95学基础题题库(二)(立体几何)

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立体几何大题题库

立体几何解答题题库1.如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，P A =AB =AC =3，平面//α平面P AB ，且α与棱PC ，AC ，BC 分别交于P 1，A 1，B 1三点．（1）过A 作直线l ，使得l BC ⊥，11l P A ⊥，请写出作法并加以证明；（2）若α将三棱锥P -ABC 分成体积之比为8:19的两部分（其中，四面体P 1A 1B 1C 的体积更小），D 为线段B 1C 的中点，求四棱锥A 1-PP 1DB 1的体积．2.如图所示是一个几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图(其中正视图为直角梯形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形，尺寸如图所示)．(1)求四棱锥P -ABCD 的体积；(2)证明：BD ∥平面PEC ；(3)线段BC 上是否存在点M ，使得AE ⊥PM ？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．3.如图1所示，平面多边形CDEF 中，四边形ABCD 为正方形，EF ∥AB ，AB =2EF =2,沿着AB 将图形折成图2，其中AED ∠90,,AE ED H =︒=为AD 的中点.（Ⅰ）求证：EH ⊥BD ；（Ⅱ）求四棱锥D -ABFE 的体积.4.如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形，且平面⊥PAD 底面ABCD ，121===AD BC AB ，090=∠=∠ABC BAD .（1）证明：：AB PD ⊥；（2）点M 在棱PC 上，且CP CM λ=，若三棱锥ACM D -的体积为31，求实数λ的值. 5.已知ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，PD =DC =a ，2AD a =，M 、N 分别是AD 、PB 的中点。

（Ⅰ）求证：平面MNC ⊥平面PBC ；（Ⅱ）求点A 到平面MNC 的距离。

6.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB =AC ，E 是BC 的中点.（1）求证：平面AB 1E ⊥平面B 1BCC 1；（2）求证：A 1C ∥平面AB 1E ．7.如图，ABCD 为矩形，点A 、E 、B 、F 共面，且ABE ∆和ABF ∆均为等腰直角三角形，且BAE AFB ∠=∠=90°．（Ⅰ）若平面ABCD ⊥平面AEBF ，证明平面BCF ⊥平面ADF ；（Ⅱ）问在线段EC 上是否存在一点G ，使得BG ∥平面CDF ，若存在，求出此时三棱锥G -ABE 与三棱锥G -ADF 的体积之比．8.如图，四边形ABCD 为菱形，ACEF 为平行四边形，且平面ACEF ⊥平面ABCD ，设BD 与AC 相交于点G ，H 为FG 的中点.（Ⅰ）证明：BD ⊥CH ；（Ⅱ）若AB =BD =2，AE =3，CH =32，求三棱锥F -BDC 的体积.9.如图，四边形ABCD 是平行四边形，平面AED ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，AB =2,BC = EF =1,6AE =,DE =3,60BAD ∠=，G 为BC 的中点.（1）求证：FG ∥平面BED ；（2）求证：BD ⊥平面AED ；（3）求点F 到平面BED 的距离.10.如图，在底面为梯形的四棱锥S -ABCD 中，已知//AD BC ，60ASC ∠=，2AD DC ==，2SA SC SD ===.（1）求证：AC SD ⊥；（2）求三棱锥B -SAD 的体积.11.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PCD ⊥平面ABCD ，112AB AD CD ===， ∠BAD ＝∠CDA ＝90°，2PC PD ==．（1）求证：平面P AD ⊥平面PBC ；（2）求直线PB 与平面P AD 所成的角；（3）在棱PC 上是否存在一点E 使得直线BE ∥平面P AD ，若存在求PE 的长，并证明你的结论． 12.如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 是菱形，其对角线的交点为O ，且AB =AC 1，1AB B C ⊥.（1）求证：AO ⊥平面BB 1C 1C ；（2）若12BB =，且1160B BC B AC ∠=∠=︒，求三棱锥C 1-ABC 的体积.13.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB =2，60BAD ∠=︒．（1）求证：平面PBD ⊥平面P AC ；（2）若PA AB =，M 为线段PC 的中点，求三棱锥C -MBD 的体积。

高中数学立体几何大题题库答案

立体几何解答题题库答案1.（1）作法:取BC 的中点H ,连接AH ,则直线AH 即为要求作的直线l ．证明如下:,PA AB PA AC ⊥⊥,且AB AC A =,PA ∴⊥平面ABC ．平面//α平面PAB ,且α平面11PAC P A =,平面PAB平面PAC PA =． 11P A ∴⊥平面ABC ,11PA AH ∴⊥．又AB AC =,H 为BC 的中点,则AH BC ⊥,从而直线AH 即为要求作的直线l ．（2）α将三棱锥P ABC -分成体积之比为8:19的两部分,∴四面体111P A B C 的体积与三棱锥P ABC -分成体积之比为8:27,又平面//α平面PAB ,11123AC B C PC AC BC PC ∴===．易证//PA 平面111P A B ,则P 到平面111P A B 的距离1d 即为A 到平面111P A B 的距离,111d AA ∴==又D 为1B C 的中点,D ∴到平面111P A B 的距离21112d AC ==, 故四棱锥111A PPDB -的体积()1211422323V d d =⨯+⨯⨯⨯=． 2.(1)由几何体的三视图可知,底面ABCD 是边长为4的正方形,PA ⊥平面ABCD ,PA ∥EB ,且PA ＝,BE ＝,AB ＝AD ＝CD ＝CB ＝4,∴V P －ABCD ＝13PA ×S ABCD ＝13××4×4┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉4分（2）证明:连结AC 交BD 于O 点,取PC 中点F ,连结OF ,∵EB ∥PA ,且EB ＝12PA ,又OF ∥PA ,且OF ＝12PA ,∴EB ∥OF ,且EB ＝OF ,∴四边形EBOF 为平行四边形,∴EF ∥BD .又EF ⊂平面PEC ,BD ⊄平面PEC ,所以BD ∥平面PEC .┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉8分解法二:可取PA 的中点Q,证明平面PEC ∥平面BDQ.BD ⊂平面BDQ.所以BD ∥平面PEC .(3)存在,点M 为线段BC 上任意一点. 证明如下:连结BP ,∵EBAB ＝BA PA ∠EBA ＝∠BAP ＝90°, ∴△EBA ∽△BAP ,∴∠PBA ＝∠BEA ,∴∠PBA ＋∠BAE ＝∠BEA ＋∠BAE ＝90°,∴PB ⊥AE . 又∵BC ⊥平面APEB ,∴BC ⊥AE ,∴AE ⊥平面PBC ,∴点M 为线段BC 上任意一点,均可使得AE ⊥PM. ┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉12分3.（Ⅰ）在梯形ABCD 中,∵CD AB //,CB AD =,∴=∠BAD 60ABC ∠=,∴=∠ADC 120=∠BCD ,∵1==DC AD .∴=∠CAD 30=∠ACD ,∴ 90=∠ACB ,∴AC BC ⊥.（4分）∵平面ACFE ⊥平面ABCD ,平面 ACFE 平面ABCD AC =,∴⊥BC 平面ACFE .（Ⅱ）在ADC ∆中,-+=222DC AD AC ADC DC AD ∠⋅cos 23=,∴3=AC .分别以CF CB CA ,,为x 轴,y 轴,z 轴建立平面直角坐标系, 设h CF =,则)0,0,0(C ,)0,0,3(A ,)0,1,0(B ,)0,0,21(D ,),0,0(h F ,则)0,1,21(-=BD ,),1,0(h BF -=,易知平面BCF 的一个法向量为)0,0,1(=m , ∵平面BDF 的法向量为),,(z y x =,∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0BF n BD n 即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,0,021hz y y x 令1=z ,则h x 2=,h y =, ∴平面BDF 的法向量为)1,,2(h h =,∵二面角D BF C --的平面角的余弦值为66, ∴>=<n m ,cos 1522+h h66=,解得1=h ,即1=CF .（10分）所以六面体ABCDEF 的体积为:=ABCDEF V ACFE B V -ACFE D V -+BC S ACFE ⨯=正方形31D ACFE y S ⨯+正方形3121211311131=⨯⨯+⨯⨯=.（12分）4.（1）证明:取AD 的中点O,连OC,OP∵∆PAD 为等边三角形,且O 是边AD 的中点∴AD PO ⊥∵平面PAD ⊥底面ABCD ,且它们的交线为AD∴ABCD PO 平面⊥∴PO BA ⊥∵O PO AD AD BA =⊥ 且,∴PAD AB 平面⊥∴AB PD ⊥（2）设点M 到平面ACD 的距离为h ∵31==--ACD M ACM D V V ∴3131=⋅∆h S ACD ∴11ACD h S ∆== ∵31==OP h CP CM∴λ== 5.（I ）连PM 、MB ∵PD ⊥平面ABCD ∴PD ⊥MD222222222323a AM AB BM a MD PD PM =+==+=∴又 ∴PM=BM 又PN=NB ∴MN ⊥PB,22,BC a PC a BC a DC PD ==∴===得NC ⊥PB MN NC N = ∴PB ⊥平面MNC⊂PB 平面PBC∴平面MNC ⊥平面PBC（II ）取BC 中点E,连AE,则AE//MC ∴AE//平面MNC,A 点与E 点到平面MNC 的距离相等取NC 中点F,连EF,则EF 平行且等于21BN ∵BN ⊥平面MNC ∴EF ⊥平面MNC,EF 长为E点到平面MNC 的距离 ∵PD ⊥平面ABCD,PD BC ∴⊥ 又BC ⊥DC BC ∴⊥面PCD ∴BC ⊥PC.24121,222a PB BN EF a PC BC PB ====+=∴ 即点A 到平面MNC 的距离为2a 6.（2）连接A 1B ,设A 1B ∩AB 1=F ,连接EF ．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,四边形AA 1B 1B 为平行四边形,所以F 为A 1B 的中点．又因为E 是BC 的中点,所以EF ∥A 1C ．因为EF 在平面AB 1E 内,A 1C 不在平面AB 1E 内,所以A 1C ∥平面AB 1E ．7.证明:（1）∵ABCD 为矩形,∴BC ⊥AB,又∵平面ABCD ⊥平面AEBF,BC ⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB, ∴BC ⊥平面AEBF, ……………（2分）又∵AF ⊂平面AEBF,∴BC ⊥AF. ……………（3分）∵∠AFB=90°,即AF ⊥BF,且BC 、BF ⊂平面BCF,BC∩BF=B , ∴AF ⊥平面BCF. ……………（5分）又∵AF ⊂平面ADF,∴平面ADF ⊥平面BCF. ………………………………（6分）（2）∵BC ∥AD,AD ⊂平面ADF,∴BC ∥平面ADF.∵ABE ∆和ABF ∆均为等腰直角三角形,且BAE AFB ∠=∠=90°,∴∠FAB=∠ABE=45°,∴AF ∥BE,又AF ⊂平面ADF,∴BE ∥平面ADF,∵BC∩BE=B ,∴平面BCE ∥平面ADF.延长EB 到点H,使得BH =AF,又BC //AD,连CH 、HF,易证ABHF 是平行四边形, ∴HF //AB //CD,∴HFDC 是平行四边形,∴CH ∥DF.过点B 作CH 的平行线,交EC 于点G,即BG ∥CH ∥DF,（DF ⊂平面CDF ）∴BG ∥平面CDF,即此点G 为所求的G 点. ………………………………（9分）又22AF BH ==,∴EG=23EC ,又2ABE ABF S S ∆∆=, 2444433333G ABE C ABE C ABF D ABF B ADF G ADF V V V V V V ------=====, 故43G ABE G ADF V V --=..………………………………（12分） 8.（1）证明: 四边形ABCD 为菱形 AC BD ⊥∴,………………1分又Q 面ACFE ⋂面ABCD =ACABCD BD 平面⊂∴………………2分面ABCD ⊥面ACFE C………………3分ACFE BD 面⊥∴,………………4分Q ACFE CH 面⊂ ………………5分CH BD ⊥∴………………………………6分（2）在FCG ∆中,GF CH CH CF CG ⊥===,23,3 所以︒=∠120GCF ,………………6分3=GF ………………8分ACFE BD 面⊥ ,ACFE GF 面⊂GF BD ⊥∴,………………9分3322121=⨯⨯=⋅=∆GF BD S BDF …………………………………. 10分又BD CH ⊥∴,GF CH ⊥,G GF BD =⋂∴,BDF GF BD 平面⊂∴,∴CH ⊥平面BDF . . . . . . . . . . . . . 12分232333131=⋅⋅=⋅⋅==∆--CH S V V BDF BDF C BDC F ……………………………14分 9.（1）证明:取BD 的中点O ,连接OE ,OG在BCD ∆中,因为G 是BC 的中点,所以OG ∥DC 且112OG DC ==,……………1分因为EF ∥AB ,AB ∥DC ,1EF =,所以EF ∥OG 且EF OG =,……………………2分所以四边形OGFE 是平行四边形,所以FG ∥OE , ………………………3分又FG ⊄平面BED ,OE ⊂平面BED ,所以FG ∥平面BED ． ……………………………4分（2）证明:在ABD ∆中,1AD =,2AB =,60BAD ∠=,由余弦定理得BD ==…………………………5分因为222314BD AD AB +=+==,所以BD AD ⊥. …………………………6分因为平面AED ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,平面AED 平面ABCD AD =, 所以BD ⊥平面AED . ……………………………7分（3）解法1:由（1）FG ∥平面BED ,所以点F 到平面BED 的距离等于点G 到平面BED 的距离, ……………………8分设点G 到平面BED 的距离为h ,过E 作EM DA ⊥,交DA 的延长线于M ,则EM ⊥平面ABG ,所以EM 是三棱锥E ABG -的高． ……………………9分由余弦定理可得2cos 3ADE ∠=,所以sin ADE ∠=,sin EM DE ADE =⋅∠=. …………………………10分12DBG S DB BG ∆=⋅=12BDE S BD DE ∆=⋅= 因为G BDE E DBG V V--=,………………………………11分即1133BDE DBG S h S EM ∆∆⋅=⋅,解得h = 所以点F 到平面BED 的距离为65． ………………………………12分解法2:因为EF ∥AB ,且12EF AB =, 所以点F 到平面BED 的距离等于点A 到平面BED 的距离的12, ……………8分由（2）BD ⊥平面AED .因为BD ⊂平面BED ,所以平面BED ⊥平面AED ．过点A 作AH DE ⊥于点H ,又因为平面BED 平面AED ED =,故⊥AH 平面BED . 所以AH 为点A 到平面BED 的距离．…………………9分在ADE ∆中,6,3,1===AE DE AD , 由余弦定理可得2cos 3ADE ∠=所以sin ADE ∠=, …………………10分因此35sin =∠⋅=ADE AD AH , ……………………………………………………11分所以点F 到平面BED 的距离为65． ………………………………………………12分10.（1）设O 为AC 的中点,连接OS ,OD ,∵SA SC =,∴OS AC ⊥,∵DA DC =,∴DO AC ⊥,又,OS OD ⊂平面SOD ,且OS OD O =,AC ⊥平面SOD ,又SD ⊂平面SOD ,∴AC SD ⊥.（2）连接BD ,在ASC ∆中,∵SA SC =,60ASC ∠=,O 为AC 的中点,∴ASC ∆为正三角形,且2AC =,OS =∵在ASC ∆中,2224DA DC AC +==,O 为AC 的中点,∴90ADC ∠=,且1OD =,∵在SOD ∆中,222OS OD SD +=,∴SOD ∆为直角三角形,且90SOD ∠=,∴SO OD ⊥又OS AC ⊥,且ACDO O =,∴SO ⊥平面ABCD . ∴B SAD S BAD V V --=13BAD S SO ∆=⋅⋅1132AD CD SO =⨯⋅⋅⋅11323=⨯=. 11.证明(1)因为∠BAD ＝∠CDA ＝90°,所以//AB CD ,四边形ABCD 为直角梯形,2CD =又PC PD ==222CD PC PD +=PD PC ∴⊥又,,AD CD AD PAD ⊥⊂,CD,PCD ABCD PCD ABCD ⊥=平面平面平面平面 AD PCD ∴⊥平面又PC PBC ⊂平面 ,AD PC ∴⊥,,,PD PC PD PA A PD PA PAD ⊥=⊂点平面PC PAD ∴⊥平面,PC PBC ⊂平面所以平面P AD ⊥平面PBC ……………………4分(2)30°…………………………………8分(3)存在E 为PC 中点,即PE =满足条件……………………………12分 12.（1)证明:∵四边形11BB C C 是菱形,∴11B C BC ⊥,∵11,AB B C AB BC B ⊥⋂=, ∴1B C ⊥平面1ABC ,又AO ⊂平面1ABC ,∴1B C AO ⊥．∵1AB AC =,O 是1BC 的中点,∴1AO B C ⊥,∵11B C BC O ⋂=,∴AO ⊥平面11BB C C …………… ……6分（2）菱形11BB C C 的边长为2,又1160,B BC BB C ∠=︒∴∆是等边三角形,则12B C =. 由（1）知,1AO B C ⊥,又O 是1B C 的中点,1AB AC ∴=,又1160,B AC AB C ∠=︒∴∆是等边三角形,则112AC AB B C ===.在Rt ACO ∆中,22AO ===分11111122sin1201332C ABC A BCC BCC V V S AO --∆∴==⋅=⨯⋅⋅⋅=……………12分 13.（Ⅰ）证明:∵四边形ABCD 是菱形,∴AC BD ⊥.又∵PA ⊥平面ABCD ,BD ⊂≠平面ABCD ,∴PA BD ⊥．又PA AC A =,PA ⊂≠平面PAC ,AC ⊂≠平面PAC ,∴BD ⊥平面PAC ,∵BD ⊂≠平面PBD ,∴平面PBD ⊥平面PAC .（Ⅱ）解:BCD 11=221=3223C BDM M V V --=⨯⨯⨯⨯ 14. （1）证明:因为底面ABCD 为矩形,所以AD ∥BC ．AD BCAD ADF BC ADF BC ADF ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭∥平面∥平面平面,BC ADFBC BCPQ BC PQ BCPQ ADF PQ ⎫⎪⊂⇒⎬⎪=⎭∥平面平面∥平面平面,PQ BC PQ ABCD PQ ABCD BC ABCD ⎫⎪⊄⇒⎬⎪⊂⎭∥平面∥平面平面．（2）解:由CD ⊥BE ,CD ⊥CB ,易证CD ⊥CE ,由BC ⊥CD ,BC ⊥FD ,易证BC ⊥平面CDFE ,所以CB ⊥CE ,即CD ,CE ,CB 两两垂直．连接FB ,FC ,则CD ＝2,BC ＝3,1(23)123F ABCD V -=⨯⨯⨯=, 111(31)1322F BCE V -=⨯⨯⨯⨯=, 15222ABCDEF F ABCD F BCE V V V --=+=+=．15.（1）证明:因为AB =1BC =,090ABC ∠=,所以2AC =,060BCA ∠=,在△ACD 中,AD =2AC =,060ACD ∠=,由余弦定理可得:2222cos AD AC CD AC CD ACD =+-∠解得:CD =4所以222AC AD CD +=,所以△ACD 是直角三角形,又E 为CD 的中点,所以12AE CD CE == 又060ACD ∠=,所以△ACE 为等边三角形,所以060CAE BCA ∠==∠,所以//BC AE ,又AE ⊂平面SAE ,BC ⊄平面SAE ,所以BC ∥平面SAE .（2）解:因为SA ⊥平面ABCD ,所以SA 同为三棱锥S BCE -与四棱锥S ABED -的高.由（1）可得0120BCE ∠=,122CE CD ==,所以1sin 2BCE S BC CE BCE ∆=⨯⨯∠1122=⨯⨯=.BCE ABED ABCD S S S ∆=-四边形四边形ABC ACD BCD S S S ∆∆∆=+-111222=+⨯⨯=.所以::1:4BCE ABED S S ∆==四边形故:三棱锥S BCE -与四棱锥S BEDA -的体积比为1:4.16.（Ⅰ）取PA 的中点G,连FG,由题可知:BF=FP ,则FG //AB FG = 12AB ,又CE= ED ,可得:DE//AB 且DE = 12AB , ∴ FG //DE 且FG = DE ,∴四边形DEFG 为平行四边形,则EF //DG且EF =DG ,DG ⊂平面PAD ；EF ⊄平面PAD,∴ EF//平面PAD ⋯⋯⋯4分（Ⅱ）由PD ⊥平面ABCD ,PD ⊂平面PAD ,∴ 平面PAD ⊥平面ABCD,且交线为AD,又底面ABCD 是矩形,∴ BA ⊥ AD,∴BA ⊥ 平面PAD ,∴平面PAB ⊥平面PAD,其交线为PA ,又PD=AD,G 为PA 的中点,∴DG ⊥ PA,∴ DG ⊥平面PAB ,由（Ⅰ）知:EF // DG , ∴ EF ⊥平面PAB ⋯⋯⋯8分（Ⅲ）由得,AD=PD=1,F 为PB 的中点,∴ AEF P V -= AEF B V - = ABE F V -= ABE P V -21=PD S ABE ⋅⋅⋅∆3121 = 112213121⋅⋅⋅⋅⋅= 122⋯⋯⋯⋯12分 17.(1)见解析；（2.解:（1）证明:∵OD ABCD ⊥平面,PA QD ∥,∴PA ABCD ⊥平面,又∵BC ABCD ⊂平面,∴PA BC ⊥,又BC AB ⊥,PA PAB ⊂平面,AB PAB ⊂平面,PAAB A =,∴BC PAB ⊥平面,又∵BC QBC ⊂平面,∴平面PAB QBC ⊥平面. --------------------------518.（1）证明:∵平面PAD 垂直矩形平面ABCD ,∴CD ⊥平面PAD取DC 中点H,连接EH,EH ⊥CD,连接FH,则FH ⊥CD则CD ⊥平面EHF,∴平面EHF//平面PAD,又EF ∈平面EHF∴EF 平行PAD ； …………4分（2）证明:∵平面PAD 垂直矩形平面ABCD ,角CDA=90度,CD ⊥平面PAD,又平面PAD∩平面PDC 于PD,又DC ∈平面PDC,∴平面PDC 垂直平面PAD ………8分分19.（1）连结AB 1交A 1B 于点O,则O 为AB 1中点, D AC OD B CCD A BD B C A BD B C A BD∴⊂⊄∴１１１１１１是的中点又平面，平面平面20.（1）证明:连接BD ,交AC 于F ,连接EF .∵四边形ABCD 为正方形∴F 为BD 的中点∵E 为PB 的中点,∴EF ∥PD 又∵PD ⊄面ACE ,EF ⊂面ACE ,∴PD ∥平面ACE .（2）.取AB 中点为G ,连接EG .∵E 为PB 的中点,∴EG ∥P A∵PA ⊥平面ABCD ,∴EG ⊥平面ABCD ,即EG 是三棱锥E ADC -的高,在Rt PAB ∆中,PB =4AB =,则4PA =, 2EG =,∴三棱锥E ADC -的体积为1116442323⨯⨯⨯⨯=. 21.（Ⅰ）证明:∵四边形ABCD 是矩形,∴CD ⊥BC .∵平面PBC ⊥平面ABCD ,平面PBC ∩平面ABCD =BC ,CD ⊂平面ABCD ,∴CD ⊥平面PBC ,∴CD ⊥PB .∵PB ⊥PD ,CD ∩PD =D ,CD 、PD ⊂平面PCD ,∴PB ⊥平面PCD .∵PB ⊂平面P AB ,∴平面P AB ⊥平面PCD .（Ⅱ）取BC 的中点O ,连接OP 、OE .∵PB ⊥平面PCD ,∴PB PC ⊥,∴112OP BC ==, ∵PB PC =,∴PO BC ⊥．∵平面PBC ⊥平面ABCD ,平面PBC ∩平面ABCD =BC ,PO ⊂平面PBC ,∴PO ⊥平面ABCD ,∵AE ⊂平面ABCD ,∴PO ⊥AE .∵∠PEA =90O , ∴PE ⊥AE .∵PO ∩PE=P ,∴AE ⊥平面POE ,∴AE ⊥OE .∵∠C=∠D =90O , ∴∠OEC =∠EAD ,∴Rt OCE Rt EDA ∆∆,∴OC CE ED AD=． ∵1OC =,2AD =,CE ED =,∴CE ED ==111332A PED P AED AED V V S OP AD ED OP --==⋅=⨯⋅⋅112132=⨯⨯= 22.（1）证明:因为23λ=,所以23CE CS =,在线段CD 上取一点F 使23CF CD =,连接EF,BF,则EF ∥SD 且DF ＝1．因为AB ＝1,AB ∥CD,∠ADC ＝90°,所以四边形ABFD 为矩形,所以CD ⊥BF ．又SA ⊥平面ABCD,∠ADC ＝90°,所以SA ⊥CD,AD ⊥CD ．因为AD∩SA ＝A,所以CD ⊥平面SAD, PCBAE DO所以CD ⊥SD,从而CD ⊥EF ．因为BF∩EF ＝F,所以CD ⊥平面BEF ．又BE ⊂平面BEF,所以CD ⊥BE ．（2）解:由题设得,111()2332S BCD BCD V S SA CD AD SA -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△,又因为SB ==BD ==SD =,所以12SBD S SD =⋅=△,设点C 到平面SBD 的距离为h,则由V S —BCD ＝V C —SBD 得h =,因为13CE CS =,所以点E 到平面SBD 的距离为23h =．23.证明:（1）∵几何体1111ABCD A B C D -为四棱柱,∴四边形11BCC B 为平行四边形,即BC ∥11B C ,且BC =11B C ,……………2分又∵底面ABCD 为等腰梯形,∴BC ∥AM ,即AM ∥11B C , ………………………3分又∵22AD AB BC ==,且M 为边AD 的中点,∴AM BC =,即AM =11B C ,……………4分则四边形11AMC B 为平行四边形,即1C M ∥1AB , ………………………………5分又∵1C M ⊄平面11A ABB ,1A B ⊂平面11A ABB ,∴1C M ∥平面11A ABB , ……………………………………………………7分（2）∵BC ∥AM ,且AM BC =,∴四边形AMCB 为平行四边形, 又∵2AD AM AB ==,∴四边形AMCB 为茭形,则BM ⊥AC , ……………9分又∵1CB ⊥底面ABCD ,且BM ⊂底面ABCD ,∴BM ⊥1CB , ……………11分又∵1AC CB C =,且AC ⊂平面1ACB ,1CB ⊂平面1ACB ,∴BM ⊥平面1ACB , ……………………………………………………13分又∵BM ⊂底面1B BM ,∴平面1B BM ⊥平面1ACB ……………………………14分 24.（Ⅰ）证明:取BC 中点M ,连接,DM PM可知1MD AB ==且MD BC ⊥又,2PB PC BC ⊥=,∴在Rt PBC ∆有1PM = 又2PD =,222PD PM MD ∴=+,即MD PM ⊥ ………………………3分又,,MD BC PM BC M PM ⊥=⊂平面PBC ,BC ⊂平面PBCMD ∴⊥平面PBC , ………………………5分又MD ⊂平面ABCD∴平面PBC ⊥平面ABCD ………………………6分（Ⅱ）设点D 到平面PAB 的距离为h,PC PB PC PB =⊥,PM BC ∴⊥ 又平面PBC ⊥平面ABCD ,且平面PBC 平面ABCD BC =PM ∴⊥面ABCD ………………………8分1111||1113326P ABD ABD V PM S -∆∴==⨯⨯⨯⨯=………………………9分在PAB ∆中有1,PB AB PA ===,222,PB AB PA PB AB ∴+=∴⊥∴2PAB S ∆=…………………10分1113326D ABP ABP V S h h -∆=⋅=⨯=,2h ∴=所以点D 到平面PAB.………………………12分 25.（1）因为//BC 平面SDM, BC ⊂平面ABCD,平面SDM 平面ABCD=DM,所以DM BC //,因为DC AB //,所以四边形BCDM 为平行四边形,又CD AB 2=,所以M 为AB 的中点．因为AM λ=,12λ∴=．（2）因为BC ⊥SD , BC ⊥CD ,所以BC ⊥平面SCD ,又因为BC ⊂平面ABCD ,所以平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD 平面ABCD CD =,在平面SCD 内过点S 作SE ⊥直线CD 于点E ,则SE ⊥平面ABCD , 在Rt △SEA 和Rt △SED 中,因为SA SD =,所以AE DE ==, 又由题知45EDA ∠=,所以AE ED ⊥,由已知求得AD =,所以1AE ED SE ===,连接BD,则111133S ABD V -=⨯⨯=三棱锥,又求得△SAD所以由B ASD S ABD V V --=三棱锥三棱锥点B 到平面SAD ．26.（1）由已知,平面ABCD, ∵平面, 又∵,∴平面．因平面EBD,则平面平面BDE ．（2）法1:记AC 交BD 于点O,连PO,由（1）得平面平面BDP,且交于直线PO, 过点E 作于H,则平面PBD, ∴为BE 与平面PBD 所成的角． ∵,∴． ∴．又,则．于是,直线BE与平面PBD所成角的正弦值是．法2:（等体积法）∵,∴E点到平面PBD的距离为．又,则．于是,直线BE与平面PBD所成角的正弦值是．27.（1）又又（2）设,则.过作,为垂足,为中点....四棱锥P-ABCD的侧面积为:,。

立体几何大题题库

（Ⅰ）求证：平面MNC ⊥平面PBC ；（Ⅱ）求点A 到平面MNC 的距离。

6.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB =AC ，E 是BC 的中点.（1）求证：平面AB 1E ⊥平面B 1BCC 1；（2）求证：A 1C ∥平面AB 1E ．如图，ABCD 为矩形，点A 、E 、B 、F 共面，且ABE ∆和ABF ∆均为等腰直角三角形，且BAE AFB ∠=∠=90°．（Ⅰ）若平面ABCD ⊥平面AEBF ，证明平面BCF ⊥平面ADF ；（Ⅱ）问在线段EC 上是否存在一点G ，使得BG ∥平面CDF ，若存在，求出此时三棱锥G -ABE 与三棱锥G -ADF 的体积之比．8.如图，四边形ABCD 为菱形，ACEF 为平行四边形，且平面ACEF ⊥平面ABCD ，设BD 与AC 相交于点G ，H 为FG 的中点.（Ⅰ）证明：BD ⊥CH ；（Ⅱ）若AB =BD =2，AE =3，CH =32，求三棱锥F -BDC 的体积.9.如图，四边形ABCD 是平行四边形，平面AED ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，AB =2,BC = EF =1,6AE =,DE =3,60BAD ∠=，G 为BC 的中点.（1）求证：FG ∥平面BED ；（2）求证：BD ⊥平面AED ；（3）求点F 到平面BED 的距离.如图，在底面为梯形的四棱锥S -ABCD 中，已知//AD BC ，60ASC ∠=，2AD DC ==，2SA SC SD ===.（1）求证：AC SD ⊥；（2）求三棱锥B -SAD 的体积.11.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PCD ⊥平面ABCD ，112AB AD CD ===， ∠BAD ＝∠CDA ＝90°，2PC PD ==．（1）求证：平面P AD ⊥平面PBC ；（2）求直线PB 与平面P AD 所成的角；（3）在棱PC 上是否存在一点E 使得直线BE ∥平面P AD ，若存在求PE 的长，并证明你的结论． 12.如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 是菱形，其对角线的交点为O ，且AB =AC 1，1AB B C ⊥.（1）求证：AO ⊥平面BB 1C 1C ；（2）若12BB =，且1160B BC B AC ∠=∠=︒，求三棱锥C 1-ABC 的体积.13.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB =2，60BAD ∠=︒．（1）求证：平面PBD ⊥平面P AC ；（2）若PA AB =，M 为线段PC 的中点，求三棱锥C -MBD 的体积。

高中数学立体几何测试题(10套)

∴ BD ∥平面 PMN ，
位置关系为
平行
。
∴ O 到平面 PMN 的距离即为 BD 到平面 PMN 的距离。
11 、a,b 为异面直线，且 a,b 所成角为 40 °，直线 c 与 a,b 均异面，且所成角均为
∵ BD ⊥ AC ， MN ∥ BD
∵ PA⊥面 ABCD
θ，若这样的 c 共有四条，则 θ的范围为 (70 °， 90° ) 。
D
C
A
B
D1 A1
C1 B1
17 、已知异面直线 a， b 的公垂线段 AB 的中点为 O，平面满足 a∥ ， b∥ ，且 O ， M 、 N 是 a， b 上的任意两点， MN ∩ ＝ P，求证： P 是 MN 的中
点
A aM
O
P
BN b
.
立几面测试 001
参考答案
一、 1- 8 ACDDBDBA
2、已知 m， n 为异面直线， m∥平面， n∥平面， ∩ =l ，则 l（）（ A）与 m， n 都相交（ B）与 m，n 中至少一条相交（ C）与 m， n 都不相交（ D ）与 m， n 中一条相交
3、已知 a， b 是两条相交直线， a∥ ，则 b 与的位置关系是（）
A 、 b∥
PAM
∵ AB=2 ， BM=1 ， CM=1
∴ AM= 5 ，
P
A H
O
.
B
F M
B
D N C
立几面测试 003
一、选择题
1．异面直线是指
(A) 在空间内不能相交的两条直线
(B) 分别位于两个不同平面的两条直线
(C) 某一个平面内的一条直线和这个平面外的一条直线

立体几何经典试题(含答案)

1. 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点(Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.【解析】（Ⅰ）由题设知BC ⊥1CC ,BC ⊥AC ，1CC AC C ⋂=,∴BC ⊥面11ACC A , 又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥,由题设知01145A DC ADC ∠=∠=,∴1CDC ∠=090,即1DC DC ⊥, 又∵DC BC C ⋂=, ∴1DC ⊥面BDC , ∵1DC ⊂面1BDC ， ∴面BDC ⊥面1BDC ；（Ⅱ）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，AC =1，由题意得，1V =1121132+⨯⨯⨯=12，由三棱柱111ABC A B C -的体积V =1，∴11():V V V -=1:1， ∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1. 2. 如图5所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面PAD ，//AB CD ，PD AD =，E 是PB 的中点，F 是CD 上的点且12DF AB =，PH 为△PAD 中AD 边上的高.（1）证明：PH ⊥平面ABCD ；（2）若1PH =，AD =，1FC =，求三棱锥E BCF -的体积；（3）证明：EF ⊥平面PAB .B 1C BADC 1A 1【解析】（1）证明：因为AB ⊥平面PAD ，所以PH AB ⊥。

因为PH 为△PAD 中AD 边上的高，所以PH AD ⊥。

因为AB AD A = ，所以PH ⊥平面ABCD 。

（2）连结BH ，取BH 中点G ，连结EG 。

因为E 是PB 的中点，所以//EG PH 。

因为PH ⊥平面ABCD ，所以EG ⊥平面ABCD 。

则1122EG PH ==， 111332E B C F B C FV S E G F C A D G -∆=⋅=⋅⋅⋅⋅=12。

立体几何大题训练及答案

1、如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（1）线段的中点为，线段的中点为，求证：；（2）求直线与平面所成角的正切值.解：（1）取的中点为，连,,则,面/面, .............. 分5（2）先证出面，.............. 分8为直线与平面所成角，................ 分11................ 分142、己知多面体ABCDE中，DE平面ACD,, AC=AD=CD=DE=2 AB =1, O 为CD 的中点.（1）求证：AO平面CDE（2）求直线BD与平面CBE所成角的正弦值3、如图，在△中，，，点在上，交于，交于•沿将△翻折成△，使平面平面；沿将△翻折成△ ，使平面平面．（ 1 ）求证：平面；（2 ）若，求二面角的平面角的正切值.解：（1）因为，平面，所以平面.因为平面平面，且，所以平面. …2分同理，平面，所以，从而平面. …4分所以平面平面，从而平面.2)因为，，所以，，，．过E作，垂足为M，连结.由( 1)知，可得，所以，所以.所以即为所求二面角的平面角，可记为.在Rt△中，求得，所以. …4、如图，平面ABC,平面BCD, DE=DA=AB=AC,. M(1) 求直线EM与平面BCD所成角的正弦值；(2) P为线段DM上一点，且DM，求证：AP//DE. (12)分15 分为BC中点.解：(1) 平面,为在平面上的射影,为与平面所成角. …分2平面,, 设,又,. 在△中，，，又为中点，， ,.…5分在△中，，．……………………分 (7)2),为中点, ．又平面, ,平面．又平面,,分11 …分9又，平面. .............. 分13又平面，. .............. 分145、如图，已知ABCD是边长为1的正方形，AF丄平面ABCD, CE// AF,(1)证明：BD丄EF;(2)若AF= 1，且直线BE与平面ACE所成角的正弦值为,求的值.解：(1)连结BD、AC,交点为O. •/ ABCD是正方形/• BD丄AC ……2分•/ AF丄平面ABCD A AF丄BD ……4分••• BD丄平面ACEF (6)A BD丄EF ……7分(2)连结0E,由(1)知，BD丄平面ACEF所以/ BEO即为直线BE与平面ACE所成的角. ……10分•/ AF丄平面ABCD, CE// AF , • CE丄平面ABCD, CE1 BC,•/ BC =1 , AF= 1 ,贝U CE= , BE= , B0=,• RtA BEO 中，，…1盼因为解得. …… 15分6、如图在几何体中平面ABC分别是的中点.(1) 求证：平面CDE；(2) 求二面角的平面角的正切值.解：(1)连接ACR1R交EC于点F ,由题意知四边形ACCR1RE是矩形,贝U F是ACR1R的中连接DF, •/ D是AB的中点，•ABCR1R勺中位线，a BCR1R//DF， 4 分•/ BCR1RF面EDC DF平面EDC,• BCR1R//平面CDE. 7 分(2)作AH丄直线CD,垂足为H ,连接HE,•/ AAR1R丄平面ABC, • AAR1RL DC,CD丄平面AHE,CD丄EH ,••• AHE是二面角E -CD -A的平面角. 11分•/ D是AB的中点，• AH等于点B到CD的距离，在厶BCD中，求得：AH=, 在厶AEH中，即所求二面角的正切值为.7、如图，已知平面与直线均垂直于所在平面，且,( 1 )求证：平面；(2)若，求与平面所成角的正弦值.解：(1)证明：过点作于点，•••平面丄平面，•平面……2分又•••丄平面•- 〃 , ......... 分又•••平面• 〃平面 ......... 分(2) •••平面•,又•/••………………分8•点是的中点，连结，则•平面•//,•四边形是矩形………………分10设得：，又•••，•，从而，过作于点，则：•是与平面所成角…………………………………………分…… •，• 与平面所成角的正弦值为…………………………分14&如图，在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，侧棱AA仁2, D, E分别为点，点E在平面ABD上的射影是的重心.(1) 求证：DE// 平面ACB；(2) 求A1B与平面ABD所成角的正弦值.12CC1 与A1B 的中9、如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1中，底面△ ABC为等腰直角三角形，/ B=90°D为棱BB1的中点。

立体几何经典习题集(含答案)

立体几何基础A 组题一、选择题：1．下列命题中正确命题的个数是（） ⑴ 三点确定一个平面⑵ 若点P 不在平面α内，A 、B 、C 三点都在平面α内，则P 、A 、B 、C 四点不在同一平面内 ⑶ 两两相交的三条直线在同一平面内⑷ 两组对边分别相等的四边形是平行四边形A.0B.1C.2D.3答案：A2．已知异面直线a 和b 所成的角为︒50，P 为空间一定点，则过点P 且与a 、b 所成的角都是︒30的直线条数有且仅有（） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条答案：B 3．已知直线⊥l 平面α，直线⊂m 平面β，下列四个命题中正确的是（） (1) 若βα//，则m l ⊥ (2) 若βα⊥，则m l // (3) 若m l //，则βα⊥ (4) 若 m l ⊥，则βα//A.(3)与（4）B.（1）与（3）C.（2）与（4）D.（1）与（2）答案：B4．已知m 、n 为异面直线，⊂m 平面α，⊂n 平面β，l =βα ，则l （） A.与m 、n 都相交 B.与m 、n 中至少一条相交 C.与m 、n 都不相交 D.至多与m 、n 中的一条相交答案：B5．设集合A={直线}，B={平面}，B A C =，若A a ∈，B b ∈，C c ∈，则下列命题中的真命题是（）A. c a b a b c ⊥⇒⎭⎬⎫⊥// B.c a c b b a //⇒⎭⎬⎫⊥⊥ C.c a b c b a //////⇒⎭⎬⎫ D. c a b c b a ⊥⇒⎭⎬⎫⊥//答案：A6．已知a 、b 为异面直线，点A 、B 在直线a 上，点C 、D 在直线b 上，且AC=AD ，BC=BD ，则直线a 、b 所成的角为（） A. ︒90 B. ︒60 C. ︒45 D. ︒30答案：A7．下列四个命题中正确命题的个数是（）有四个相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱各侧面都是正方形的四棱柱是正方体底面是正三角形，各侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥A.1个B.2个C.3个D.0个答案：D8．设M={正四棱柱}，N={长方体}，P={直四棱柱}，Q={正方体}，则这些集合之间关系是（） A.Q M N P B.Q M N P C.Q N M P D.Q N M P答案：B9．正四棱锥P —ABCD 中，高PO 的长是底面长的21，且它的体积等于334cm ，则棱AB 与侧面PCD 之间的距离是（） A.cm 2 B. cm 2 C. cm 1 D.cm 22答案：A10．纬度为α的纬圈上有A 、B 两点，弧在纬圈上，弧AB 的长为απcos R （R 为球半径），则A 、B 两点间的球面距离为（）A. R πB. R )(απ-C. R )2(απ-D. R )2(απ-答案：D11．长方体三边的和为14，对角线长为8，那么（） A.它的全面积是66 B.它的全面积是132C.它的全面积不能确定D.这样的长方体不存在答案：D12．正四棱锥P —ABCD 的所有棱长都相等，E 为PC 的中点，那么异面直线BE 与PA 所成角的余弦值等于（）A.21B. 22C. 32D. 33答案：D13．用一个过正四棱柱底面一边的平面去截正四棱柱，截面是（）A.正方形B.矩形C.菱形D.一般平行四边形答案：B二、填空题：14．正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 、G 分别为AB 、BC 、CC 1的重点，则EF 与BG 所成角的余弦值为________________________答案：510 15．二面角βα--a 内一点P 到两个半平面所在平面的距离分别为22和4，到棱a 的距离为24，则这个二面角的大小为__________________答案：︒︒16575或16.四边形ABCD 是边长为a 的菱形，︒=∠60BAD ，沿对角线BD 折成︒120的二面角A —BD —C 后，AC 与BD 的距离为_________________________答案：a 43 17．P 为︒120的二面角βα--a 内一点，P 到α、β的距离为10，则P 到棱a 的距离是_________________答案：3320 18．如图：正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成︒60的二面角，则异面直线AD 与BF 所成角的余弦值是______________________答案：4219．已知三棱锥P —ABC 中，三侧棱PA 、PB 、PC 两两互相垂直，三侧面与底面所成二面角的大小分别为γβα,,，则=++γβα222cos cos cos _______________答案：1 20．若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是_____________（只需写出一个可能的值）。

立体几何知识点和例题(含有答案)

【考点梳理】一、考试内容1.平面。

平面的基本性质。

平面图形直观图的画法。

2.两条直线的位置关系。

平行于同一条直线的两条直线互相平行。

对应边分别平行的角。

异面直线所成的角。

两条异面直线互相垂直的概念。

异面直线的公垂线及距离。

3.直线和平面的位置关系。

直线和平面平行的判定与性质。

直线和平面垂直的判定与性质。

点到平面的距离。

斜线在平面上的射影。

直线和平面所成的角。

三垂线定理及其逆定理。

4.两个平面的位置关系。

平面平行的判定与性质。

平行平面间的距离。

二面角及其平面角。

两个平面垂直的判定与性质。

二、考试要求1.掌握平面的基本性质，空间两条直线、直线与平面、平面与平面的位置关系（特别是平行和垂直关系）以及它们所成的角与距离的概念。

对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离。

2.能运用上述概念以及有关两条直线、直线和平面、两个平面的平行和垂直关系的性质与判定，进行论证和解决有关问题。

对于异面直线上两点的距离公式不要求记忆。

3.会用斜二测画法画水平放置的平面图形（特别是正三角形、正四边形、正五边形、正六边形）的直观图。

能够画出空间两条直线、两个平面、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。

4.理解用反证法证明命题的思路，会用反证法证明一些简单的问题。

三、考点简析1.空间元素的位置关系2.平行、垂直位置关系的转化3.空间元素间的数量关系（1）角①相交直线所成的角；②异面直线所成的角——转化为相交直线所成的角；③直线与平面所成的角——斜线与斜线在平面内射影所成的角；④二面角——用二面角的平面角来度量。

（2）距离①两点之间的距离——连接两点的线段长；②点线距离——点到垂足的距离；③点面距离——点到垂足的距离；④平行线间的距离——平行线上一点到另一直线的距离；⑤异面直线间的距离——公垂线在两条异面直线间的线段长；⑥线面距离——平行线上一点到平面的距离；⑦面面距离——平面上一点到另一平面的距离；⑧球面上两点距离——球面上经过两点的大圆中的劣弧的长度。

(立体几何基础题)(原卷版)-2020-2021学年高一数学下学期期末考试考前必刷题

2020-2021高一下学期期末考试考前必刷题（苏教版 2019）（立体几何基础题）一、单选题1．（2021·江苏高一课时练习）已知直线a∥平面α，直线a∥平面β，α∩β＝b，直线a与直线b（）A．相交B．平行C．异面D．不确定2．（2021·江苏高一课时练习）已知平面与平面平行，且直线，则下列说法正确的是（）A．与内所有直线平行B．与内的无数条直线平行C．与内的任何一条直线都不平行D．与内的任何一条直线平行3．（2021·江苏高一课时练习）棱台的上、下底面面积分别是2，4，高为3，则该棱台的体积是（）A．18＋6B．6＋C．24D．184．（2021·江苏高一课时练习）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1－BD－A的正切值等于（）A．B．C．D．5．（2021·江苏高一课时练习）已知一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面，若这两个二面角的平面角均为锐角，则这两个二面角的关系是（）A．相等B．互补C．相等或互补D．既不相等也不互补6．（2021·江苏高一课时练习）侧面都是等腰直角三角形的正三棱锥，底面边长为a时，该三棱锥的表面积是（）A．a2B．a2C．a2D．a27．（2021·江苏高一课时练习）已知长方体的表面积是24 cm2，过同一顶点的三条棱长之和是6 cm，则它的体对角线长是（）A．cm B．4 cm C．cm D．cm8．（2021·江苏高一课时练习）已知平面α与平面β、γ都相交，则这三个平面可能的交线有()A．1条或2条B．2条或3条C ．1条或3条D ．1条或2条或3条9．（2021·江苏高一课时练习）如图所示，定点A 和B 都在平面α内，定点P∥α，PB∥α，C 是平面α内异于A 和B 的动点，且PC∥AC ，则∥ABC 为 ( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．无法确定10．（2021·江苏高一课时练习）过球面上任意两点A ，B 作大圆，可能的个数是 ( )A ．有且只有一个B ．一个或无穷多个C ．无数个D ．以上均不正确11．（2021·江苏高一课时练习）如图所示，∥A′B′C′是水平放置的∥ABC 的直观图，则在∥ABC 的三边及中线AD 中，最长的线段是 ( )A ．AB B ．ADC ．BCD ．AC12．（2021·江苏高一课时练习）将半径为1，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（） A ． B ． C ． D ．13．（2021·江苏高一课时练习）如图的正方体ABCD - A ’B ’C ’D ’中，二面角D ’-AB -D 的大小是A ．300B ．450C ．600D ．90014．（2021·江苏高一课时练习）已知S 为四边形外一点,分别为上的点,若平面,则A ．//GH SAB ．//GH SDC ．//GH SCD ．以上均有可能15．（2021·江苏高一课时练习）在三棱柱111ABC A B C 中，各棱长均相等，侧棱垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是A ．B ．C ．D ．16．（2021·江苏高一课时练习）下列命题正确的是（）A ．如果一条直线不在平面内，则这条直线就与这个平面平行B ．过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行C．如果一条直线与平面平行，则它与平面内的任何直线平行D．如果一条直线平行于平面内的无数条直线，则该直线与平面平行二、填空题17．（2021·江苏高一课时练习）已知三个球的表面积之比是，则这三个球的体积之比为________. 18．（2021·江苏高一课时练习）已知和是异面直线，且平面，平面，，，则平面与的位置关系是________.19．（2021·江苏高一课时练习）已知一个正四棱柱的对角线的长是9 cm，表面积等于144 cm2，则这个棱柱的侧面积为________ cm2.20．（2021·江苏高一课时练习）有一塔形空间图形由3个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为2，则该塔形空间图形的表面积(含最底层正方体的底面面积)为________.21．（2021·江苏高一课时练习）如图，在正方体ABCD —A1B1C1D1中，三棱锥D1—AB1C的表面积与正方体的表面积的比为________.22．（2021·江苏高一课时练习）一个正四棱台，其上、下底面均为正方形，边长分别为8 cm和18 cm，侧棱长为13 cm，则其表面积为____ cm2.23．（2021·江苏高一课时练习）下列说法正确的是________(填序号).①底面是正多边形的棱锥为正棱锥；②各侧棱都相等的棱锥为正棱锥；③各侧面都是等腰三角形的棱锥为正棱锥；④各侧面都是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥；⑤底面是正多边形且各侧面全等的棱锥为正棱锥.24．（2021·江苏高一课时练习）从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点，这4个顶点可能是：（1）矩形的4个顶点；（2）每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；（3）每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；（4）有三个面是等腰直角三角形，有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确结论的个数为________．25．（2021·江苏高一课时练习）水平放置的斜二测直观图如图所示，已知，，则边上的中线的长度为______.26．（2021·江苏高一课时练习）如图，在五面体FE－ABCD中，四边形CDEF为矩形，M、N分别是BF、BC的中点，则MN与平面ADE的位置关系是_______.27．（2021·江苏高一课时练习）已知正三棱锥的棱长都为2，则侧面和底面所成二面角的余弦值为________.28．（2021·江苏高一课时练习）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的母线长为________．29．（2021·江苏高一课时练习）在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.30．（2021·江苏高一课时练习）已知A、B、C、D四点不共面，且AB∥平面α，CD∥α，AC∩α＝E，AD∩α＝F，BD∩α＝H，BC∩α＝G，则四边形EFHG是_______四边形.31．（2021·江苏高一课时练习）如图．M是棱长为2cm的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是______cm．32．（2021·江苏高一课时练习）三棱锥S-ABC中，G为∥ABC的重心，E在棱SA上，且AE=2ES，则EG与平面SBC的关系为________.。

立体几何基础选择题(附答案)

立体几何基础选择题(附答案)1.设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则正确的命题是（）A、若l⊥m，m∈α，则XXX⊥αB、XXX⊥α，l∥m，则XXX⊥αC、若l∥α，XXXα，则l∥mD、若l∥α，m∥α，则l∥m2.在空间中，正确的命题是（）A、平行于同一平面的两条直线平行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3.用a、b、c表示三条不同的直线，α表示平面，正确的命题有：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊥α，XXXα，则a∥b。

A.①②B.②③C.①④D.③④4.给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直。

其中，为真命题的是（）A。

①和② B。

②和③ C。

③和④ D。

②和④5.设α,β是两个不同的平面，l是一条直线，正确的命题是（）A。

XXX⊥α,α⊥β，则XXXβB。

若XXXα,α∥β，则XXXβC。

XXX⊥α,α∥β，则XXX⊥βD。

若XXXα,α⊥β，则XXX⊥β6.已知m,n是两条不同直线，α,β,γ是三个不同平面，正确的命题是（）A。

若m∥α,n∥α，则XXXB。

若α⊥γ,β⊥γ，则α∥βC。

若m∥α,m∥β，则α∥βD。

XXX⊥α,n⊥α，则XXX7.设有直线m,n和平面α,β。

正确的命题是（）A。

若m∥α,n∥α，则XXXB。

若m∈α,n∈α,m∥β,n∥β，则α∥βC。

若α⊥β，XXXα，则m⊥βD。

若α⊥β，m⊥β，m∈α，则m∥α8.已知直线m,n与平面α,β，给出下列三个命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，n⊥α，则m⊥n；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β。

(完整版)立体几何基础题题库(600道附详细答案)

立体几何基础题题库（有详细答案）1、二面角βα--l 是直二面角，βα∈∈B A ，，设直线AB 与βα、所成的角分别为∠1和∠2，则（A ）∠1+∠2=900 （B ）∠1+∠2≥900 （C ）∠1+∠2≤900 （D ）∠1+∠2＜900 解析：C1和∠2分别为直线AB 与平面,αβ所成的角。

根据最小角定理：斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角2ABO ∴∠>∠1902190ABO ∠+∠=∴∠+∠≤oo Q2. 下列各图是正方体或正四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四个点中不共面．．．的一个图是PPQQRSSPPPQQRR RSSSPP PQQQ R RSSS PP Q QR RRS S（A ）（B ）（C ）（D ） D解析： A 项：PS P 底面对应的中线，中线平行QS ，PQRS 是个梯形B 项：如图C 项：是个平行四边形D 项：是异面直线。

3. 有三个平面α，β，γ，下列命题中正确的是（A ）若α，β，γ两两相交，则有三条交线（B ）若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ （C ）若α⊥γ，β∩α=a ，β∩γ=b ，则a ⊥b （D ）若α∥β，β∩γ=∅，则α∩γ=∅ D解析：A 项：如正方体的一个角，三个平面相交，只有一条交线。

B 项：如正方体的一个角，三个平面互相垂直，却两两相交。

C 项：如图4. 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P 到直线AB 与直线B 1C 1的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为P1BPA 1B PA 1OBPA 1OABCDP A C 1D 1C解析：11B C ⊥平面AB 111,B C PB ∴⊥，如图：PCD C'D'BB'AA'P 点到定点B 的距离与到定直线AB 的距离相等，建立坐标系画图时可以以点B 1B 的中点为原点建立坐标系。

「立体几何基础题题库301-350」

立体几何基础题题库301－350(有详细答案)301. 正三棱柱ABC —A 1B １C 1的侧面三条对角线AB 1、BC １、ＣA 1中，AB 1⊥BC １.求证：AB 1⊥CA １．解析：方法1 如图，延长Ｂ１C 1到D,使Ｃ１D=Ｂ1C １.连CD 、A １D.因AB 1⊥BC 1,故AB １⊥CD;又B １C 1=A 1Ｃ1＝Ｃ1D ，故∠B 1A 1Ｄ=９0°，于是DA 1⊥平面ＡA １B 1Ｂ.故ＡB １⊥平面A １ＣＤ，因此AB 1⊥A １Ｃ.方法2 如图,取A 1Ｂ1、AB 的中点D 1、P.连CP 、Ｃ１D １、A １P 、D １Ｂ，易证C 1D 1⊥平面ＡＡ1B 1Ｂ．由三垂线定理可得A Ｂ1⊥B Ｄ1,从而AB 1⊥A 1D.再由三垂线定理的逆定理即得ＡB １⊥A １C.说明证明本题的关键是作辅助面和辅助线，证明线面垂直常采用下列方法：(１)利用线面垂直的定义;（2)证明直线垂直于平面内的两条相交直线；(3)证明直线平行于平面的垂线;(4)证明直线垂直于与这平面平行的另一平面.302. 已知:正三棱柱A ＢＣ—A ′Ｂ′Ｃ′中,AB ′⊥ＢC ′，ＢC ＝２,求：线段ＡB ′在侧面C C BB ''上的射影长.解析: 如图，取ＢC 的中点Ｄ.∵AD ⊥B Ｃ，侧面''B BCC ⊥底面A ＢC,∴AD ⊥侧面''B BCC D B '是斜线AB ′在侧面的射影.又∵AB ′⊥ＢＣ′，∴D B '⊥BC ′.设BB ′＝ｘ，在Rt ΔBD B '中，BE ∶BD ＝'BB ,D B '=21x .∵Ｅ是ΔＢＢ′C 的重心.∴BE=31BC ′＝3124x +∴x ＝3121x +·42+x ，解得：x ＝2. ∴线段AB ′在侧面的射影长为2.303. 平面α外一点A 在平面α内的射影是A ′,ＢＣ在平面内,∠ABA ′=θ，β=∠BC A ',∠A ＢC ＝γ，求证：ｃos γ＝ｃos θ·ｃos β．解析: 过A ′作''C A ⊥ＢC 于C ′，连AC ′.∵A Ａ′⊥平面α,B Ｃ垂直AC 在平面α内的射线''C A ．∴B Ｃ′⊥ＡＣ′,cos γ=ABC B '.又∵cos θ=AB B A ',cos β=BA CB ''， ∴co ｓγ＝c ｏs θ·c ｏs β.304. ΔAB Ｃ在平面α内的射影是ΔＡ′B ′Ｃ′，它们的面积分别是S 、Ｓ′，若ΔＡBC 所在平面与平面α所成二面角的大小为θ（0＜θ<９0°＝,则S ′=Ｓ·co ｓθ．证法一如图(１)，当BC 在平面α内,过A ′作Ａ′D ⊥ＢC,垂足为Ｄ.∵ＡA ′⊥平面α,AD 在平面α内的射影Ａ′D 垂直ＢC.∴AD ⊥B Ｃ.∴∠ADA ′＝θ.又S ′＝21A ′D ·ＢＣ,S=21A Ｄ·B Ｃ,cos θ=AD D A ',∴S ′=S ·cos θ. 证法二如图（2),当B 、C 两点均不在平面α内或只有一点(如Ｃ)在平面α内,可运用(1)的结论证明S ′=Ｓ·c ｏs θ．305. 求证：端点分别在两条异面直线a 和b 上的动线段AB 的中点共面.证明如图,设异面直线ａ、b 的公垂线段是PQ ，PQ 的中点是M ，过M 作平面α,使P Ｑ⊥平面α,且和AB 交于R,连结ＡQ,交平面α于N ．连结ＭN 、N Ｒ.∵ＰＱ⊥平面α，ＭＮ⊂α,∴PQ ⊥MN.在平面A ＰＱ内，PQ ⊥ａ，P Ｑ⊥M Ｎ,∴MN ∥a,a ∥α,又∵P Ｍ=MQ ，∴AN ＝N Ｑ，同理可证NR ∥ｂ，RA=R Ｂ.即动线段的中点在经过中垂线段中点且和中垂线垂直的平面内.306. 如图，已知直三棱柱ABC —Ａ1Ｂ1C 1中，∠ＡC Ｂ＝90°，∠BAC=３0°，BC=１，A Ａ1=6,M 是CC 1的中点,求证:AB １⊥A 1M.解析:不难看出Ｂ1C 1⊥平面AA 1C １C,A Ｃ1是A Ｂ１在平面AA １C 1C 上的射影.欲证A 1M ⊥A Ｂ1，只要能证A 1M ⊥ＡC １就可以了.证:连AC 1，在直角ΔABC 中,ＢC=１，∠BAC ＝3０°,∴ AC=Ａ1C 1=3．设∠AC 1Ａ1＝α，∠MA 1C 1＝β∴ t ａn α=111C A AA =36＝2， tg β=111C A MC =326＝22. ∵cot(α+β）=βαβαtan tan tan tan 1+-＝22211+-＝0,∴α+β＝9０° 即A Ｃ１⊥A １M.∵B １Ｃ１⊥Ｃ1Ａ1，C Ｃ１⊥B １Ｃ1,∴B 1C 1⊥平面AA 1ＣC 1,AC 1是AB 1在平面AA 1C 1C 上的射影.∵A Ｃ1⊥A 1M ，∴由三垂线定理得A 1Ｍ⊥A Ｂ1.评注：本题在证A Ｃ1⊥A 1M 时，主要是利用三角函数,证α＋β＝90°，与常见的其他题目不太相同.307. 矩形ABCD,ＡB=2，AD=3,沿ＢD 把ΔBCD 折起,使C 点在平面ABD 上的射影恰好落在AD 上.(1)求证:ＣD ⊥AB ；(２)求CD 与平面ＡBD 所成角的余弦值.(1)证明如图所示,∵CM⊥面AＢD,AＤ⊥AＢ,∴ＣD⊥AB(2)解:∵CM⊥面ABD∴∠CＤＭ为CD与平面ABD所成的角，DMcos∠CDM=CD作ＣN⊥BD于N,连接MＮ，则MＮ⊥BD．在折叠前的矩形ABＣD图上可得DＭ∶CD=CD∶CＡ=AB∶AＤ=2∶3.2∴CD与平面AＢＤ所成角的余弦值为3308.空间四边形ＰABＣ中，PＡ、ＰB、PC两两相互垂直，∠PＢA＝４５°，∠PBC=6０°,M 为ＡＢ的中点.(1）求ＢC与平面PＡB所成的角;(2）求证：AＢ⊥平面PMＣ.解析：此题数据特殊,先考虑数据关系及计算、发现解题思路.解∵ PA⊥AＢ，∴∠ＡＰB＝9０°在RtΔＡPB中,∵∠ABＰ＝４5°,设PA=a，则PＢ=ａ,ＡB=2a，∵PB⊥PＣ,在RtΔＰBC中，∵∠PBＣ＝60°,PB=a.∴ＢC＝2a,ＰC=3a.∵AP ⊥P Ｃ ∴在Rt ΔAPC 中，ＡＣ=22PC PA +=22)3(a a +=２ａ(1)∵PC ⊥PA,PC ⊥ＰＢ,∴ＰC ⊥平面P ＡB ，∴BC 在平面P ＢＣ上的射影是B Ｐ．∠CBP 是CB 与平面PAB 所成的角∵∠PBC=６0°,∴BC 与平面PB Ａ的角为60°．（2)由上知，ＰA=P Ｂ＝ａ,AC ＝BC ＝2a.∴M 为ＡＢ的中点,则AB ⊥PM,A Ｂ⊥CM.∴A Ｂ⊥平面PCM.说明要清楚线面的垂直关系，线面角的定义，通过数据特点,发现解题捷径.３09. 在空间四边形AB ＣＰ中,PA ⊥PC,PB ⊥B Ｃ，AC ⊥ＢＣ.ＰA 、ＰB 与平面ABC 所成角分别为３0°和4５°。

立体几何经典大题(各个类型的典型题目)

1．如图，已知△A B C是正三角形，E A，C D都垂直于平面A B C，且E A＝A B＝2a，D C＝a，F是B E 的中点．（1）F D∥平面A B C；（2）A F⊥平面E D B．2．已知线段P A⊥矩形A B C D所在平面，M、N分别是A B、P C的中点。

（1）求证：MN//平面P A D；（2）当∠P D A＝45°时，求证：MN⊥平面P C D；3．如图，在四面体A B C D中，C B=C D,，点E，F分别是A B,B D的中点．求证：（1）直线E F//面A C D；（2）平面面B C D．4．在斜三棱柱A1B1C1—A B C中，底面是等腰三角形，A B=A C，侧面B B1C1C⊥底面A B C （1）若D是B C的中点，求证A D⊥C C1；（2）过侧面B B1C1C的对角线B C1的平面交侧棱于M，若A M=MA1，求证截面MB C1⊥侧面B B1C1C；（3）A M=MA1是截面MB C1⊥平面B B1C1C的充要条件吗？请你叙述判断理由]ABC DE F5.如图，在正方体A B C D —A 1B 1C 1D 1中，M、N 、G分别是A 1A ，D 1C ，A D的中点．求证：（1）MN //平面A B CD ；（2）MN ⊥平面B 1B G ．6.如图，在正方体A BCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 为棱A D 、A B 的中点．（1）求证：E F ∥平面C B 1D 1；（2）求证：平面C A A 1C 1⊥平面C B 1D 1．_G _M _D _1_C _1_B _1_A _1_N _D _C _B _A ABCDA 1B 1C 1D 1E F7、如图，在直四棱柱A B C D -A 1B 1C 1D 1中，底面A B C D为等腰梯形，A B ∥C D ，A B =4，B C =C D =2，A A 1=2，E 、E 1分别是棱A D 、A A 1的中点(1)设F 是棱A B的中点，证明：直线E E 1∥面F C C 1；(2)证明：平面D 1A C ⊥面B B 1C 1C 。

高中数学立体几何小题题库题(适用培优)

立体几何小题题库一、单选题1．已知四面体ABCD的三组对棱的长分别相等，依次为3，4，x，则x的取值范围是A．B．C．D．2．如图所示，边长为1的正方形网络中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．3．点A，B，C，D在同一个球的球面上，，，若四面体ABCD体积的最大值为，则这个球的表面积为（）A．B．C．D．4．如图，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为8，高为5，点分别在上，且.过点的平面与此四棱台的下底面会相交，则平面与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为A．B．C．D．5．在长方体中，底面是边长为3的正方形，侧棱为矩形内部（含边界）一点，为中点，为空间任一点，三棱锥的体积的最大值记为，则关于函数，下列结论确的是（）A．为奇函数B．在上单调递增；C．D．6．有一正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）木料，其各棱长都为2.已知，分别为上，下底面的中心，M为的中点，过A，B，M三点的截面把该木料截成两部分，则截面面积为（）A．B．C．D．27．已知三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥内切球的半径为（）A．63+43+6B．66+23+6C．62+33+26D．64+33+268．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥各个侧面中，最大的侧面面积为（）A．2B．5C．3D．49．如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．10．在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，为母线的中点；根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为（）①圆的面积为；②椭圆的长轴为；③双曲线两渐近线的夹角为；④抛物线中焦点到准线的距离为.A．1个B．2个C．3个D．4个11．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异。

全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点题库

(名师选题)全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点题库单选题1、已知平面α内的∠APB =60°，射线PC 与PA,PB 所成的角均为135°，则PC 与平面α所成的角θ的余弦值是（）A ．−√63B ．√63C ．√33D ．−√33 答案：B分析：作出图形，如图，通过分析，可得∠CPD 为PC 与平面α所成的角的补角，利用余弦定理可以计算. 作出如下图形，令PA =PB =PC =2，则∠CPA =∠CPB =135∘，∴AC =BC ，取AB 中点D ，连接PD ，则∠CPD 即为PC 与平面α所成的角的补角，在△APC 中，AC 2=PA 2+PC 2−2PA ⋅PC ⋅cos135∘=8+4√2，∴在△PCD 中，CD 2=AC 2−AD 2=7+4√2，∵PD =√3，∴cos∠CPD =PC 2+PD 2−CD 22PC⋅PD =−√63， ∴ PC 与平面α所成的角θ的余弦值是√63.故选：B.小提示：本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.2、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.3、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A．2a2B．2√2a2C．2√3a2D．3√2a2答案：A分析：设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.a2，解：设正方体的棱长为x，则√3x=a，即x2=13a2=2a2．所以正方体的全面积为6x2=6×13故选：A4、紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容积约为（）A．100cm3B．200cm3C．300cm3D．400cm3答案：B分析：根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，求出ℎ的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，解得：ℎ=10，则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，所以该壶的容积V=13×π×52×10−13×π×32×6=1963π≈200cm3.故选：B.5、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，AC⊥CD，AC＝BC＋CD＝2，当△BCD的面积最大时，鳖臑ABCD的表面积为（）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号，故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ，可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB =√AC 2−BC 2=√4−1=√3 ,所以S △ABD =12AB ⋅BD =√62,S △ABC =12AB ⋅BC =√32 , S △BCD =12BC ⋅CD =12,S △ACD =12AC ⋅CD =1,所以鳖臑ABCD 的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62 ，故选：D6、如图，△O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图，A ′O ′=6，B ′O ′=2，则△OAB 的面积是（）A．6B．12C．6√2D．3√2答案：B分析：由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA= 6,OB=4，直接求解其面积即可．解：由直观图画法规则，可得△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA=6,OB=4，∴S△OAB=12OA⋅OB=12×6×4=12．故选：B．7、鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A．8(6+6√2+√3)B．6(8+8√2+√3)C．8(6+6√3+√2)D．6(8+8√3+√2)答案：A解析：该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为√2，则该几何体的表面积为S =6×[(2+2√2)2−4×12×√2×√2]+8×12×2×√3 =8(6+6√2+√3).故选：A.小提示：本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.8、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（）A ．1B ．57C ．1417D ．56答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解.根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =xAB⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ，因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0；又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0，解得x =817,y =617，所以x +y =1417. 故选：C.9、下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3答案：A分析：①②③④均可举出反例.①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；②如图2，满足两侧面ABB1A1与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；③如图3，四边形ACC1A1为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．故选：A10、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D11、下列说法中正确的是（）A ．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B ．平面α内△ABC 的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C ．α//β，a//α，则a//βD ．a//b ，a//α，b ⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A 选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.12、已知球O的体积为36π，则该球的表面积为（）A．6πB．9πC．12πD．36π答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.πR3=36π，解得R=3，设球的体积为R，则由题可得43则该球的表面积为4π×32=36π.故选：D.填空题13、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题：①若m⊥n，n⊂α，则m⊥α；②若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；③若m⊥α，n⊥α，则m//n；④若m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n．其中真命题的序号为__．答案：②③分析：由直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判断即可.解：①由线面垂直的判定定理可得，若要使m⊥α，则m要垂直α中的两条相交的直线，通过分析，m只垂直来α中的一条直线，故不能做出判断，故①错误；②根据面面垂直的判定定理可得，若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故②正确；③由线面垂直的性质定理可得，两条不同的直线都垂直同一个平面，则这两条直线必平行，故③正确；④由面面平行的性质定理可得，只有若m⊂α，n⊂β，α//β，不能得出m//n，如果加上条件m,n在同一平面内，则可得线线平行，故④错误，所以答案是：②③14、2021年7月，某学校的学生到农村参加劳动实践，一部分学生学习编斗笠，一种用竹篾或苇蒿等材料制作外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”（如图），一部分学生学习制作泥塑几何体，现有一个棱长为6的正方体形状泥块，其各面的中心分别为点E，F，G，H，M，N，将正方体削成正八面体形状泥块G−EMHF−N，若用正视图为正三角形的一个“灯罩斗笠”罩住该正八面体形状泥块G−EMHF−N，使得正八面体形状泥块G−EMHF−N可以在“灯罩斗笠”中任意转动，则该有底的“灯罩斗笠”的表面积的最小值为___________.答案：81π分析：由题意，只需正八面体形状泥块G−EMHF−N位于圆锥的内切球内即可.如图所示：设正方体ABCD−A1B1C1D1的中心O满足OE=OF=OH=OF=OH=OM=ON=3，则几何体GEMHFN的外接球的球心为O，半径为3.当“灯罩斗笠”的表面积最小时，正八面体形状泥块G−EMHF−N的外接球即为圆锥的内切球，故圆锥的底面圆的半径r=3tan30°=3√3，所以该“灯罩斗笠”的表面积的最小值为S=πr2+πlr=π(3√3)2+π⋅3√3⋅6√3=81π.所以答案是：81π15、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．答案：π3分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得122πrl=2⋅π⋅r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π316、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是侧面A1ADD1的中心，则异面直线B1O与BD的夹角大小为______．答案：30°##π6分析：平移直线，找出异面直线所成角，利用三角形的知识求解.如图，连接D1B1，则D1B1//BD，则∠D1B1O即为所求异面直线夹角（或其补角），连接B1A，A1D，AD1，则AD1=D1B1=B1A，所以△AD1B1是等边三角形，则∠AB1D1=60°．O是AD1中点，则由等边三角形的性质可知B1O平分∠AB1D1，即∠D1B1O=30°．所以答案是：30°17、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④解答题18、如图，在三棱锥P−ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB=EA，且PA⊥AC，PC⊥BC．求证：BC⊥平面PAC．答案：证明见解析.分析：由题可得PA⊥AB，利用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，进而可得PA⊥BC，然后利用线面垂直的判定定理即得.∵在△AEB中，D是AB的中点，EB=EA，∴ED⊥AB,∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC=A，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC=P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC．19、长方体ABCD−A1B1C1D1的体积为V，P是DD1的中点，Q是AB上的动点，求四面体P−CDQ的体积．答案：112V.分析：因为Q是AB上的动点，且AB//CD，可求出S△CDQ，再根据V P−CDQ=13S△CDQ·PD，即可求出四面体P−CDQ的体积.设长方体的长、宽、高分别为AB=a，BC=b，AA1=c，则有V=abc.P是DD1的中点，所以PD=12c，因为Q是AB上的动点，且AB//CD，所以S△CDQ=12CD⋅AD=12ab，所以V P−CDQ=13S△CDQ·PD=13×12ab×12c=112abc=112V.20、如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M , N分别为BC , B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO//平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．．答案：（1）证明见解析；（2）√1010分析：（1）先求出线线平行，可得线线垂直，即可求线面垂直，最后可得面面垂直；（2）连接NP，先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得EP，在B1C1截取B1Q=EP，由（1）BC⊥平面A1AMN，可得∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，即可求得答案．证明：（1）由题意知AA1//BB1//CC1，又∵侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN//BB1，BB1⊥BC，∴MN//AA1，MN⊥B1C1，又底面是正三角形，∴AM⊥BC，AM⊥B1C1，又∵MN∩AM=M，AM⊂平面A1AMN，MN⊂平面A1AMN，∴B1C1⊥平面A1AMN，∵B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）连接NP，因为AO//平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F=NP，所以AO//NP，根据三棱柱上下底面平行，其面A1NMA∩平面ABC=AM，面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N，所以ON//AP，故：四边形ONPA是平行四边形．设△ABC边长是6m (m>0)，可得：ON=AP，NP=AO=AB=6m，因为O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m，所以ON=13×6×sin60°=√3m，故：ON=AP=√3m．又EF//BC，所以APAM =EPBM，所以√33√3=EP3，解得：EP=m，在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2m，又B1Q=EP，B1Q//EP，所以四边形B1QPE是平行四边形，所以B1E//PQ．由（1）B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQ=√QN2+PN2=√(2m)2+(6m)2=2√10m，∴sin∠QPN=QNPQ =2√10m=√1010，所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：√1010．小提示：本题考查了空间位置关系，线面平行，线面垂直，面面垂直，线面角的计算，考查了运算能力和空间想象能力，属于中档题．。

必修2立体几何参考试题

必修2立体几何参考习题一．选择题（共19小题）1．（2011•番禺区）设M是正四面体ABCD的高线AH上一点，连接MB、MC，若∠BMC=90°，则的值为（）．C D2．（2006•浙江）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长都2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长是（）C D．3．在正方体八个顶点中任取四个顺次连接得到三棱锥，则所得三棱锥中至少有三个面都是直角三角形的概率为．C D．．C D．．C D．7．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱DD1，AB上的点．已知下列判断：①A1C⊥平面B1EF；②△B1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；④平面B1EF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点E的位置有关，与点F的位置无关，其中正确判断的个数有（）8．（理）水平桌面上放置着一个容积为V的密闭长方体玻璃容器ABCD﹣A1B1C1D1，其中装有的水，给出下列操作与结论：①把容器一端慢慢提起，使容器的一条棱AD保持在桌面上，这个过程中，水的形状始终是柱体；②在①中的运动过程中，水面始终是矩形；③把容器提离桌面，随意转动，水面始终过长方体内一个定点；9．如图，P是正方体ABCD﹣A1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f （x）的图象大致是（）．C D．10．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（）11．如图所示，在单位正方体ABCD﹣A1B1D 1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P取得最小值，则此最小值为（）C+．12．正三棱锥V﹣ABC的底面边长为2a，E、F、G、H分别是V A、VB、BC、AC的中点，则四边形EFGH面积的取值范围是（）CD ．14．如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线长都等于a ，点E 、F 、G 分别为AB 、AD 、DC 的中点，则a 2等于（）••••15．（2011•江西）将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为．CD ．16．（2011•浙江）几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）．CD ．17．一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且梯形OA /B /C /的面积为，则原梯形的面积为（）C．C D．二．填空题（共3小题）20．如图，在正方体的一角上截取三棱锥P﹣ABC，PO为棱锥的高，记，，那么M，N的大小关系是_________．21．如图所示，在四面体ABCD中，E，F，G分别是棱AB，AC，CD的中点，则过E，F，G的截面把四面体分成两部分的体积之比V ADEFGH：V BCEFGH=_________．22．棱长为2的正四面体S﹣ABC中，M为SB上的动点，则AM+MC的最小值为_________．三．解答题（共3小题）23．如图是表示以AB=4，BC=3的矩形ABCD为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体，其中四边形EFGH为截面．已知AE=5，BF=8，CG=12．（1）作出截面EFGH与底面ABCD的交线l；（2）截面四边形EFGH是否为菱形？并证明你的结论；（3）求DH的长．24．在三棱锥P﹣ABC中，△PAB、△PBC、△PCA都为直角三角形，试指出△ABC的形状，并证明你的结论．25．如图所示，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA上的点，请回答下列问题：（1）满足什么条件时，四边形EFGH为平行四边形？（2）满足什么条件时，四边形EFGH为矩形？（3）满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？参考答案与试题解析一．选择题（共19小题）1．（2011•番禺区）设M是正四面体ABCD的高线AH上一点，连接MB、MC，若∠BMC=90°，则的值为（）．C D+a，故有a+x===AH，即BH=2．（2006•浙江）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长都2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长是（）C D．EF=3．在正方体八个顶点中任取四个顺次连接得到三棱锥，则所得三棱锥中至少有三个面都是直角三角形的概率为．C D．．C D．=．C D．=；7．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱DD1，AB上的点．已知下列判断：①A1C⊥平面B1EF；②△B1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；④平面B1EF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点E的位置有关，与点F的位置无关，其中正确判断的个数有（）8．（理）水平桌面上放置着一个容积为V的密闭长方体玻璃容器ABCD﹣A1B1C1D1，其中装有的水，给出下列操作与结论：①把容器一端慢慢提起，使容器的一条棱AD保持在桌面上，这个过程中，水的形状始终是柱体；②在①中的运动过程中，水面始终是矩形；③把容器提离桌面，随意转动，水面始终过长方体内一个定点；的水，而平分正方体体积的平面必定经过正方体的中心，推出结论；的水，而平分正方体体积的平面必定经过正方体的中心，即水面始终过长方体内一个定9．如图，P是正方体ABCD﹣A1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f （x）的图象大致是（）．C D．=BDPO==××10．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（）11．如图所示，在单位正方体ABCD﹣A1B1D1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P取得最小值，则此最小值为（）C+．=12．正三棱锥V﹣ABC的底面边长为2a，E、F、G、H分别是V A、VB、BC、AC的中点，则四边形EFGH面积C D．A=VB=VC=A=×=14．如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线长都等于a，点E、F、G分别为AB、AD、DC的中点，则a2等于（）••••，＞，化简2，＞，•=a15．（2011•江西）将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为．C D．16．（2011•浙江）几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）．C D．的正视图为答案中侧视图为17．一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且梯形OA/B/C/的面积为，则原梯形的面积为（）C倍，由此平面图中梯形的高×=2倍，梯形的面积为×正三棱锥，aa：．C D．，半径为：所以，正方体的内切球与外接球的半径之比为：二．填空题（共3小题）20．如图，在正方体的一角上截取三棱锥P﹣ABC，PO为棱锥的高，记，，那么M，N的大小关系是M=N．，21．如图所示，在四面体ABCD中，E，F，G分别是棱AB，AC，CD的中点，则过E，F，G的截面把四面体分成两部分的体积之比V ADEFGH：V BCEFGH=1：1．22．棱长为2的正四面体S﹣ABC中，M为SB上的动点，则AM+MC的最小值为．×=故答案为三．解答题（共3小题）23．如图是表示以AB=4，BC=3的矩形ABCD为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体，其中四边形EFGH为截面．已知AE=5，BF=8，CG=12．（1）作出截面EFGH与底面ABCD的交线l；（2）截面四边形EFGH是否为菱形？并证明你的结论；（3）求DH的长．24．在三棱锥P﹣ABC中，△PAB、△PBC、△PCA都为直角三角形，试指出△ABC的形状，并证明你的结论．25．如图所示，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA上的点，请回答下列问题：（1）满足什么条件时，四边形EFGH为平行四边形？（2）满足什么条件时，四边形EFGH为矩形？（3）满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？BD BD。

立体几何基础题题库

根据最小角定理：斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角2ABO ∴∠>∠1902190ABO ∠+∠=∴∠+∠≤2. 下列各图是正方体或正四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四个点中不共面．．．的一个图是PPQQRSSPPPQQRR RSSSPP PQQQ R RS SS PP Q QR RRSS（A ）（B ）（C ）（D ） D解析： A 项：PS 底面对应的中线，中线平行QS ，PQRS 是个梯形B 项：如图C 项：是个平行四边形D 项：是异面直线。

B 项：如正方体的一个角，三个平面互相垂直，却两两相交。

C 项：如图4. 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P 到直线AB 与直线B 1C 1的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为111C解析：11B C ⊥平面AB 111,B C PB ∴⊥，如图：P 点到定点B 的距离与到定直线AB 的距离相等，建立坐标系画图时可以以点B 1B 的中点为原点建立坐标系。

5. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中与AD 1成600角的面对角线的条数是（A ）4条（B ）6条（C ）8条（D ）10条 C解析：如图这样的直线有4条，另外，这样的直线也有4条，共8条。

(完整)立体几何证明基础题

立体几何证明基础题一．解答题（共28小题)1．如图,在三棱锥P﹣ABC中，PB⊥BC，AC⊥BC,点E，F，G分别为AB，BC，PC，的中点（1）求证:PB∥平面EFG；（2）求证：BC⊥EG．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PC⊥底面ABC，AB⊥BC，D，E分别是AB，PB的中点．（1)求证DE∥PA(2）求证：DE∥平面PAC;（3)求证：AB⊥PB．3．如图所示，△ABC为正三角形，CE⊥平面ABC，BD∥CE且CE=AC=2BD,试在AE上确定一点M，使得DM∥平面ABC．4．如图:在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD,点M，N分别为BC，PA的中点，且PA=AB=2．（Ⅰ）证明：BC⊥平面AMN；(Ⅱ)求三棱锥N﹣AMC的体积；(Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E,使得NM∥平面ACE；若存在,求出PE的长；若不存在，说明理由．5．如图,四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=2，E是侧棱PA上的动点．（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；(2）如果E是PA的中点，求证：PC∥平面BDE；（3）是否不论点E在侧棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？证明你的结论．6．已知四棱锥A ﹣BCDE ，其中AB=BC=AC=BE=1，CD=2,CD ⊥面ABC,BE ∥CD,F 为AD 的中点．（Ⅰ）求证：EF ∥面ABC ； (Ⅱ)求证：平面ADE ⊥平面ACD ；（Ⅲ)求四棱锥A ﹣BCDE 的体积．7．如图，四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，平面A 1ABB 1⊥平面ABCD ，且∠ABC=．（1）求证：BC ∥平面AB 1C 1；（2）求证:平面A 1ABB 1⊥平面AB 1C 1．8．如图，三角形ABC中,AC=BC=，ABED是边长为1的正方形，平面ABED⊥底面ABC，若G、F分别是EC、BD的中点．（Ⅰ)求证：GF∥底面ABC;（Ⅱ)求证：AC⊥平面EBC；(Ⅲ）求几何体ADEBC的体积V．9．如图,在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD|｜BC,PD⊥底面ABCD，∠ADC=90°，AD=2BC,Q为AD的中点,M为棱PC的中点．（Ⅰ)证明：PA∥平面BMQ;(Ⅱ）已知PD=DC=AD=2，求点P到平面BMQ的距离．10．已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的底面△ABC 中，∠C=90°，BC=，BB 1=2，O 是AB 1的中点，D是AC 的中点，M 是CC 1的中点， (1)证明：OD ∥平面BB 1C 1C ；（2)试证:BM ⊥AB 1．11．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，四边形ABCD 是平行四边形，E 、F 分别是AB 、PC 中点,求证：EF ∥面PAD ．12．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，求证：（Ⅰ）A 1C ∥平面BDE ；（Ⅱ）平面A 1AC ⊥平面BDE ．13．如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，E 为PD 的中点． (1）求证：PB ∥平面AEC ；（2)若PA ⊥平面ABCD ，PA=AD ，求证：平面AEC ⊥平面PCD ．14．如图,ABCD 是正方形,O 是正方形的中心，PO ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．求证：（1）PA ∥平面BDE ；（2）BD ⊥平面PAC ．15．如图，正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，底面边长AB=1,侧棱长AA 1=2．（Ⅰ）求正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的表面积; （Ⅱ）证明：AC ⊥平面BDD 1B 1．16．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，O 是底ABCD 对角线的交点．求证： (1)C 1O ∥面AB 1D 1；（2）A 1C ⊥面AB 1D 1．17．如图所示,在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，E,F,N 分别为A 1B 1,B 1C 1,C 1D 1，D 1A 1的中点，求证：（1）E ，F ，D ，B 四点共面； (2）面AMN ∥平面EFDB ．18．如图，长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,AB=AD=1,AA 1=2,点P 是DD 1的中点．求证：（1）直线BD 1∥平面PAC(2）①求异面直线PC 与AA 1所成的角． ②平面PAC ⊥平面BDD 1．19．如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=CB=CC1=2，E是AB中点．（Ⅰ）求证：AB1⊥平面A1CE；（Ⅱ）求直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值．20．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F、G分别是AB、AD、C1D1的中点．求证：平面D1EF∥平面BDG．21．（文科）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M,N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点，求证：平面AMN∥平面EFDB．22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD是正三角形,且与底面ABCD垂直，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,N是PB的中点,过A、D、N三点的平面交PC于M,E为AD的中点,求证：（1）EN∥平面PDC；（2）BC⊥平面PEB；(3)平面PBC⊥平面ADMN．23．如图，在正三棱锥P﹣ABC中，D,E分别是AB，BC的中点．（1）求证:DE∥平面PAC；（2）求证：AB⊥PC．24．如图所示,在四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为1的正方形，侧棱PD=1，PA=PC=．(1)求证：PD⊥平面ABCD；（2）求证：平面PAC⊥平面PBD．25．如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥BC,D 为AC 的中点，A 1A=AB=2．（1）求证：AB 1∥平面BC 1D ；（2)过点B 作BE ⊥AC 于点E,求证：直线BE ⊥平面AA 1C 1C (3）若四棱锥B ﹣AA 1C 1D 的体积为3，求BC 的长度．26．如图,已知四棱锥P ﹣ABCD 的底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ，点F 为PC 的中点．（1）求证：PA ∥平面BDF ； (2）求证:PC ⊥BD ．27．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,E 是CC 1的中点．（1）求证：AC 1⊥BD ． (2）求证：AC 1∥平面BDE ．28．已知空间四边形ABCD （如图所示），E 、F 分别是AB 、AD 的中点，G 、H 分别是BC 、CD 上的(完整)立体几何证明基础题点，且CG=BC，CH=DC．求证：①E、F、G、H四点共面；②三直线FH、EG、AC共点．立体几何证明基础题参考答案与试题解析一．解答题（共28小题）1．如图,在三棱锥P﹣ABC中，PB⊥BC，AC⊥BC，点E，F，G分别为AB，BC，PC，的中点(1）求证：PB∥平面EFG；（2）求证：BC⊥EG．【分析】（1）推导出GF∥PB,由此能证明PB∥平面EFG．（2）推导出EF⊥BC,GF⊥BC，从而BC⊥平面EFG，由此能证明BC⊥EG．【解答】证明：（1）∵点F，G分别为BC，PC，的中点，∴GF∥PB,∵PB⊄平面EFG，FG⊂平面EFG，∴PB∥平面EFG．(2）∵在三棱锥P﹣ABC中，PB⊥BC，AC⊥BC，点E,F，G分别为AB,BC，PC，的中点,∴EF∥AC，GF∥PB，∴EF⊥BC，GF⊥BC,∵EF∩FG=F，∴BC⊥平面EFG，∵EG⊂平面EFG，∴BC⊥EG．【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PC⊥底面ABC,AB⊥BC，D，E分别是AB,PB的中点．(1)求证DE∥PA（2)求证：DE∥平面PAC；(3）求证：AB⊥PB．【分析】（1）由D，E分别是AB，PB的中点，能证明DE∥PA．(2）由PA⊂平面PAC，DE∥PA，且DE⊄平面PAC，能证明DE∥平面PAC．(3）推导出AB⊥PC，AB⊥BC，得AB⊥平面PBC,由此能证明AB⊥PB．【解答】证明：（1）因为D，E分别是AB，PB的中点，所以DE∥PA．（2）因为PA⊂平面PAC，DE∥PA，且DE⊄平面PAC，所以DE∥平面PAC．(3）因为PC⊥平面ABC，且AB⊂平面ABC，所以AB⊥PC．又因为AB⊥BC，且PC∩BC=C．所以AB⊥平面PBC．又因为PB⊂平面PBC，所以AB⊥PB．【点评】本题考查线线平行、线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．3．如图所示，△ABC为正三角形,CE⊥平面ABC，BD∥CE且CE=AC=2BD,试在AE上确定一点M，使得DM∥平面ABC．【分析】AE中点为M，取AC中点为N,通过证明四边形MNBD是平行四边形得出DM∥BN，从而可得DM∥平面ABC．【解答】解:取AE中点为M，取AC中点为N，连结MD，MN，NB，在△ABC中，∵M，N分别是边AC，AE的中点,∴CE=2MN且MN∥CE，又∵CE=2BD且BD∥CE，∴MN∥BD且MN=BD,∴四边形BDMN是平行四边形．∴DM∥BN，又∵BN⊂平面ABC，DM⊄平面ABC,∴DM∥平面ABC．故M为AE的中点时，DM∥平面ABC．【点评】本题考查了线面平行的判定，属于基础题．4．如图：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA=AB=2．（Ⅰ)证明:BC⊥平面AMN;（Ⅱ）求三棱锥N﹣AMC的体积；（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由．【分析】(I）要证线与面垂直，只要证明线与面上的两条相交线垂直，找面上的两条线，根据四边形是一个菱形,从菱形出发找到一条,再从PA⊥平面ABCD，得到结论．(II）要求三棱锥的体积，首先根据所给的体积确定用哪一个面做底面，会使得计算简单一些，选择三角形AMC,做出底面面积，利用体积公式得到结果．（III）对于这种是否存在的问题，首先要观察出结论，再进行证明,根据线面平行的判定定理,利用中位线确定线与线平行，得到结论．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵ABCD为菱形，∴AB=BC又∠ABC=60°，∴AB=BC=AC，又M为BC中点，∴BC⊥AM而PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC 又PA∩AM=A,∴BC⊥平面AMN（II）∵又PA⊥底面ABCD，PA=2，∴AN=1•AN∴三棱锥N﹣AMC的体积S△AMC=（III）存在点E，取PD中点E，连接NE，EC，AE，∵N，E分别为PA，PD中点，∴又在菱形ABCD中,∴，即MCEN是平行四边形∴NM∥EC，又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE∴MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E,使得NM∥平面ACE，此时．【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，是一个非常适合作为高考题目出现的问题，题目包含的知识点比较全面，重点突出,是一个好题．5．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2,E是侧棱PA上的动点．（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；(2）如果E是PA的中点,求证：PC∥平面BDE；（3）是否不论点E在侧棱PA的任何位置,都有BD⊥CE？证明你的结论．【分析】（1)利用四棱锥的体积计算公式即可；(2）利用三角形的中位线定理和线面平行的判定定理即可证明;（3)利用线面垂直的判定和性质即可证明．【解答】解:（1）∵PA⊥底面ABCD,∴PA为此四棱锥底面上的高．∴V==．四棱锥P﹣ABCD（2）连接AC交BD于O,连接OE．∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC,又∵AE=EP，∴OE∥PC．又∵PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE．∴PC∥平面BDE．（3）不论点E在侧棱PA的任何位置，都有BD⊥CE．证明：∵四边形ABCD是正方形,∴BD⊥AC．∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD．又∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．∵CE⊂平面PAC．∴BD⊥CE．【点评】熟练掌握线面平行、垂直的判定和性质定理及四棱锥的体积计算公式是解题的关键．6．已知四棱锥A﹣BCDE，其中AB=BC=AC=BE=1，CD=2，CD⊥面ABC，BE∥CD,F为AD的中点．(Ⅰ）求证:EF∥面ABC；（Ⅱ）求证：平面ADE⊥平面ACD；（Ⅲ)求四棱锥A﹣BCDE的体积．【分析】（Ⅰ)取AC中点G，连接FG、BG，根据三角形中位线定理，得到四边形FGBE为平行四边形，进而得到EF∥BG，再结合线面平行的判定定理得到EF∥面ABC；(Ⅱ)根据已知中△ABC为等边三角形，G为AC的中点，DC⊥面ABC得到BG⊥AC，DC⊥BG,根据线面垂直的判定定理得到BG⊥面ADC，则EF⊥面ADC，再由面面垂直的判定定理，可得面ADE⊥面ACD；(Ⅲ）方法一：四棱锥四棱锥A﹣BCDE分为两个三棱锥E﹣ABC和E﹣ADC，分别求出三棱锥E﹣ABC和E﹣ADC的体积，即可得到四棱锥A﹣BCDE的体积．的高,求出底面面积和方法二：取BC的中点为O，连接AO，可证AO⊥平面BCDE,即AO为VA﹣BCDE高代入棱锥体积公式即可求出四棱锥A﹣BCDE的体积．【解答】证明：（Ⅰ)取AC中点G,连接FG、BG，∵F，G分别是AD，AC的中点∴FG∥CD,且FG=DC=1．∵BE∥CD∴FG与BE平行且相等∴EF∥BG．EF⊄面ABC，BG⊂面ABC∴EF∥面ABC…（4分）(Ⅱ)∵△ABC为等边三角形∴BG⊥AC又∵DC ⊥面ABC ，BG ⊂面ABC ∴DC ⊥BG ∴BG 垂直于面ADC 的两条相交直线AC,DC ，∴BG ⊥面ADC ． …(6分) ∵EF ∥BG ∴EF ⊥面ADC∵EF ⊂面ADE ，∴面ADE ⊥面ADC ． …(8分) 解：(Ⅲ)方法一:连接EC ，该四棱锥分为两个三棱锥E ﹣ABC 和E ﹣ADC ．．…（12分）方法二：取BC 的中点为O ，连接AO,则AO ⊥BC ，又CD ⊥平面ABC ， ∴CD ⊥AO ，BC ∩CD=C ，∴AO ⊥平面BCDE ， ∴AO 为V A ﹣BCDE 的高，，∴．【点评】本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，棱锥的体积，其中熟练掌握空间线面平行或垂直的判定、性质、定义、几何特征是解答此类问题的关键．7．如图，四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,平面A 1ABB 1⊥平面ABCD,且∠ABC=．（1）求证：BC ∥平面AB 1C 1;（2)求证：平面A 1ABB 1⊥平面AB 1C 1．【分析】（1）根据BC ∥B 1C 1，且B 1C 1⊂平面AB 1C 1，BC ⊄平面AB 1C 1，依据线面平行的判定定理推断出BC ∥平面AB 1C 1．（2）平面A 1ABB 1⊥平面ABCD ，平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，推断出平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，又平面A 1ABB 1∩平面A 1B 1C 1D 1=A 1B 1，A 1B 1⊥C 1B 1，C 1B 1⊂平面AB 1C 1，根据面面垂直的性质推断出平面A 1ABB 1⊥平面AB 1C 1．【解答】证明：（1）∵BC ∥B 1C 1，且B 1C 1⊂平面AB 1C 1，BC ⊄平面AB 1C 1， ∴BC ∥平面AB 1C 1．（2）∵平面A 1ABB 1⊥平面ABCD ，平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1, ∴平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∵平面A 1ABB 1∩平面A 1B 1C 1D 1=A 1B 1,A 1B 1⊥C 1B 1, ∴C 1B 1⊂平面AB 1C 1，∴平面A 1ABB 1⊥平面AB 1C 1．【点评】本题主要考查了线面平行和面面垂直的判定定理．注重了对基础知识的考查．8．如图，三角形ABC 中，AC=BC=，ABED 是边长为1的正方形，平面ABED ⊥底面ABC ，若G 、F 分别是EC 、BD 的中点．（Ⅰ)求证:GF ∥底面ABC ；（Ⅱ）求证：AC⊥平面EBC；（Ⅲ）求几何体ADEBC的体积V．【分析】（1）证法一:证明一条直线与一个平面平行,除了可以根据直线与平面平行的判定定理以外,通常还可以通过平面与平面平行进行转化,比如取BE的中点H，连接HF、GH，根据中位线定理易证得：平面HGF∥平面ABC，进一步可得:GF∥平面ABC．证法二：根据直线与平面平行的判定定理可知：如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么直线和这个平面平行．故只需在平面ABC中找到与GF平行的直线即可．因为G、F分别是EC、BD的中点，故平移是可以通过构造特殊的四边形、三角形来实现．证法三:根据直线与平面平行的判定定理可知:如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么直线和这个平面平行．故只需在平面ABC中找到与GF平行的直线即可．因为G、F分别是EC、BD的中点，所以构造中位线是常用的找到平行直线的方法．（2）证明直线与平面垂直,关键要找到两条相交直线与之都垂直．有时候题目中没有现成的直线与直线垂直，需要我们先通过直线与平面垂直或者平面与平面垂直去转化一下．由第一问可知：GF∥平面ABC，而平面ABED⊥平面ABC，所以BE⊥平面ABC，所以BE⊥AC；又由勾股定理可以证明：AC⊥BC．（3）解决棱锥、棱柱求体积的问题，关键在于找到合适的高与对应的底面，切忌不审图形，盲目求解;根据平面与平面垂直的性质定理可知:CN⊥平面ABED，而ABED是边长为1的正方形,进一步即可以求得体积．【解答】解：（I）证法一：取BE的中点H，连接HF、GH,（如图）∵G、F分别是EC和BD的中点∴HG∥BC，HF∥DE,(2分）又∵ADEB为正方形∴DE∥AB，从而HF∥AB∴HF∥平面ABC,HG∥平面ABC,HF∩HG=H，∴平面HGF∥平面ABC∴GF∥平面ABC（5分）证法二:取BC的中点M,AB的中点N连接GM、FN、MN（如图）∵G、F分别是EC和BD的中点∴（2分）又∵ADEB为正方形∴BE∥AD，BE=AD∴GM∥NF且GM=NF∴MNFG为平行四边形∴GF∥MN，又MN⊂平面ABC，∴GF∥平面ABC（5分）证法三：连接AE，∵ADEB为正方形，∴AE∩BD=F，且F是AE中点，（2分）∴GF∥AC，又AC⊂平面ABC，∴GF∥平面ABC(5分）（Ⅱ）∵ADEB为正方形，∴EB⊥AB,∴GF∥平面ABC（5分）又∵平面ABED⊥平面ABC,∴BE⊥平面ABC(7分)∴BE⊥AC又∵CA2+CB2=AB2∴AC⊥BC，∵BC∩BE=B，∴AC⊥平面BCE（9分）（Ⅲ)连接CN，因为AC=BC,∴CN⊥AB，(10分）又平面ABED⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，∴CN⊥平面ABED．（11分）∵三角形ABC是等腰直角三角形,∴,（12分）∵C﹣ABED是四棱锥，==（14分）∴VC﹣ABED【点评】本小题主要考查空间线面关系、面面关系、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD||BC，PD⊥底面ABCD，∠ADC=90°,AD=2BC,Q为AD的中点，M为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：PA∥平面BMQ；（Ⅱ)已知PD=DC=AD=2,求点P到平面BMQ的距离．【分析】（1)连结AC交BQ于N，连结MN，只要证明MN∥PA,利用线面平行的判定定理可证；（2)由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离．【解答】解：（1）连结AC交BQ于N,连结MN,因为∠ADC=90°，Q为AD的中点，所以N为AC的中点．…（2分）当M为PC的中点，即PM=MC时，MN为△PAC的中位线，故MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，所以PA∥平面BMQ．…（5分)（2）由（1)可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离，所以VP﹣BMQ =VA﹣BMQ=VM﹣ABQ,取CD的中点K,连结MK，所以MK∥PD，，…(7分）又PD⊥底面ABCD，所以MK⊥底面ABCD．又，PD=CD=2，所以AQ=1，BQ=2，,…（10分）所以VP﹣BMQ =VA﹣BMQ=VM﹣ABQ=.,…(11分）则点P到平面BMQ的距离d=…（12分）【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用以及利用三棱锥的体积求点到直线的距离．10．已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的底面△ABC 中，∠C=90°，BC=，BB 1=2，O 是AB 1的中点,D 是AC 的中点，M 是CC 1的中点，（1）证明：OD ∥平面BB 1C 1C ；（2)试证:BM ⊥AB 1．【分析】（1)连B 1C 利用中位线的性质推断出OD ∥B 1C ，进而根据线面平行的判定定理证明出OD ∥平面BB 1C 1C ．（2)先利用线面垂直的性质判断出CC 1⊥AC ，进而根据线面垂直的判定定理证明出AC ⊥平面BB 1C 1C ，进而可知AC ⊥MB ．利用证明△BCD ∽△B 1BC,推断出∠CBM=∠BB 1C ，推断出BM ⊥B 1C ，最后利用线面垂直的判定定理证明出BM ⊥平面AB 1C ，进而可知BM ⊥AB 1．【解答】证明：（1)连B 1C ，∵O 为AB 1中点，D 为AC 中点， ∴OD ∥B 1C ，又B 1C ⊂平面BB 1C 1C,OD ⊄平面BB 1C 1C,∴OD ∥平面BB 1C 1C ．（2)连接B 1C ，∵直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1，∴CC 1⊥平面ABC AC ⊂平面ABC, ∴CC 1⊥AC,又AC ⊥BC ，CC 1，BC ⊂平面BB 1C 1C ， ∴AC ⊥平面BB 1C 1C ，BM ⊂平面BB 1C 1C ， ∴AC ⊥MB ．在Rt △BCM 与Rt △B 1BC 中，==，∴△BMC ∽△B 1BC, ∴∠CBM=∠BB 1C,∴∠BB 1C+∠B 1BM=∠CBM+∠B 1BM=90°， ∴BM ⊥B 1C ，AC ，B 1C ⊂平面AB 1C ， ∴BM ⊥AB 1C ， ∵AB 1⊂平面AB 1C ， ∴BM ⊥AB 1．【点评】本题主要考查了线面平行和线面垂直的判定定理的应用．证明线线平行和线线垂直是解题的关键．11．如图,在四棱锥P ﹣ABCD 中，四边形ABCD 是平行四边形，E 、F 分别是AB 、PC 中点，求证:EF ∥面PAD ．【分析】取PD的中点G,连接FG、AG，由PF=CF，PG=DG,所以FG∥CD,且FG=CD．又因为四边形ABCD是平行四边形，且E是AB的中点．所以AE∥CD，且AE=CD．证得四边形EFGA是平行四边形,所以EF∥AG，由线面平行的判定定理即可得证．【解答】证明：取PD的中点G，连接FG、AG．因为PF=CF，PG=DG,所以FG∥CD,且FG=CD．又因为四边形ABCD是平行四边形，且E是AB的中点．所以AE∥CD，且AE=CD．所以FG∥AE，且FG=AE,所以四边形EFGA是平行四边形，所以EF∥AG．又因为EF⊄平面PAD,AG⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD．【点评】本题考查直线与平面平行的证明，解题时要认真审题,仔细解答，注意等价转化思想的合理运用．12．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，求证：（Ⅰ）A 1C ∥平面BDE ；（Ⅱ）平面A 1AC ⊥平面BDE ．【分析】（Ⅰ）连接AC 交BD 于O,连接EO ，△A 1AC 中利用中位线，得EO ∥A 1C ．再结合线面平行的判定定理，可得A 1C ∥平面BDE;（II ）根据正方体的侧棱垂直于底面，结合线面垂直的定义,得到AA 1⊥BD ．再结合正方形的对角线互相垂直，得到AC ⊥BD ，从而得到BD ⊥平面A 1AC,最后利用面面垂直的判定定理，可以证出平面A 1AC ⊥平面BDE ．【解答】证明:（Ⅰ）连接AC 交BD 于O ，连接EO ， ∵E 为AA 1的中点，O 为AC 的中点 ∴EO 为△A 1AC 的中位线 ∴EO ∥A 1C又∵EO ⊂平面BDE ，A 1C ⊄平面BDE ∴A 1C ∥平面BDE ；…(6分）（Ⅱ)∵AA 1⊥平面ABCD,BD ⊂平面ABCD ∴AA 1⊥BD又∵四边形ABCD 是正方形 ∴AC ⊥BD ，∵AA1∩AC=A，AA1、AC⊂平面A1AC∴BD⊥平面A1AC又∵BD⊂平面BDE∴平面A1AC⊥平面BDE．…（12分）【点评】本题以正方体为例，要求我们证明线面平行和面面垂直,着重考查了空间直线与平面的位置关系和平面与平面位置关系等知识点,属于基础题．13．如图,四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为矩形，E为PD的中点．（1)求证：PB∥平面AEC；（2）若PA⊥平面ABCD,PA=AD,求证:平面AEC⊥平面PCD．【分析】（1）连接BD交AC于O点，连接EO，只要证明EO∥PB，即可证明PB∥平面AEC;（2）要证平面PDC⊥平面AEC，需要证明CD⊥AE,AE⊥PD，即垂直平面AEC内的两条相交直线．【解答】证明：(1）连接BD交AC于O点，连接EO，∵O为BD中点，E为PD中点，∴EO∥PB，又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC,∴PB∥平面AEC．（2）∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD，又AD⊥CD，且AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE．∵PA=AD，E为PD中点,∴AE⊥PD．又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PDC,又AE⊂平面PAD，∴平面PDC⊥平面AEC．【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定定理，属于基础题．14．如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心,PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证:（1）PA∥平面BDE；（2）BD⊥平面PAC．【分析】（1）连接OE，根据三角形中位线定理，可得PA∥EO,进而根据线面平行的判定定理，得到PA∥平面BDE．（2）根据线面垂直的定义，可由PO⊥底面ABCD得到BD⊥PO，结合四边形ABCD是正方形及线面垂直的判定定理可得BD⊥平面PAC【解答】证明(1)连接OE，在△CAP中，CO=OA，CE=EP,∴PA∥EO，又∵PA⊄平面BDE，EO⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE．（2）∵PO⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PO又∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC∵AC∩PO=O，AC，PO⊂平面PAC∴BD⊥平面PAC【点评】本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，熟练掌握空间线面关系的判定定理是解答的关键．15．如图，正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，底面边长AB=1，侧棱长AA 1=2． (Ⅰ）求正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的表面积； (Ⅱ）证明：AC ⊥平面BDD 1B 1．【分析】（I)求出各面的面积即可得出表面积；（II ）根据BB 1⊥平面ABCD 可得AC ⊥BB 1，根据正方形ABCD 的性质可得AC ⊥BD ，从而有AC ⊥平面BDD 1B 1．【解答】解：(I)正四棱柱的表面积为1×1×2+1×2×4=10．（II ）连接AC,BD,B 1D 1,∵BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥BB 1，∵四边形ABCD 是正方形, ∴AC ⊥BD,又BD ⊂平面BDD 1B 1，BB 1⊂平面BDD 1B 1，BD ∩BB 1=B ， ∴AC ⊥平面BDD 1B 1．【点评】本题考查了直棱柱的结构特征，线面垂直的判定，属于基础题．16．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，O 是底ABCD 对角线的交点．求证：（1）C 1O ∥面AB 1D 1; (2)A 1C ⊥面AB 1D 1．【分析】(1)欲证C 1O ∥面AB 1D 1,根据直线与平面平行的判定定理可知只需证C 1O 与面AB 1D 1内一直线平行，连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O 1，连接AO 1，易得C 1O ∥AO 1，AO 1⊂面AB 1D 1，C 1O ⊄面AB 1D 1，满足定理所需条件；（2）欲证A 1C ⊥面AB 1D 1,根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证A 1C 与面AB 1D 1内两相交直线垂直根据线面垂直的性质可知A 1C ⊥B 1D 1，同理可证A 1C ⊥AB 1，又D 1B 1∩AB 1=B 1，满足定理所需条件．【解答】证明:（1)连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O 1，连接AO 1, ∵ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1是正方体, ∴A 1ACC 1是平行四边形，∴A1C1∥AC且A1C1=AC，又O1，O分别是A1C1，AC的中点，∴O1C1∥AO且O1C1=AO,∴AOC1O1是平行四边形，∴C1O∥AO1,AO1⊂面AB1D1，C1O⊄面AB1D1,∴C1O∥面AB1D1；(2)∵CC1⊥面A1B1C1D1∴CC1⊥B1D!，又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥面A1C1C，即A1C⊥B1D1，∵A1B⊥AB1,BC⊥AB1，又A1B∩BC=B,AB1⊥平面A1BC，又A1C⊂平面A1BC,∴A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，∴A1C⊥面AB1D1【点评】本题主要考查了线面平行、线面垂直的判定定理，考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．17．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M,E,F，N分别为A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中点，求证:(1）E，F，D，B四点共面；（2）面AMN∥平面EFDB．【分析】（1)由E,E分别是B1C1,C1D1的中点，知EF∥B1D1，从而得到EF∥BD，由此能证明E，F，B，D，四点共面．（2）由题设条件推导出MN∥EF，AN∥CF，由此能够证明面MAN∥面EFDB．【解答】证明:（1）∵E，E分别是B1C1，C1D1的中点,∴EF∥B1D1 ,∵B1D1∥BD,∴EF∥BD，∴E，F，B，D，四点共面．（2）∵M,N分别是A1B1，D1A1的中点，∴MN∥B1D1，∵EF∥B1D1，∴MN∥EF，∵F，N分别是D1C1、A1B1的中点，∴NF A1D1，∵，∴NF AC,∴四边形NFCA是平行四边形，∴AN∥CF，∵MN∩AN=N，EF∩DF=F，∴面MAN∥面EFDB．【点评】本题考查四点共面的证明,考查两个平面平行的证明．解题时要认真审题，注意中位线定理和平行公理的合理运用．18．如图，长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,AB=AD=1，AA 1=2，点P 是DD 1的中点．求证:(1）直线BD 1∥平面PAC（2）①求异面直线PC 与AA 1所成的角． ②平面PAC ⊥平面BDD 1．【分析】(1)连接BD ，交AC 于O,连接PO ，由三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证；（2）①连接PC 1，AA 1∥CC 1，∠C 1CP 即为异面直线PC 与AA 1所成的角，分别求出△C 1CP 的三边，由解三角形即可得到所求角;②运用正方形的对角线垂直和线面垂直的性质定理，可得AC ⊥平面BDD 1B 1，再由面面垂直的判定定理，即可得证．【解答】（1）证明:连接BD ，交AC 于O ，连接PO ，在△BDD1中，OP 为中位线,可得OP∥BD1，又OP⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC，则直线BD1∥平面PAC；（2）①连接PC1，AA1∥CC1，∠C1CP即为异面直线PC与AA1所成的角，在△C1CP中，C1C=2，PC===，PC1===,由PC2+PC12=CC12，可得△C1CP为等腰直角三角形，则异面直线PC与AA1所成的角为45°；②证明：在底面ABCD中，AB=AD，即有四边形ABCD为正方形，可得AC⊥BD，D1D⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD,即有D1D⊥AC,D1D∩BD=D,可得AC⊥平面BDD1B1，AC⊂平面PAC，则平面PAC⊥平面BDD1．【点评】本题考查线面平行的判定，注意运用中位线定理和线面平行的判定定理,考查异面直线所成角的求法,注意运用平移法，考查面面垂直的判定，注意运用线面垂直的判定和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．19．如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AC=CB=CC 1=2，E 是AB 中点． (Ⅰ)求证:AB 1⊥平面A 1CE ；（Ⅱ）求直线A 1C 1与平面A 1CE 所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）由ABC ﹣A 1B 1C 1是直三棱柱，可知CC 1⊥AC ，CC 1⊥BC ，∠ACB=90°,AC⊥BC ．建立空间直角坐标系C ﹣xyz ．则A ，B 1，E ，A 1，可得，，，可知，根据，，推断出AB 1⊥CE ，AB 1⊥CA 1，根据线面垂直的判定定理可知AB 1⊥平面A 1CE ． (Ⅱ）由（Ⅰ)知是平面A 1CE 的法向量，，进而利用向量数量积求得直线A 1C 1与平面A 1CE 所成角的正弦值【解答】（Ⅰ）证明：∵ABC ﹣A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴CC 1⊥AC,CC 1⊥BC, 又∠ACB=90°，即AC ⊥BC ．如图所示，建立空间直角坐标系C ﹣xyz ．A （2，0,0)，B 1（0,2,2)，E(1，1，0），A 1(2，0，2）， ∴,,．又因为 ,，∴AB 1⊥CE ，AB 1⊥CA 1，AB 1⊥平面A 1CE ．（Ⅱ)解:由（Ⅰ)知，是平面A 1CE 的法向量，，∴｜cos ＜，＞｜==．设直线A 1C 1与平面A 1CE 所成的角为θ，则sinθ=｜cos ＜，＞｜=．所以直线A 1C 1与平面A 1CE 所成角的正弦值为．【点评】本题主要考查了线面垂直的判定定理，向量的数量积的运用，法向量的运用．综合考查了学生所学知识的灵活运用．20．如图,在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 分别是AB 、AD 、C 1D 1的中点．求证：平面D 1EF ∥平面BDG ．【分析】欲证平面D 1EF ∥平面BDG,根据面面平行的判定定理可知只需在一个平面内找两相交直线与另一平面平行，EF ∥BD 又EF ⊄平面BDG ，BD ⊂平面BDG 根据线面平行的性质可知EF ∥平面BDG ，同理可证D 1E ∥平面BDG ，EF ∩D 1E=E ，满足定理条件．【解答】证明:∵E 、F 分别是AB 、AD 的中点，∴EF ∥BD 又EF ⊄平面BDG ，BD ⊂平面BDG ∴EF ∥平面BDG ∵D 1G EB ∴四边形D 1GBE 为平行四边形，D 1E ∥GB 又D 1E ⊄平面BDG,GB ⊂平面BDG∴D 1E ∥平面BDG,EF ∩D 1E=E ， ∴平面D 1EF ∥平面BDG【点评】本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面平行的判定，考查识图能力和逻辑思维能力与推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．21．（文科)如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N,E ，F 分别是棱A 1B 1，A 1D 1，B 1C 1，C 1D 1的中点, 求证：平面AMN ∥平面EFDB ．【分析】连接B 1D 1，NE ，分别在△A 1B 1D 1中和△B 1C 1D 1中利用中位线定理，得到MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1，从而MN ∥EF,然后用直线与平面平行的判定定理得到MN ∥面BDEF ．接下来利用正方形的性质和平行线的传递性，得到四边形ABEN 是平行四边形，得到AN ∥BE ，直线与平面平行的判定定理得到AN ∥面BDEF,最后可用平面与平面平行的判定定理，得到平面AMN ∥平面EFDB ，问题得到解决．【解答】证明:如图所示,连接B 1D 1，NE∵M,N ，E ，F 分别是棱A 1B 1,A 1D 1，B 1C 1，C 1D 1的中点 ∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1 ∴MN ∥EF又∵MN ⊄面BDEF ，EF ⊂面BDEF ∴MN ∥面BDEF∵在正方形A 1B 1C 1D 1中,M ，E ，分别是棱 A 1B 1，B 1C 1的中点∴NE∥A1B1且NE=A1B1又∵A1B1∥AB且A1B1=AB∴NE∥AB且NE=AB∴四边形ABEN是平行四边形∴AN∥BE又∵AN⊄面BDEF，BE⊂面BDEF∴AN∥面BDEF∵AN⊂面AMN，MN⊂面AMN，且AN∩MN=N∴平面AMN∥平面EFDB【点评】本题借助于正方体模型中的一个面面平行位置关系的证明，着重考查了三角形的中位线定理、线面平行的判定定理和面面平行的判定定理等知识点，属于基础题．22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,N是PB的中点,过A、D、N三点的平面交PC于M，E为AD的中点，求证：（1)EN∥平面PDC;(2）BC⊥平面PEB；（3）平面PBC⊥平面ADMN．【分析】（1）先证明AD∥MN由N是PB的中点，E为AD的中点，底面ABCD是边长为2的菱形得EN∥DM，DM⊂平面PDC，可得EN∥平面PDC；（2）由侧面PAD是正三角形,且与底面ABCD垂直，E为AD的中点，得PE⊥AD，PE⊥EB,PE⊥BC，由∠BAD=60°，AB=2,AE=1,由余弦定理可得BE=,由正弦定理可得：BE⊥AD，有由AD∥BC可得BE⊥BC,可得BC⊥平面PEB；（3）由（2）知BC⊥平面PEB，EN⊂平面PEB可得PB⊥MN，由AP=AB=2,N是PB的中点，得PB ⊥AN，有MN∩AN=N．PB⊥平面ADMN，可证平面PBC⊥平面ADMN．【解答】解：（1）∵AD∥BC,AD⊂平面ADMN，BC⊄平面ADMN，∴BC∥平面ADMN，∵MN=平面ADMN∩平面PBC,BC⊂平面PBC，∴BC∥MN．又∵AD∥BC，∴AD∥MN．∴ED∥MN∵N是PB的中点，E为AD的中点，底面ABCD是边长为2的菱形，∴ED=MN=1∴四边形ADMN是平行四边形．∴EN∥DM，DM⊂平面PDC，∴EN∥平面PDC；（2）∵侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，E为AD的中点，∴PE⊥AD，PE⊥EB,PE⊥BC∵∠BAD=60°，AB=2，AE=1，由余弦定理可得BE=，由正弦定理可得：BE⊥AD∴由AD∥BC可得BE⊥BC，∵BE∩PE=E∴BC⊥平面PEB；（3）∵由(2)知BC⊥平面PEB,EN⊂平面PEB∴BC⊥EN∵PB⊥BC，PB⊥AD∴PB⊥MN∵AP=AB=2，N是PB的中点，∴PB⊥AN,∴MN∩AN=N．PB⊥平面ADMN，∵PB⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面ADMN．【点评】本题主要考察了平面与平面垂直的判定,直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，属于基本知识的考查．23．如图，在正三棱锥P﹣ABC中，D,E分别是AB,BC的中点．(1）求证:DE∥平面PAC；(2)求证：AB⊥PC．【分析】（1）推导出DE∥AC，由此能证明DE∥平面PAC．（2）连结PD，CD，则PD⊥AB，CD⊥AB，从而AB⊥平面PDC,由此能证明AB⊥PC．【解答】证明：（1）∵在正三棱锥P﹣ABC中，D，E分别是AB，BC的中点．∴DE∥AC，∵DE⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，∴DE∥平面PAC．（2）连结PD,CD，∵正三棱锥P﹣ABC中，D是AB的中点,∴PD⊥AB，CD⊥AB,∵PD∩CD=D,∴AB⊥平面PDC，∵PC⊂平面PDC,∴AB⊥PC．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的证明，是中档题，解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养．24．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为1的正方形，侧棱PD=1,PA=PC=．(1)求证:PD⊥平面ABCD；（2）求证：平面PAC⊥平面PBD．【分析】(1）由勾股定理逆定理可证明AD⊥PD,PD⊥CD即可得出PD⊥平面ABCD；(2）由（1）可得PD⊥AC，结合AC⊥BD,得出AC⊥平面PBD,从而平面PAC⊥平面PBD．。