京理数）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该几何体的俯视图为二、根据三视图求几何体的面积、体积1、（2010安徽理数）8、一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为A、280B、292C、360D、372A B C D2、（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第12题）已知一个正三棱锥P ABC -的主视图如图所示，若32AC BC ==， 6PC =_________．3、（2010全国卷1文数）已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 2343 (C) 2383题型2 空间点、线、面位置关系的判断例1 （江苏苏州市2009届高三教学调研测试7）已知n m ,是两条不同的直线，βα,为两个不同的平面，有下列四个命题：①若βα⊥⊥n m ,，m n ⊥，则βα⊥；②若n m n m ⊥,//,//βα，则βα//； ③若n m n m ⊥⊥,//,βα，则βα//；④若βαβα//,//,n m ⊥，则n m ⊥．其中正确的命题是（填上所有正确命题的序号）_______________．分析：根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断．例2 （浙江省2009年高考省教研室第一次抽样测试理科第5题）设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题正确的是A ．若,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβB ．若//,//,//,m n αβαβ则//m nC ．若,//,//m n αβαβ⊥，则m n ⊥D ．若//,//,//,m n m n αβ则//αβ题型3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算例1．(2009江苏泰州期末16)如图所示，在棱长为2的正方体 1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为1DD 、DB 的中点．（1）求证：EF //平面11ABC D ；（2）求证：1EF B C ⊥；（3）求三棱锥EFC B V -1的体积．例2．（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第17题）在四棱锥P ABCD -中，90ABC ACD ∠=∠=，60BAC CAD ∠=∠=，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，22PA AB ==．（1）求四棱锥P ABCD -的体积V ；（2）若F 为PC 的中点，求证PC ⊥平面AEF ；（3）求证CE ∥平面PAB ．题型4 求空间的角的大小一、异面直线所成的角例1（2007年广东理数）如图6所示，等腰三角形△ABC 的底边AB=66CD=3，点E 是线段BD 上异于B 、D 的动点，点F 在BC 边上，且E F ⊥AB ，现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使P E ⊥AE ，记BE=x ，V （x ）表示四棱锥P-ACEF 的体积。

高中数学提高题专题复习立体几何多选题练习题含答案

高中数学提高题专题复习立体几何多选题练习题含答案一、立体几何多选题1．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M为AB 的中点，则（） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥，取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=，即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误；对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=，三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点，连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==，E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，2225EM EN MN ∴=+=.过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin 25sin 25d EM θθ==≤，当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为222126AB AD AA R ++'==，所以，截面圆的半径()()222226252r R d '=-≥-=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.2．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，线段11B D 上有两个动点,E F ，且1EF =，以下结论正确的有（）A ．AC BE ⊥B ．异面直线,AE BF 所成的角为定值C ．点A 到平面BEF 的距离为定值D ．三棱锥A BEF -的体积是定值【答案】ACD 【详解】由AC BD ⊥，1AC DD ⊥可证AC ⊥平面11D DBB ，从而AC BE ⊥，故A 正确；取特例，当E 与1D 重合时，F 是F '，AE 即1AD ，1AD 平行1BC ，异面直线,AE BF '所成的角是1C BF '∠，当F 与1B 重合时，E 是E '，BF 即1BB ，异面直线,AE BF '所成的角是1A AE '∠，可知1C BF '∠与1A AE '∠不相等，故异面直线,AE BF 所成的角不是定值，故B 错误；连结BD 交AC 于O ，又AC ⊥平面11D DBB ，点A 到平面11BDD B 的距离是2AO ，也即点A 到平面BEF 的距离是22，故C 正确； 2=2AO 为三棱锥A BEF -的高，又1111224BEF S =⨯⨯=△，故三棱锥A BEF -的体积为112234224⨯⨯=为定值，D 正确. 故选：ACD 【点睛】求空间中点到平面的距离常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，求垂线；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离；（3）向量法：计算斜线在平面的法向量上的投影即可.3．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4π C ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形；故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PMPE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形. 即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯=，四边形面积是22242=，故截面面积是52 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.4．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误；平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62D 错误.故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．5．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =.则下列结论正确的是（）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，11122122BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =11221334212A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯=⨯⨯=A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ，由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 45222FT EF =⨯=⨯= 12HG FT ∴==选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=22AR = 由余弦定理得13cos 6AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.6．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为322⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =， 2232cos ,,32288AB AM AB AM AB AMa a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦，所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ，正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误；对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠，由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.7．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断；对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】对于选项A ，若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =，此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明：在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==，在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，3SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥，同理，SM PC ⊥，又SMSN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立，故C 错误；对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ，记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数，则点S 到PQR 的距离为sin PS α，又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin33S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅，又13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅，()12S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅，∴()3sin PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅，∴111sindPQ PR PSα++=为常数，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.8．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A．BF⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为20 3C．该二十四等边体外接球的表面积为8πD．PN与平面EBFN所成角的正弦值为2 2【答案】BCD【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，于是BF AB⊥，90ABF∠=︒，但六边形ABFPQH为正六边形，120ABF∠=︒，矛盾，所以A错；对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=，所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为2R =，其表面积为248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ，所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠，其正弦值为22PS PN ==，所以D 对．故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。

高中数学（人教版）必修二《立体几何》综合提升卷

高中数学（人教版）必修二《立体几何》综合提升卷一．选择题（共13 小题，满分 65 分，每小题 5 分）1．（5 分）设三棱柱 ABC﹣ A1B1C1的侧棱与底面垂直，∠ BCA=90°，BC=CA=2，若该棱柱的所有顶点都在体积为的球面上，则直线 B1C 与直线 AC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．2．（5 分）设 l、m、n 表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，给出下列4个命题：①若 m∥ l，且 m⊥α，则 l⊥α；②若 m∥ l，且 m∥α，则 l∥α；③若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，则 l∥m∥ n；④若α∩β=m，β∩γ=l，α∩γ=n，且 n∥β，则 m∥ l．其中正确命题的个数是（）A．1B．2C．3D．43．（5 分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．π4．（ 5 分）如图，平面 PAB⊥平面α，AB? α，且△ PAB为正三角形，点 D 是平面α内的动点， ABCD是菱形，点 O 为 AB 中点， AC 与 OD 交于点 Q， I? α，且 l⊥AB，则 PQ 与 I 所成角的正切值的最小值为（）A．B．C．D．35．（5 分）如图，在直四棱柱（侧棱与底面垂直的四棱柱）ABCD﹣ A1B1C1D1中，已知 DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC，给出以下结论：（1）异面直线 A1B1与 CD1所成的角为 45°；（2） D1C⊥AC1；（3）在棱 DC上存在一点 E，使 D1E∥平面 A1BD，这个点为 DC的中点；（4）在棱 AA1上不存在点 F，使三棱锥 F﹣BCD的体积为直四棱柱体积的．其中正确的个数有（）A．1B．2C．3D．46．（5 分）如图，四边形ABCD 中， AB=AD=CD=1，，BD⊥　CD．将四边形ABCD沿对角线 BD 折成四面体 A′﹣BCD，使平面 A′ BD⊥平面 BCD，则下列结论：① A′C⊥ BD；②CA′与平面 A′BD所成的角为30°；③∠ BA′C=90；°④四面体 A′﹣BCD的体积为．其中正确的有（）A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个7．（5 分）如图，在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，E 是 CD上一点，AB=AD=3，AA1=2，CE=1，P 是 AA1上一点，且 DP∥平面 AEB1，F 是棱 DD1与平面 BEP的交点，则DF的长为（）A．1B．C．D．8．（5 分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球O 表面上，则球 O 的表面积是（）A．36πB．48πC．56πD．64π9．（5 分）如图，已知棱长为 4 的正方体 ABCD﹣A′ B′ C，′MD′是正方形 BB′ C′Ｃ的中心， P 是△ A′C′Ｄ内（包括边界）的动点．满足 PM=PD，则点 P 的轨迹长度是（）A．B．C．D．10．（ 5 分）如图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如图．其中真命题的个数是（）A．3B．2C．1D．011．（ 5 分）已知二面角α﹣l﹣β为 60°，动点 P、Q 分别在面α、β内， P 到β的距离为，Q 到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（）A．1B．2C．D．412．（ 5 分）一个正方体的展开图如图所示，B，C，D 为原正方体的顶点， A 为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD与 AB 所成角的余弦值为（）A．B．C．D．13．（ 5 分）异面直线 a，b 成 80°角，点 P 是 a，b 外的一个定点，若过P 点有且仅有 2 条直线与 a， b 所成的角相等且等于θ，则θ属于集合（）A．{ θ| 0°＜θ＜ 40°} B． { θ| 40°＜θ＜50°}C． { θ| 40°＜θ＜ 90°} D ． { θ|50°＜θ＜ 90°}二．解答题（共7 小题，满分 85 分）14．（ 10 分）如图，正方体 ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为 1，点 P 在四边形 ABCD内及其边界上运动，且点 P 到点 B1的距离为．（1）要使 A1C1⊥平面 BB1P，则点 P 在何位置？（2）设直线 B1P 与平面 ACD1所成的角为θ，求 sin θ的取值范围．15．（ 10 分）如图，四棱锥 P﹣ABCD中， PA⊥底面 ABCD，PA=2，BC=CD=2，∠ACB=∠ ACD= ．（Ⅰ）求证： BD⊥平面 PAC；（Ⅱ）若侧棱 PC上的点 F 满足 PF=7FC，求三棱锥 P﹣BDF的体积．16．（ 10 分）如图所示的几何体是由以等边三角形ABC为底面的棱柱被平面DEF所截而得，已知 FA⊥平面 ABC，AB=2，BD=1，AF=2，CE=3，O 为 AB 的中点．（Ⅰ）求平面 DEF与平面 ABC相交所成锐角二面角的余弦值；（Ⅱ）在 DE 上是否存在一点 P，使 CP⊥平面 DEF？如果存在，求出 DP 的长；若不存在，说明理由．17．（ 10 分）如图，长方形框架ABCD﹣A′ B′ C，′三D边′ AB、AD、AA′的长分别为6、8、3.6，AE 与底面的对角线 B′ D垂′直于 E．（1）证明 A′E⊥ B′D；′（2）求 AE 的长．18．（12 分）在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，已知 E、F、G 分别是棱 AB、AD、D1A1的中点．（ 1）求证： BG∥平面 A1EF：（ 2）若 P 为棱 CC 上一点，求当等于多少时，平面 A ⊥平面？11EF EFP19．（15 分）ABCD为平行四边形，P为平面 ABCD外一点，PA⊥面 ABCD，且 PA=AD=2，AB=1，AC=．（1）求证：平面 ACD⊥平面 PAC；（2）求异面直线 PC与 BD 所成角的余弦值；（3）设二面角 A﹣PC﹣B 的大小为θ，试求 tan θ的值．20．（ 18 分）如图，△ ABC各边长均为 4， CD 是 AB 边上的高， E、F 分别是 AC 和 BC边的中点，现将△ ABC沿 CD翻折成直二面角A﹣ DC﹣ B．（ 1）证明：平面 ADF⊥平面 BCD；（ 2）求三棱锥 C﹣DEF的体积；（ 3）在线段 BC上是否存在一点P，使 AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．高中数学（人教版）必修二《立体几何》综合提升卷参考答案与试题解析一．选择题（共13 小题，满分 65 分，每小题 5 分）1．（5 分）（2016 秋?小店区校级期中）设三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，∠ BCA=90°， BC=CA=2，若该棱柱的所有顶点都在体积为的球面上，则直线B 1C 与直线 AC 1所成角的余弦值为（）A ．B ．C ．D ．【考点】 LM ：异面直线及其所成的角．【专题】 35 ：转化思想； 41 ：向量法； 44 ：数形结合法； 5F ：空间位置关系与距离．【分析】根据题意画出图形，结合图形得出AB 为截面圆的直径，求出AB 的值以及三棱柱外接球的半径R ；再利用三角形以及空间向量的知识求出向量与夹角的余弦值的绝对值即可．【解答】解：∵∠ BCA=90°， BC=CA=2，∴ AB=2，且为截面圆的直径；又三棱柱外接球的体积为，3，∴ π?R=解得外接球的半径为R=2；△ ABC 中， AB ⊥BC ，AB=2， AC，111=2R=4∴ BC 1=2；=又= +，=+ =﹣﹣，∴?= ?（﹣）﹣?﹣﹣?=0﹣0﹣﹣0=﹣8，||=||==；∴异面直线 B1C 与 AC1所成的角θ的余弦值为：cos θ＝|| =|| =．故选： B．【点评】本题考查了异面直线所成角的计算问题，解题时可以利用两向量所成的角进行计算，是综合性题目．2．（5 分）（2014?红岗区校级模拟）设l、m、 n 表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，给出下列 4 个命题：①若 m∥ l，且 m⊥α，则 l⊥α；②若 m∥ l，且 m∥α，则 l∥α；③若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，则 l∥m∥ n；④若α∩β=m，β∩γ=l，α∩γ=n，且 n∥β，则 m∥ l．其中正确命题的个数是（）A．1B．2C．3D．4【考点】 LO：空间中直线与直线之间的位置关系；2K：命题的真假判断与应用；LP：空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】 16 ：压轴题．【分析】本题考查的是直线之间，直线与平面之间的位置关系，可借助图象解答．【解答】解：易知命题①正确；在命题②的条件下，直线 l 可能在平面α内，故命题为假；在命题③的条件下，三条直线可以相交于一点，故命题为假；在命题④中，由α∩γ=n知， n? α且 n? γ，由 n? α及∥βα∩β=m，得 n∥ m，同理n ∥ l，故 m∥l，命题④正确．故答案选 B．【点评】本题主要考查了直线与直线间的位置关系，以及直线与平面间的位置关系，注意二者的联系与区别．3．（5 分）（2016?永州模拟）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．π【考点】 L!：由三视图求面积、体积．【专题】17 ：选作题；31 ：数形结合； 44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】由三视图知该几何体是一个组合体：左边是半个圆锥，右边是四分之一个圆柱，由三视图求出几何元素的长度，由柱体、锥体体积公式求出几何体的体积，【解答】解：根据三视图可知几何体是一个组合体：左边是半个圆锥，右边是四分之一个圆柱（斜切半圆柱），且圆柱的底面半径是1、母线长是 2；圆锥的底面半径、高都是1，∴几何体的体积V===，故选： C．【点评】本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．第 10 页（共 34 页）4．（5 分）（2017?宁波模拟）如图，平面 PAB⊥平面α，AB? α，且△ PAB为正三角形，点 D 是平面α内的动点， ABCD是菱形，点 O 为 AB 中点， AC与 OD 交于点 Q，I? α，且 l⊥AB，则 PQ 与 I 所成角的正切值的最小值为（）A．B．C．D．3【考点】 LM：异面直线及其所成的角．【专题】 15 ：综合题； 35 ：转化思想； 41 ：向量法； 53 ：导数的综合应用；5G ：空间角．【分析】由题意画出图形，建立空间直角坐标系，设 AB=2，∠OAD=θ（0＜θ＜π），把异面直线所成角的余弦值化为含有θ的三角函数式，换元后利用导数求最值．【解答】解：如图，不妨以CD在 AB 前侧为例．以 O 为原点，分别以OB、 OP所在直线为 y、z 轴建立空间直角坐标系，设 AB=2，∠ OAD=θ（0＜θ＜π），则 P（ 0， 0，），D（2sin θ，﹣ 1+2cos θ， 0），∴Q（，，0），∴，设α与 AB 垂直的向量，则PQ与l所成角为α．则 | cosα|=|| =|| ==．令 t=cos θ（﹣ 1＜t ＜1），则 s=，s′＝，令 s′=0，得 t=8﹣，∴当 t=8﹣时，s有最大值为16﹣6．则 cosα有最大值为，此时最小值最小为．第 11 页（共 34 页）∴正切值的最小值为=．故选： B．【点评】本题考查异面直线所成角，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量及导数求最值，属难题．5．（ 5 分）（ 2013?浙江模拟）如图，在直四棱柱（侧棱与底面垂直的四棱柱） ABCD ﹣ A中，已知 DC=DD，⊥，∥，给出以下结论：1B1C1D11=2AD=2AB AD DC AB DC（1）异面直线 A1B1与 CD1所成的角为 45°；（2） D1C⊥AC1；（3）在棱 DC上存在一点 E，使 D1E∥平面 A1BD，这个点为 DC的中点；（4）在棱 AA1上不存在点 F，使三棱锥 F﹣BCD的体积为直四棱柱体积的．其中正确的个数有（）A．1B．2C．3D．4【考点】 LS：直线与平面平行的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积； LM：异面直线及其所成的角； LX：直线与平面垂直的性质．【专题】 11 ：计算题； 14 ：证明题； 16 ：压轴题．【分析】直接利用已知条件推出异面直线所成的角判断（1）的正误；通过直线与平面的位置关系判断（2）的正误；通过直线与平面的平行判断（3）的正误；几何体的体积判断（ 4）的正误即可．【解答】解：（1）由题意可知 DC=DD，⊥，∥，所以△DD1C11=2AD=2AB AD DC AB DC是等腰直角三角形， A1 B1∥C1D1，异面直线 A1B1与 CD1所成的角为 45°，所以（ 1）正确．（2）由题意可知， AD⊥平面 DD1C1C，四边形 DD1 C1C 是正方形，所以D1C⊥DC1，可得 D1C⊥ AC1；（2）正确；对于（ 3）在棱 DC 上存在一点 E，使 D1E∥平面 A1BD，这个点为 DC 的中点，因为DC=DD1=2AD=2AB，如图 HG，所以E为中点，正确．（ 4）设 AB=1，则棱柱的体积为：=，当F在A1时，A1﹣BCD的体积为：=，显然体积比为，所以在棱AA1上存在点F，使三棱锥 F﹣BCD的体积为直四棱柱体积的，所以（4）不正确．正确结果有（ 1）、（2）、（ 3）．故选 C．【点评】本题考查棱柱的结构特征，几何体的体积的求法，直线与平面的位置关系的判断，考查空间想象能力计算能力．6．（ 5 分）（ 2011?上饶校级模拟）如图，四边形 ABCD中，AB=AD=CD=1，，BD⊥CD．将四边形 ABCD沿对角线 BD 折成四面体 A′﹣BCD，使平面 A′ BD⊥平面BCD，则下列结论：① A′C⊥ BD；② CA′与平面 A′BD所成的角为 30°；③∠ BA′C=90；°④四面体 A′﹣BCD的体积为．其中正确的有（）A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个【考点】 LM：异面直线及其所成的角； L3：棱锥的结构特征； LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】 11 ：计算题； 16 ：压轴题．【分析】根据题意，依次分析命题：对于①可利用反证法说明真假，若①成立可得BD⊥A'D，产生矛盾；对于②由CA'与平面A'BD所成的角为∠CA'D=45°知②的真假；对于③△ BA'D为等腰 Rt△， CD⊥平面 A'BD，得 BA'⊥平面 A'CD，根据线面垂直可知∠BA′C=90，°对于④利用等体积法求出所求体积进行判定即可，综合可得答案．【解答】解：若①成立可得 BD⊥A'D，产生矛盾，故①不正确；由 CA'与平面 A'BD 所成的角为∠ CA'D=45°知②不正确；由题设知：△ BA'D 为等腰 Rt△， CD⊥平面 A'BD，得 BA'⊥平面 A'CD，于是③正确；，④不正确．其中正确的有 1 个故选 D．【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了空间想象能力，论证推理能力，解题的关键是须对每一个进行逐一判定．7．（5 分）（2017 春?保定期中）如图，在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1中， E 是 CD 上一点， AB=AD=3，AA1=2，CE=1，P 是 AA1上一点，且 DP∥平面 AEB1，F 是棱 DD1与平面 BEP的交点，则 DF 的长为（）A．1B．C．D．【考点】 L2：棱柱的结构特征．【专题】 31 ：数形结合； 49 ：综合法； 5F ：空间位置关系与距离．【分析】在棱 AB 上取点 M ，使得 BM=1，过点 M 作 MN∥ BB1，交 AB1于 N，连接 EM、EN，证明平面 EMN∥平面 ADD1A1，求出 MN 的值，由AP=MN得出 DP∥平面 AEB；再取 DG=AP，连接 CG，利用平行关系求出DF 的长．【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB 上取点M，使得BM=1，过点 M 作 MN∥ BB1，交 AB1于 N，连接 EM、EN，如图所示；则平面EMN∥平面 ADD1A1；∵BB1=2AM=2BM，∴MN= ，∴当 AP=MN= 时， DP∥EN，即DP∥平面 AEB；∵F 是棱DD1与平面BEP的交点，∴ EF∥BP；取 DG=AP= ，连接 CG，则 CG∥BP，∴EF∥CG，∴DF= DG= ．故选： B．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了求线段长的应用问题，是综合题．8．（5 分）（2016?丹东二模）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球O 表面上，则球O 的表面积是（）A．36πB．48πC．56πD．64π【考点】 L!：由三视图求面积、体积；LG：球的体积和表面积．【专题】15 ：综合题；31 ：数形结合； 46 ：分割补形法； 58 ：解三角形； 5F ：空间位置关系与距离．【分析】根据三视图知几何体是三棱锥为棱长为 4 的正方体一部分，画出直观图，由正方体的性质求出球心 O 到平面 ABC的距离 d、边 AB 和 AC 的值，在△ ABC 中，由余弦定理求出 cos∠ ACB后，求出∠ ACB和 sin∠ ACB，由正弦定理求出△ ABC 的外接圆的半径 r ，由勾股定理求出球 O 的半径，由球的表面积公式求解．【解答】解：根据三视图知几何体是：三棱锥 D﹣ ABC为棱长为 4 的正方体一部分，直观图如图所示：∵该多面体的所有顶点都在球 O，且球心 O 是正方体的中心，∴由正方体的性质得，球心 O 到平面 ABC的距离 d=2，由正方体的性质可得，AB=BD==，AC=，设△ ABC的外接圆的半径为r ，在△ ABC中，由余弦定理得，cos∠ACB===，∴∠ ACB=45°，则 sin∠ACB=，由正弦定理可得， 2r===2，则r=，即球 O的半径 R==，2∴球 O 的表面积 S=4πＲ=56π，故选： C．【点评】本题考查三视图求几何体外接球的表面积，正弦定理、余弦定理，以及正方体的性质，结合三视图和对应的正方体复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．9．（5 分）（2016?衢州模拟）如图，已知棱长为 4 的正方体 ABCD﹣A′ B′ C，′MD′是正方形 BB′C′Ｃ的中心， P 是△ A′C′Ｄ内（包括边界）的动点．满足 PM=PD，则点 P 的轨迹长度是（）A．B．C．D．【考点】 L2：棱柱的结构特征．【专题】 15 ：综合题； 35 ：转化思想； 49 ：综合法； 5F ：空间位置关系与距离．【分析】满足 PM=PD的点 P 的轨迹是过 MD 的中点，且与 MD 垂直的平面，根据 P 是△ A′C′Ｄ内（包括边界）的动点，可得点P 的轨迹是两平面的交线ST．T在中点， S在 4 等分点，利用余弦定理，求出ST即可．【解答】解：满足 PM=PD的点 P 的轨迹是过 MD 的中点，且与 MD 垂直的平面，∵ P 是△ A′C′Ｄ内（包括边界）的动点，∴点 P 的轨迹是两平面的交线ST．T 在中点，S在 4 等分点时， SD=3，SM==3，满足SD=SM∴SD=3 ，TD=2∴ST==．故选： D．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查轨迹的求解，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．10．（ 5 分）（2011?山东）如图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如图．其中真命题的个数是（）A．3B．2C．1D．0【考点】 L7：简单空间图形的三视图．【专题】 5Q ：立体几何．【分析】由三棱柱的三视图中，两个矩形，一个三角形可判断①的对错，由四棱柱的三视图中，三个均矩形，可判断②的对错，由圆柱的三视图中，两个矩形，一个圆可以判断③的真假．本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，其中熟练掌握各种几何体的几何特征进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键．【解答】解：存在正三棱柱，其三视图中有两个为矩形，一个为正三角形满足条件，故①为真命题；存在正四棱柱，其三视图均为矩形，满足条件，故②为真命题；对于任意的圆柱，其三视图中有两个为矩形，一个是以底面半径为半径的圆，也满足条件，故③为真命题；故选： A【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，其中熟练掌握各种几何体的几何特征进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键．11．（ 5 分）（2009?全国卷Ⅰ）已知二面角α﹣l﹣β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P 到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（）A．1B．2C．D．4【考点】 LQ：平面与平面之间的位置关系．【专题】 11 ：计算题； 16 ：压轴题．【分析】分别作 QA⊥α于 A， AC⊥l 于 C， PB⊥β于 B，PD⊥l 于 D，连 CQ，BD则∠ ACQ=∠PBD=60°，在三角形 APQ中将 PQ 表示出来，再研究其最值即可．【解答】解：如图分别作 QA⊥α于 A，AC⊥l 于 C，PB⊥β于 B， PD⊥ l 于 D，连 CQ， BD 则∠ ACQ=∠ PDB=60°，，∴AC=PD=2又∵当且仅当 AP=0，即点 A 与点 P 重合时取最小值．故答案选 C．【点评】本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，以及空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．12．（ 5 分）（2008?四川）一个正方体的展开图如图所示，B， C， D 为原正方体的顶点， A 为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD与 AB 所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【考点】 LM：异面直线及其所成的角．【专题】 11 ：计算题； 16 ：压轴题．【分析】先还原正方体，将对应的字母标出，CD与 AB 所成角等于 BE 与 AB 所成角，在三角形ABE中再利用余弦定理求出此角的余弦值即可．【解答】解：还原正方体如右图所示设AD=1，则， AF=1，，AE=3，CD与 AB 所成角等于 BE与 AB 所成角，所以余弦值为，故选 D．【点评】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．13．（ 5 分）（ 2008?上海模拟）异面直线 a，b 成 80°角，点 P 是 a，b 外的一个定点，若过 P 点有且仅有 2 条直线与 a，b 所成的角相等且等于θ，则θ属于集合（）A．{ θ| 0°＜θ＜ 40°} B． { θ| 40°＜θ＜50°}C． { θ| 40°＜θ＜ 90°} D ． { θ|50°＜θ＜ 90°}【考点】 LM：异面直线及其所成的角．【专题】 11 ：计算题； 16 ：压轴题．【分析】先将异面直线 a，b 平移到点 P，求出∠ BPE的角平分线和∠ EPD的角平分线与 a 和b 的所成角，介于两者之间有且只有两条，小于最小的则不存在，大于最大的小于 90°则有 4 条，等于 90°有且只有一条．【解答】解：先将异面直线 a，b 平移到点 P，则∠ BPE=80°，∠EPD=100°而∠ BPE的角平分线与 a 和 b 的所成角为 40°，而∠ EPD的角平分线与 a 和 b 的所成角为 50°当θ∈{ θ|40°＜θ＜50°}∴直线与 a，b 所成的角相等且等于θ有且只有 2 条，使直线在面 BPE的射影为∠ BPE的角平分线，故选 B．【点评】本小题主要考查异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，以及射影等知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．二．解答题（共7 小题，满分 85 分）14．（ 10 分）（ 2015 春?广安校级月考）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点 P 在四边形 ABCD内及其边界上运动，且点P 到点 B1的距离为．（1）要使 A1C1⊥平面 BB1P，则点 P 在何位置？（2）设直线 B1P 与平面 ACD1所成的角为θ，求 sin θ的取值范围．【考点】 LW：直线与平面垂直的判定．【专题】 31 ：数形结合； 49 ：综合法； 5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角； 5H ：空间向量及应用．【分析】（1）以点 B 为圆心，以 BA 为半径画圆弧 AC，交 BD 连线于点 P，点 P 即为所求，证明B1P=，且A1C1⊥平面BB1P即可；（ 2）建立空间直角坐标系，求出向量与平面ACD1的法向量所成角的余弦值，即可得出直线B1P 与平面 ACD1所成角θ的正弦值取值范围．【解答】解：（ 1）根据题意，以点 B 为圆心，以 BA 为半径画圆弧 AC，交 BD 连线于点 P，如图所示，则点P 即为所求．∵BP=BA=1，∴ B1P= ；又 BD⊥ AC， AC∥A1C1，∴ BP⊥A1C1；又 BB1⊥A1C1，且 BC∩BB1=B，∴ A1C1⊥平面 BB1P；（ 2）建立如图所示的空间直角坐标系；则 B（0，0，0），A（﹣ 1，0，0），C（0，1，0），B1（ 0， 0， 1），D1（﹣ 1，1，1），设点 P（cosα，sin α， 0），则α∈[，π]；∴=（1，1，0），=（0， 1， 1），=（ cosα， sin α，﹣ 1）；设平面 ACD1的法向量为=（x， y， z），则，即，令x=1，则 y=﹣1，z=1，∴ =（ 1，﹣ 1，1）；∴ cos＜，＞===；∵α∈ [，π] ，∴α+ ∈ [，] ，∴ cos（α+ ）∈ [ ﹣1，﹣] ，∴ cos（α+）﹣ 1∈[ ﹣﹣1，﹣2] ；∴ cos＜，＞∈[，] ，∵直线 B1P 与平面 ACD1所成的角θ，∴ sin θ＝|cos＜，＞|∈[，] ，sin θ的取值范围是 [，] ．【点评】本题考查了空间直线与平面垂直的判断问题，也考查了空间角的计算问题，是综合性题目．解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．15．（10 分）（2013?重庆）如图，四棱锥 P﹣ ABCD中，PA⊥底面 ABCD，PA=2，BC=CD=2，∠ ACB=∠ACD=．（Ⅰ）求证： BD⊥平面 PAC；（Ⅱ）若侧棱 PC上的点 F 满足 PF=7FC，求三棱锥 P﹣BDF的体积．【考点】 LW：直线与平面垂直的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】 16 ：压轴题； 5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的性质可得 BD⊥AC，再由 PA⊥底面 ABCD，可得PA ⊥ BD．再利用直线和平面垂直的判定定理证明 BD⊥平面 PAC．（Ⅱ）由侧棱PC上的点 F 满足 PF=7FC，可得三棱锥 F﹣ BCD的高是三棱锥P﹣BCD的高的．求出△　BCD的面积S△BCD，再根据三棱锥P﹣BDF的体积V=V P﹣BCD ﹣ V F﹣BCD=﹣，运算求得结果．【解答】解：（Ⅰ）∵ BC=CD=2，∴△ BCD为等腰三角形，再由，∴BD⊥AC．再由 PA⊥底面 ABCD，可得 PA⊥ BD．而PA∩ AC=A，故 BD⊥平面 PAC．（Ⅱ）∵侧棱 PC上的点 F 满足 PF=7FC，∴三棱锥 F﹣ BCD的高是三棱锥 P﹣BCD的高的．△ BCD的面积 S BCD∠=．△∴三棱锥 P﹣BDF 的体积 V=V P﹣BCD﹣V F﹣BCD﹣==×== ．【点评】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用间接解法求棱锥的体积，属于中档题．16．（10 分）（2010?宿城区校级模拟）如图所示的几何体是由以等边三角形ABC 为底面的棱柱被平面 DEF所截而得，已知 FA⊥平面 ABC，AB=2， BD=1， AF=2，CE=3，O 为 AB 的中点．（Ⅰ）求平面 DEF与平面 ABC相交所成锐角二面角的余弦值；（Ⅱ）在 DE 上是否存在一点 P，使 CP⊥平面 DEF？如果存在，求出 DP 的长；若不存在，说明理由．【考点】 LW：直线与平面垂直的判定；MJ：与二面角有关的立体几何综合题．【专题】 11 ：计算题； 15 ：综合题； 16 ：压轴题； 35 ：转化思想．【分析】（Ⅰ）根据题意建立空间直角坐标系，通过法向量求出平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值．（Ⅱ）假设在 DE 存在一点 P，设出坐标，根据CP⊥面 DEF，得到所以与平面DEF的法向量 n2共线，求出λ，得到 DP 即可．【解答】解：以 O 为原点， OB，OC，Oz 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，C（0，，0），D（1，0，1），E（0，，3），F（﹣1，0，2）．（Ⅰ）平面 ABC的法向量为 n1 =（ 0， 01）．设平面 DEF的法向量为 n2=（x，y， z），=（﹣ 1，，2）．由得所以取 x=1，得 n2=（1，﹣，2）．所以 cos＜m1，m2＞===，所以平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值为．（Ⅱ）假设在 DE 存在一点 P，设 P（x，y，z），因为=λ，故（ x﹣1，y，z﹣ 1） =λ（﹣ 1，，2），所以 P（﹣λ+1，λ，2λ+1），所以 CP=（﹣λ+1，λ﹣，2λ+1）．因为平 CP⊥面 DEF，所以与平面 DEF的法向量 n2共线，所以==，解得λ=，所以=，即| DP| =| DE| ，所以 DP= ．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，以及与二面角相关的立体几何问题综合运用．通过数形结合，以及对知识的综合考查，达到考查学生基本能力的目的，属于中档题．17．（ 10 分）（ 1980?全国）如图，长方形框架 ABCD﹣A′ B′ C，′三D边′AB、 AD、AA′的长分别为 6、8、3.6，AE 与底面的对角线 B′ D垂′直于 E．（1）证明 A′E⊥ B′D；′（2）求 AE 的长．【考点】 L3：棱锥的结构特征．【专题】 11 ：计算题； 14 ：证明题； 16 ：压轴题．【分析】（1）先由 AA'⊥平面 A'B'C'D'，可转化为 AA'⊥ B'D'，又 AE⊥ B'D'，由线面垂直的判断定理可得 B'D'⊥平面 AA'E，得证．（2）先由等面积法 A'B'?A'D'=A'E?B'D'求得 A'E，再由勾股定理求得AE．【解答】（1）证明： AA'⊥平面 A'B'C'D'，∴ AA'⊥B'D'．又 AE⊥ B'D'，∴ B'D'⊥平面 AA'E，因此 B'D'⊥ A'E（2）解： A'B'?A'D'=A'E?B'D'（都是△ A'B'D'面积的 2 倍）∴ 6× 8=A'E×，∴A'E=4.8∴AE=．【点评】本题主要考查长方体的结构特征，主要涉及了线线，线面，面面垂直的关系，以及基本量的关系．属中档题．18．（12 分）在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，已知 E、F、G 分别是棱 AB、AD、D1A1的中点．（ 1）求证： BG∥平面 A：1EF（ 2）若 P 为棱 CC 上一点，求当等于多少时，平面 A ⊥平面11EF EFP【考点】 LZ：平面与平面垂直的性质；LS：直线与平面平行的判定．【专题】 35 ：转化思想； 44 ：数形结合法； 5F ：空间位置关系与距离．【分析】（1）连接 BD、DG，证明平面 BGD∥平面 A1EF，再证明 BG∥平面 A1EF；（ 2）以 D 为原点， DA 为 x 轴， DC 为 y 轴， DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用平面 A1EF 的法向量与平面的法向量互相垂直，即可求出的值．EFP【解答】解：（1）正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中， E、F、G 分别是棱 AB、AD、D1A1的中点，连接 BD、DG，则 EF∥BD，GD∥A1F，又BD?平面 A1EF，EF? 平面 A1EF，所以 BD∥平面 A1EF；同理， GD∥平面 A1EF，且 BD∩ GD=D，BD? 平面 BGD， GD? 平面 BGD，所以平面 BGD∥平面 A1EF，又BG? 平面 BGD，所以 BG∥平面 A1EF；（ 2）以 D 为原点， DA为 x 轴， DC为 y 轴， DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体 ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为 1， CP=t（0≤t ≤1），A1（1，0，1），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，0），E（1，，0），F（，0，0），P（0，1，t）；=（﹣，﹣，0），=（0，﹣，1），设平面 A1 EF的法向量为=（ x， y，z），则，即，取x=1，得 =（1，﹣ 1，﹣）；又 =（﹣ 1，， t），设平面 EFP的法向量为 =（a，b，c），则，即，取 a=1，得=（1，﹣ 1，），又平面 A1 EF⊥平面 EFP，所以? =1+1﹣=0，解得 t=，所以 CP= ，即= 时，平面 A1EF⊥平面 EFP．【点评】本题考查了异面直线垂直的证明，也考查了直线与平面平行的证明以及使二面角为直二面角的线段的比值的求法问题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．19．（15 分）（ 2011?湖南学业考试） ABCD为平行四边形， P 为平面 ABCD外一点，PA⊥面 ABCD，且 PA=AD=2， AB=1， AC= ．（1）求证：平面 ACD⊥平面 PAC；（2）求异面直线 PC与 BD 所成角的余弦值；（3）设二面角 A﹣PC﹣B 的大小为θ，试求 tan θ的值．【考点】 LY：平面与平面垂直的判定； LM：异面直线及其所成的角； MT：二面角的平面角及求法．【专题】 11 ：计算题； 14 ：证明题； 16 ：压轴题．【分析】（1）由已知中， PA⊥面 ABCD，结合面面垂直的判定定理，我们易得平面ACD⊥平面 PAC；（ 2）令 AC 与 BD 交点为 O，PA 的中点为 E，连接 OE，则 OE∥PC，则直线 PC与 BD 所成角等于直线OE与 BD 所成角，解三角形OEB，即可得到答案．（3）A 作 AG⊥PC交 PC于 G，过 G 作 GF⊥PC交 PB于 F，连接 AF．则二面角 A﹣PC﹣B 的平面角为∠ AGF，解三角形 AGF，即可得到答案．【解答】证明：（1）∵ PA⊥面 ABCD，PA? 平面 PAC∴平面 ACD⊥平面 PAC；解：（ 2）令 AC 与 BD交点为 O，PA的中点为 E，连接 OE，BE如图所示：∵ O 为 BD 的中点，则 EO= PC==，且OE∥　PC又∵ PA⊥面 ABCD，且 PA=AD=2，AB=1，AC=．∴ OB= BD=，BE=∴ | cos∠EOB| ==；即异面直线 PC与 BD所成角的余弦值为；（ 3）过 A 作 AG⊥PC交 PC于 G，过 G 作 GF⊥PC交 PB于 F，连接 AF．则二面角 A﹣PC﹣ B 的平面角为∠ AGF即∠ AGF=θ．在Rt△APC中， PC= ，∴，在△ PBC中， PB=，BC=2，∴，∴，∴在 Rt△ PGF中，，∴在△ PGF中， PF=，∴ AF=1，在△ AGF中，，∴【点评】本题考查的知识点是平面与平面垂直的判定，异面直线及其所成的角，二面角的平面角及求示，其中求二面角，关键是要找到二面角的平面角，将空间问题转化为一个平面解三角形的问题．20．（ 18 分）（2016 春 ?包头校级期末）如图，△ ABC各边长均为 4，CD是 AB 边上的高， E、F 分别是 AC和 BC边的中点，现将△ ABC沿 CD 翻折成直二面角 A﹣DC﹣B．（1）证明：平面 ADF⊥平面 BCD；（2）求三棱锥 C﹣DEF的体积；（ 3）在线段 BC上是否存在一点P，使 AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．【考点】 LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LY：平面与平面垂直的判定．【专题】 41 ：向量法； 4R：转化法； 5F ：空间位置关系与距离； 5G ：空间角．【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明AD⊥平面 BCD即可．（2）证明 EH是三棱锥 E﹣CDF的高，结合三棱锥的体积公式进行求解即可．（3）以点 D 为坐标原点，以直线 DB、DC、DA 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系．利用向量法能在线段 BC上存在点 P，使 AP⊥DE．【解答】解：（1）证明：连接 EF交 CD 于 H，则 EF是△ ABC的中位线，在正△ ABC中， AD⊥CD，BD⊥CD，折叠后， AD⊥CD，BD⊥CD且 AD∩BD=D，∴ AD⊥平面 BCD，又 AD? 平面 ADF∴平面 ADF⊥平面 BCD；（2）由（ 1）知 AD⊥平面 BCD，EH∥AD，∴ EH⊥平面 BCD，即 EH⊥平面 CDF，则 EH 是三棱锥 E﹣CDF的高，且 EF= AD=，=V=S ?EH=×CD?FH?EH=×211=．则 V C﹣DEF E﹣CDF△ CDF××（3）以点 D 为坐标原点，以直线 DB、DC、DA 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系．则 A（0，0，2），B（2，0，0），C（0，2 ，0），。

高中数学优秀生教学资源(立体几何)提高题

ABABC高中数学优秀生教学资源（立体几何）提高题1．如图，边长为2的等边△PCD 所在的平面垂直于矩形ABCD 所在的平面，BC ＝22，M 为BC 的中点(Ⅰ)证明：AM ⊥PM ；(Ⅱ)求二面角P －AM －D 的大小； (Ⅲ)求点D 到平面AMP 的距离2．如图，在矩形ABCD 中，2AB =，1AD =，E 是CD 的中点，以AE 为折痕将DAE ∆ 向上折起，使D 为D '，且平面D AE '⊥平面ABCE 。

（Ⅰ）求证：AD EB '⊥；（Ⅱ）求直线AC 与平面ABD '所成角的大小。

3．已知四棱锥P —ABCD 的底面是边长为4的正方形，PD ABCD ⊥底面，PD=6，M 、N 分别是PB 、AB 的中点； ①求证： MN CD ⊥②求三棱锥P —DMN 的体积；③求二面角M —DN —C 的平面角的正切值。

MPDCＡCPDM B NA4、如图5所示，AF 、DE 分别世O 、1O 的直径，AD 与两圆所在的平面均垂6AB AC ==,//OE AD .直，8AD =.BC 是O 的直径，(I)求二面角B AD F --的大小； (II)求直线BD 与EF 所成的角.5．如图，直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的高为3，底面是边长为4且∠DAB=60°的菱形，AC ∩BD=0，A 1C 1∩B 1D 1=O 1，E 是O 1A 的中点. (1) 求二面角O1-BC-D 的大小； (2) 求点E 到平面O1BC 的距离.6．已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB= 4，AC=AA 1=2，∠CAB=60°。

（1）求证：A 1C ⊥B 1C 1；（2）求点B 1到平面A 1BC 的距离；（3）求二面角C 1—A 1B —C 的大小。

7．如图，直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE. (1)求证AE ⊥平面BCE ；(2)求二面角B —AC —E 的大小； (3)求点D 到平面ACE 的距离.C 1 B 1A BCA 1图5A FD8．如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，BC ＝2．（1）求证：平面PDC ⊥平面PAD ；（2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值；（3）在BC 边上是否存在一点G ，使得D 点到平面PAG 的距离为1，若存在，求出BG 的值；若不存在，请说明理由．9．如图，梯形ABCD 中，//CD AB ，12AD DC CB AB ===，E 是AB 的中点，将ADE ∆沿DE 折起，使点A 折到点P 的位置，且二面角P DE C --的大小为120（1）求证：DE PC ⊥（2）求直线PD 与平面BCDE 所成角的大小（3）求点D 到平面PBC 的距离10如图，点P 为斜三棱柱111C B A ABC -的侧棱1BB 上一点，1BB PM ⊥交1AA 于点M ，1BB PN ⊥交1CC 于点N ．（1）求证：MN CC ⊥1；PA BCDEA DECBP（2）在任意DEF ∆中有余弦定理：DFE EF DF EF DF DE ∠⋅-+=cos 2222. 拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．1．解法1：(Ⅰ) 取CD 的中点E ，连结PE 、EM 、EA∵△PCD 为正三角形∴PE ⊥CD ，PE=PDsin ∠PDE=2sin60°=3 ∵平面PCD ⊥平面ABCD ∴PE ⊥平面ABCD ∵四边形ABCD 是矩形∴△ADE 、△ECM 、△ABM 均为直角三角形由勾股定理可求得 EM=3，AM=6，AE=3 ∴222AE AMEM =+∴∠AME=90°∴AM ⊥PM(Ⅱ)由(Ⅰ)可知EM ⊥AM ，PM ⊥AM∴∠PME 是二面角P －AM －D 的平面角A A 1B 1 BC 1M NP∴tan ∠PME=133==EM PE ∴∠PME=45°∴二面角P －AM －D 为45°； (Ⅲ)设D 点到平面PAM 的距离为d ，连结DM ，则PAM D ADM P V V --=∴d S PE S PAM ADM ⋅=⋅∆∆3131 而2221=⋅=∆CD AD S ADM在Rt PEM ∆中，由勾股定理可求得132PAM S AM PM ∆∴=⋅=, 所以：d ⨯⨯=⨯⨯33132231,∴362=d 即点D 到平面PAM解法2：(Ⅰ) ∵四边形ABCD 是矩形 ∴BC ⊥CD∵平面PCD ⊥平面ABCD ∴BC ⊥平面PCD 而PC ⊂平面PCD ∴BC ⊥PC 同理AD ⊥PDEＡBCDPM在Rt △PCM 中，PM=62)2(2222=+=+PC MC同理可求PA=32，AM=6 ∴222PA PMAM =+∴∠PMA=90°即PM ⊥AM(Ⅱ)取CD 的中点E ，连结PE 、EM ∵△PCD 为正三角形∴PE ⊥CD ，PE=PDsin ∠PDE=2sin60°=3 ∵平面PCD ⊥平面ABCD ∴PE ⊥平面ABCD 由(Ⅰ) 可知PM ⊥AM ∴EM ⊥AM∴∠PME 是二面角P －AM －D 的平面角 ∴sin ∠PME=2263==PM PE ∴∠PME=45°∴二面角P －AM －D 为45°； (Ⅲ)同解法(Ⅰ)解法3：(Ⅰ) 以D 点为原点，分别以直线DA 、DC 为x 轴、y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -,依题意，可得),0,2,0(),3,1,0(),0,0,0(C P D )0,2,2(),0,0,22(M A ……2分∴(0,1,PM =-=(AM =-=…4分∴,(0PM AM ⋅=⋅=即PM AM ⊥,∴AM ⊥PM(Ⅱ)设(,,)n x y z =，且n ⊥ 平面PAM ，则00n PM n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎪⎩⎪⎨⎧=-⋅=-⋅0)0,2,2(),,(0)3,1,2(),,(z y x z y x ∴⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-+022032y x z y x ⎪⎩⎪⎨⎧==yx yz 23取1=y，得n =取(0,0,1)p = ，显然p ⊥平面ABCD∴cos ,||||n p n p n p ⋅===⋅结合图形可知，二面角P －AM －D 为45°；(Ⅲ) 设点D 到平面PAM 的距离为d ，由(Ⅱ)可知n =与平面PAM 垂直，则||||DA n d n ⋅==)3(1)2(|)3,1,2()0,0,22(|222=++⋅即点D 到平面PAM2．解：如图所示，（Ⅰ）证明：取AE 的中点M ，连结MD '，则1AD D E MD AE ''==⇒⊥，由此及平面D AE '⊥平面ABCE ，且它们的交线为AE 得MD '⊥平面ABCE ，故AE 是斜线AD '在平面ABCE 上的射影。

高二数学高效课堂资料51立体几何提升1

BACDA 1B 1C 1D 1高二数学高效课堂资料立体几何提升案（一）------纠错、反思、总结、提升【学习目标】1.结合教材研读整合文本，自主纠错，说出出错原因，并找出解决方法；2.求线线角、线面角、二面角及空间距离，并总结规律方法；3.与同学分享交流向量法在立体几何中是如何应用的.一、选择题1.如图所示，在四面体P －ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝PC ，那么二面角B －AP －C 的余弦值为( )A ．22B ．33C ．77D ．572.已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( )A ．60°B ．90°C ．45°D ．以上都不正确3.已知长方体1111ABCD A B C D -，下列向量的数量积一定不为0的是( ) A.11AD B C ⋅ B.1BD AC ⋅ C.1AB AD ⋅ D.1BD BC ⋅4.如图所示，已知在直三棱柱ABO －A 1B 1O 1中，∠AOB ＝π2，AO ＝2，BO ＝6，D 为A 1B 1的中点，且异面直线OD 与A 1B 垂直，则三棱柱ABO －A 1B 1O 1的高是( )A ．3B ．4C ．5D ．6二、填空题5.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值 .6.在四棱锥ABCD P -中，若(4,2,3)AB =-，(4,1,0)AD =-，(6,2,8)AP =--，则这个四棱锥的高=h __________．7.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为△AFD 的外心，沿EF 将矩形折成120°的二面角A －EF －B ，此时KG 的长为__________．三、解答题：- 2 -8.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60AB BAD =∠=. (1)求证：BD ⊥平面;PAC（2）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；（3）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.9. 如图1，在ABC Rt ∆中，090=∠ABC ，060=∠BAC ，2=AB ，E D 、分别是BD AC 、的中点，连接AE 并延长交BC 于F ，将ABD ∆沿BD 折起，使平面BCD ABD 平面⊥，如图2所示，（1）求证：BCD AE 平面⊥；（2）求平面ADC AEF 与平面所成的锐二面角的余弦值；（3）在线段AF 上是否存在点M ，使得ADC EM 平面//？若存在，指出点M 的位置，若不存在，说明理由。

高三数学精选立体几何多选题提高题检测试卷

高三数学精选立体几何多选题提高题检测试卷一、立体几何多选题1．如图①，矩形ABCD 的边2BC =，设AB x =，0x >，三角形BCM 为等边三角形，沿BC 将三角形BCM 折起，构成四棱锥M ABCD -如图②，则下列说法正确的有（）A ．若T 为BC 中点，则在线段MC 上存在点P ，使得//PD 平面MATB ．当)3,2x ∈时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCDC ．若使点M 在平面ABCD 内的射影落在线段AD 上，则此时该四棱锥的体积最大值为1 D ．若1x =，且当点M 在平面ABCD 内的射影点H 落在线段AD 上时，三棱锥M HAB -6322++【答案】BCD 【分析】对于A ，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，此时，DP 与MN 必有交点；对于B ，取AD 的中点H ，表示出2223MH MT HT x --，验证当)3,2x ∈时，无解即可；对于C ，利用体积公式21233V x x =⨯⨯-，借助基本不等式求最值即可；对于D ，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为2323r =++【详解】对于A ，如图，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，则面ATM ⋂面()MDC N MN =．此时，DP 与MN 必有交点，则DP 与面ATM 相交，故A 错误；对于B ，取AD 的中点H ，连接MH ，则MH AD ⊥．若面MAD ⊥面ABCD ，则有2223MH MT HT x =-=- 当)3,2x ∈时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCD故B 正确；对于C ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，由B 可知，(3x ∈，所以()22222221223232331333232x x V x x x x ⎛⎫+-⎛⎫=⨯⨯-=-≤== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当223x x =-，即6x =时等号成立．故C 正确；对于D ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，且2MH =因为AHB ，MHB 都是直角三角形，所以M ABH -底面外接圆的圆心是中点，所以1R =，由等体积法，可求得内接圆半径为2323r =++，故61322R r ++=，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．2．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=.动点M 在侧面11ADD A 内(包含边界)运动，且满足直线//BM 平面1D EF ，则（）A ．过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为等腰梯形B ．三棱锥1D EFM -的体积为定值C ．动点M 10D ．过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面面积的最小值为10【答案】BCD【分析】由题做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，进而计算即可排除A 选项；根据//BM平面1D EF ，由等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEFV V V V ----===即可得B 选项正确；取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，易知过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而得当H 位于点I 时，截面面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅= 【详解】解：对于A 选项，如图，取BF 中点G ，连接1A G ，由点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=，故四边形11A D EG 为平行四边形，故11//AGD E ，由于在11A B G △，F 为1B G 中点，当N 为11A B 中点时，有11////NF A G D E ，故过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，此时12D N ==，EF ==1D EFN 不是等腰梯形，故A 选项错误；对于B 选项，三棱锥1D EFM -的体积等于三棱锥1M D EF -的体积，由于//BM平面1D EF ，故三棱锥1M D EF -的体积等于三棱锥1B D EF -的体积，三棱锥1B D EF -的体积等于三棱锥1D BEF -的体积，而三棱锥1D BEF -的体积为定值，故B 选项正确；对于C 选项，取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知1////HB AG NF ，1//BI D F ，由于1,HI BI I NFD F F ==，故平面//BHI 平面1D EF ，故M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；对于D 选项，过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，则过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，易知当H 位于点I 时，平行四边形BPOE 边BP 最小，且为AB ，此时截面平行四边形BPOE 的面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅=D 选项正确；故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而讨论AD选项，通过//BM平面1D EF ，并结合等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===知B 选项正确，通过构造面面平行得M 的轨迹为线段HI ，进而讨论C 选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.3．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误；平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．4．如图四棱锥P ABCD -，平面PAD ⊥平面ABCD ，侧面PAD 是边长为26角形，底面ABCD 为矩形，23CD =，点Q 是PD 的中点，则下列结论正确的是（）A ．CQ ⊥平面PADB ．PC 与平面AQC 所成角的余弦值为223C ．三棱锥B ACQ -的体积为62D ．四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的表面积为3【答案】BD 【分析】取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ，则由已知可得OP ⊥平面 ABCD ，而底面ABCD 为矩形，所以以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可. 【详解】解：取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ，因为三角形PAD 为等边三角形，所以OP AD ⊥, 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面 ABCD ，因为AD OE ⊥，所以,,OD OE OP 两两垂直，所以，如下图，以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(6,0,0),(6,0,0)O D A ，(0,0,32),6,23,0),(6,23,0)P C B ，因为点Q 是PD 的中点，所以632)2Q ，平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，632(23,22QC =-，显然 m 与QC 不共线，所以CQ 与平面PAD 不垂直，所以A 不正确；3632(6,23,32),(,0,),(26,23,0)22PC AQ AC =-==，设平面AQC 的法向量为(,,)n x y z =，则360260n AQ x zn AC ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令=1x ，则y z ==，所以(1,2,n =-，设PC 与平面AQC 所成角为θ，则21sin 36n PC n PCθ⋅===，所以cos θ=，所以B 正确；三棱锥B ACQ -的体积为1132BACQ Q ABC ABCV V SOP --==⋅ 1116322=⨯⨯⨯=，所以C不正确；设四棱锥Q ABCD -外接球的球心为)M a ，则MQ MD=，所以2222222a a⎛⎫++-=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得0a =，即M 为矩形ABCD 对角线的交点，所以四棱锥Q ABCD -外接球的半径为3，设四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的棱长为x ，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为2x，所以22362x ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，得224x =，所以正四面体的表面积为244x ⨯=，所以D 正确. 故选：BD【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.5．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥ C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE 【答案】AC 【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点， ∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ， ∴MF 平面1A DE ， ∵DF BE ∥且DF BE =， ∴四边形BEDF 为平行四边形， ∴BFDE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ， ∴BF ∥平面1A DE ，又BFMF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ， ∵BM ⊂平面BMF ， ∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==，则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确， ∵2DE CE a ==，2CD AB a ==，∴222DE CE CD +=，∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =，∴DE ⊥平面1A CE ， ∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误. 故选:AC . 【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．6．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（）A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π【答案】BD【分析】对于选项A ，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结KN ，BK ，通过假设CN AB ⊥，推出AB ⊥平面BCNK ，得到AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，即可判断；对于选项B ，在判断A 的图基础上，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，易得1NEC MAB ∠=∠，由余弦定理，求得CN 为定值即可；对于选项C ，取AM 中点O ，1B O ，DO ，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断；对于选项D ，易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，说明此时AD 中点E 为外接球球心即可.【详解】如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，112NE AB =，EC AM = 由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =，对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不可能，故A 错误；对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+，故CN 为定值，故B 正确；如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，表面积为4π，故D 正确.故选：BD.【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题.7．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3【答案】ABD【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可.【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EF BB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =，所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形，因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时2MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时3MN =，即面积S 的最大值为6，所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:6，故C 不正确．对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积1112123346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅=⨯⨯=△；因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.8．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D DD ．四边形1BFDE 面积的最小值为62 【答案】BCD【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 6 【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ，如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E平面11ABB A BE =. 平面1BFD E 平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确；对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为162322=，因此D 正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。

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ABC高中数学优秀生教学资源（立体几何）提高题1．如图，边长为2的等边△PCD 所在的平面垂直于矩形ABCD 所在的平面，BC ＝22，M 为BC 的中点(Ⅰ)证明：AM ⊥PM ；(Ⅱ)求二面角P －AM －D 的大小； (Ⅲ)求点D 到平面AMP 的距离2．如图，在矩形ABCD 中，2AB =，1AD =，E 是CD 的中点，以AE 为折痕将DAE ∆ 向上折起，使D 为D '，且平面D AE '⊥平面ABCE 。

（Ⅰ）求证：AD EB '⊥；（Ⅱ）求直线AC 与平面ABD '所成角的大小。

3．已知四棱锥P —ABCD 的底面是边长为4的正方形，PD ABCD ⊥底面，PD=6，M 、N 分别是PB 、AB 的MPDCBＡPM中点；①求证：MN CD②求三棱锥P—DMN的体积；③求二面角M—DN—C的平面角的正切值。

4、如图5所示，AF 、DE 分别世O 、1O 的直径，AD 与两径，圆所在的平面均垂直，8AD =.BC 是O 的直6AB AC ==,//OE AD .(I)求二面角B AD F --的大小； (II)求直线BD 与EF 所成的角.5．如图，直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的高为3，底面是边长为4且∠DAB=60°的菱形，AC ∩BD=0，A 1C 1∩B 1D 1=O 1，E 是O 1A 的中点.(1) 求二面角O1-BC-D 的大小； (2) 求点E 到平面O1BC 的距离.6．已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB= 4，AC=AA 1=2，∠CAB=60°。

（1）求证：A 1C ⊥B 1C 1；（2）求点B 1到平面A 1BC 的距离；（3）求二面角C 1—A 1B —C 的大小。

7．如图，直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE.C 1 B 1A BCA 1图5A FD(1)求证AE ⊥平面BCE ；(2)求二面角B —AC —E 的大小； (3)求点D 到平面ACE 的距离.8．如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，BC ＝2．（1）求证：平面PDC ⊥平面PAD ；（2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值；（3）在BC 边上是否存在一点G ，使得D 点到平面PAG 的距离为1，若存在，求出BG 的值；若不存在，请说明理由．9．如图，梯形ABCD 中，//CD AB ，12AD DC CB AB ===，E 是AB 的中点，将ADE ∆沿DE 折起，使点A 折到点P 的位置，且二面角P DE C --的大小为120（1）求证：DE PC ⊥（2）求直线PD 与平面BCDE 所成角的大小（3）求点D 到平面PBC 的距离PA BCDEAEBP10如图，点P 为斜三棱柱111C B A ABC -的侧棱1BB 上一点，1BB PM ⊥交1AA 于点M ，1BB PN ⊥交1CC 于点N ．（1）求证：MN CC ⊥1；（2）在任意DEF ∆中有余弦定理：DFE EF DF EF DF DE ∠⋅-+=cos 2222. 拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．1．解法1：(Ⅰ) 取CD 的中点E ，连结PE 、EM 、EA∵△PCD 为正三角形A A 1B 1 BC 1 CM NP∴PE ⊥CD ，PE=PDsin ∠PDE=2sin60°=3 ∵平面PCD ⊥平面ABCD ∴PE ⊥平面ABCD ∵四边形ABCD 是矩形∴△ADE 、△ECM 、△ABM 均为直角三角形由勾股定理可求得 EM=3，AM=6，AE=3 ∴222AE AMEM =+∴∠AME=90°∴AM ⊥PM(Ⅱ)由(Ⅰ)可知EM ⊥AM ，PM ⊥AM∴∠PME 是二面角P －AM －D 的平面角 ∴tan ∠PME=133==EM PE ∴∠PME=45°∴二面角P －AM －D 为45°； (Ⅲ)设D 点到平面PAM 的距离为d ，连结DM ，则PAM D ADM P V V --=∴d S PE S PAM ADM ⋅=⋅∆∆3131 而2221=⋅=∆CD AD S ADM在Rt PEM ∆中，由勾股定理可求得132PAM S AM PM ∆∴=⋅=, 所以：d ⨯⨯=⨯⨯33132231,∴=d 即点D 到平面PAM解法2：(Ⅰ) ∵四边形ABCD 是矩形 ∴BC ⊥CD∵平面PCD ⊥平面ABCD ∴BC ⊥平面PCD 而PC ⊂平面PCD ∴BC ⊥PC 同理AD ⊥PD在Rt △PCM 中，PM=62)2(2222=+=+PC MC同理可求PA=32，AM=6 ∴222PA PMAM =+∴∠PMA=90°即PM ⊥AM(Ⅱ)取CD 的中点E ，连结PE 、EM ∵△PCD 为正三角形EＡBCDPM∴PE ⊥CD ，PE=PDsin ∠PDE=2sin60°=3 ∵平面PCD ⊥平面ABCD ∴PE ⊥平面ABCD 由(Ⅰ) 可知PM ⊥AM ∴EM ⊥AM∴∠PME 是二面角P －AM －D 的平面角 ∴sin ∠PME=2263==PM PE ∴∠PME=45°∴二面角P －AM －D 为45°； (Ⅲ)同解法(Ⅰ)解法3：(Ⅰ) 以D 点为原点，分别以直线DA 、DC 为x 轴、y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -,依题意，可得),0,2,0(),3,1,0(),0,0,0(C P D )0,2,2(),0,0,22(M A ……2分∴(0,1,PM =-=(AM =-=…4分∴,(0PM AM ⋅=⋅=即PM AM ⊥,∴AM ⊥PM(Ⅱ)设(,,)n x y z =，且n ⊥ 平面PAM ，则00n PM n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎪⎩⎪⎨⎧=-⋅=-⋅0)0,2,2(),,(0)3,1,2(),,(z y x z y x ∴⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-+022032y x z y x ⎪⎩⎪⎨⎧==yx yz 23取1=y，得n =取(0,0,1)p = ，显然p ⊥平面ABCD∴cos ,2||||n p n p n p ⋅===⋅结合图形可知，二面角P －AM －D 为45°；(Ⅲ) 设点D 到平面PAM 的距离为d ，由(Ⅱ)可知n =与平面PAM 垂直，则||||DA n d n ⋅==)3(1)2(|)3,1,2()0,0,22(|222=++⋅即点D 到平面PAM2．解：如图所示，（Ⅰ）证明：取AE 的中点M ，连结MD '，则1AD D E MD AE ''==⇒⊥，由此及平面D AE '⊥平面ABCE ，且它们的交线为AE 得MD '⊥平面ABCE ，故AE 是斜线AD '在平面ABCE 上的射影。

又因为AE BE ==，2AB =，所以222AB AE BE =+，即AE EB ⊥，从而由三垂线定理知：AD EB '⊥。

（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，则(2,1,0)A 、(0,0,0)C 、(0,1,0)B、31,,22D ⎛'⎝⎭，从而(2,0,0)BA =，31,,222BD ⎛'=- ⎝⎭，(2,1,0)CA =。

设(,,)n x y z = 为平面ABD '的法向量，则2031022n BA x n BD x y z ⎧⋅==⎪⇒⎨'⋅=-=⎪⎩可以取(0n = 。

因此，有cos ,||||CA n CA n CA n ⋅<>===⋅，故直线AC 与平面ABD '所成角的大小为3．解：（法一）①PD ABCD PD CD CD DA ⊥∴⊥⊥ 底面 CD PDA CD PA ∴⊥∴⊥平面M N 、是PB 、AB 的中点，∴∴⊥MN//PA MN CD ②设AC 、BD 交于O ，连接MO 、PN 则由①知MN//PA ，∴PA//平面DMN∴P DMNA DMN M AND VV V ---==M 是PB 的中点∙M 到平面ABCD 的距离等于12PD ，而144AND ABCD P DMN M AND S S V V --=∴== ③过O 点作OK DN ⊥于K ，连接KM ，则K M D N ⊥，从而OKM ∠为二面角M-DN-C 的平面角，在Rt NOK中，sin sin OK ON OND ON AND =⋅∠=⋅∠=在Rt MOK中，tan MO OKM OK ∠==∴二面角M —DN —C（法二）①如图建立空间直角坐标系D xyz -，则 D （0，0，0），A （4，0，0），B （4，4，0）C （0，4，0）， P （0，0，6），M （2，2，3），N （4，2，0），O （2，2，0）(0,4,0)(2,0,3)DC MN ==-02400(3)0DC MN ⋅=⨯+⨯+⨯-=DC MN ∴⊥即CD MN ⊥②、③同解法一的解法。

4、解：(Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直,∴AD ⊥AB, AD ⊥AF,故∠BAD 是二面角B —AD —F 的平面角，依题意可知，ABCD 是正方形，所以∠BAD ＝450. 即二面角B —AD —F 的大小为450；(Ⅱ)以O 为原点，BC 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O （0，0，0），A （0，23-，0），B （23，0，0）,D （0，23-，8），E （0，0，8），F （0，23，0）所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=10828210064180||||,cos =⨯++=>=<FE BD 设异面直线BD与EF 所成角为α，则1082|,cos |cos =><=α 直线BD 与EF 所成的角为1082arccos5．(1)过O 作OF ⊥BC 于F ，连接O 1F ，∵OO 1⊥面AC ，∴BC ⊥O 1F ，∴∠O 1FO 是二面角O 1-BC-D 的平面角， ∵OB=2，∠OBF=60°,∴在Rt △O 1OF 在，tan ∠O 1FO=1OO OF == ∴∠O 1FO=60°(2)在△O 1AC 中，OE 是△O 1AC 的中位线，∴OE ∥O 1C∴OE ∥O 1BC ，∵BC ⊥面O 1OC ，∴面O 1BC ⊥面O 1OF ，交线O 1F. 过O 作OH ⊥O 1F 于H ，则OH 是点O 到面O 1BC 的距离， ∴OH=3.2∴点E 到面O 1BC 的距离等于3.2解法二：（1）∵OO 1⊥平面AC ，∴OO 1⊥OA ，OO 1⊥OB ，又OA ⊥OB ，建立如图所示的空间直角坐标系（如图）∵底面ABCD 是边长为4，∠DAB=60°的菱形， ∴0，0），B （0，2，0），C （0，0），O 1（0，0，3）设平面O 1BC 的法向量为1n =(x,y,z)，则1n ⊥1O B ,1n ⊥1OC,∴23030y z z -=⎧⎪⎨--=⎪⎩，则z=2,则∴1n而平面AC 的法向量2n=（0，0，3） ∴cos<1n ,2n >=121261342||||n n n n ==⨯, 设O 1-BC-D 的平面角为α, ∴cos α=1,2∴α=60°.故二面角O 1-BC-D 为60°.（2）设点E 到平面O 1BC 的距离为d,∵E 是O 1A 的中点，∴1EO32),则d=1131()|3||2EO n n == ∴点E 到面O 1BC 的距离等于32。

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