立体几何巩固(8)
立体几何练习题及答案
立体几何练习题及答案在学习立体几何的过程中，练习题对于巩固知识、提高应用能力起着至关重要的作用。
本文将为大家提供一些立体几何的练习题，并给出详细的答案解析，以帮助读者更好地理解和掌握立体几何的知识。
一、球的表面积和体积1. 某个球的半径为3cm，求其表面积和体积。
解析：球的表面积公式为S = 4πr²，体积公式为V = (4/3)πr³。
将半径r代入公式进行计算即可。
表面积：S = 4π(3)² = 4π(9) ≈ 113.04cm²体积：V = (4/3)π(3)³ = (4/3)π(27)≈ 113.04cm³因此，该球的表面积约为113.04cm²，体积约为113.04cm³。
二、立方体的表面积和体积2. 一个立方体的边长为5cm，求其表面积和体积。
解析：立方体的表面积公式为S = 6a²，体积公式为V = a³。
将边长a代入公式进行计算即可。
表面积：S = 6(5)² = 6(25) = 150cm²体积：V = (5)³ = 5(5)(5) = 125cm³因此，该立方体的表面积为150cm²，体积为125cm³。
三、圆柱的表面积和体积3. 一个圆柱的底面半径为4cm，高度为10cm，求其表面积和体积。
解析：圆柱的表面积公式为S = 2πr² + 2πrh，体积公式为V = πr²h。
将底面半径r和高度h代入公式进行计算即可。
表面积：S = 2π(4)² + 2π(4)(10) = 2π(16) + 2π(40) ≈ 321.2cm²体积：V = π(4)²(10) = π(16)(10) ≈ 502.4cm³因此，该圆柱的表面积约为321.2cm²，体积约为502.4cm³。
立体几何的知识点总结
立体几何的知识点总结篇1：高中立体几何知识点总结高中立体几何知识点总结1.棱柱、棱锥、棱(圆)台的本质特征⑴棱柱：①有两个互相平行的面(即底面平行且全等)，②其余各面(即侧面)每相邻两个面的公共边都互相平行(即侧棱都平行且相等)。
⑵棱锥：①有一个面(即底面)是多边形，②其余各面(即侧面)是有一个公共顶点的三角形。
⑶棱台：①每条侧棱延长后交于同一点，②两底面是平行且相似的多边形。
⑷圆台：①平行于底面的截面都是圆，②过轴的截面都是全等的等腰梯形，③母线长都相等，每条母线延长后都与轴交于同一点。
2.圆柱、圆锥、圆台的展开图、表面积和体积的计算公式3.线线平行常用方法总结(1)定义：在同一平面内没有公共点的两条直线是平行直线。
(2)公理：在空间中平行于同一条直线的两条直线互相平行。
(3)线面平行的性质：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和两平面的交线平行。
么两直线平行。
(5)面面平行的性质：若两个平行平面同时与第三个平面相交，那么两条交线平行。
4.线面平行的判定方法。
(1)定义：直线和平面没有公共点。
(2)判定定理：若不在平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。
(3)面面平行的性质：两个平面平行，其中一个平面内的任何一条直线必平行于另一个平面。
(4)线面垂直的性质：平面外于已知平面的垂线垂直的直线平行于已知平面。
5.判定两平面平行的方法。
(1)依定义采用反证法;(2)利用判定定理：如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行。
(3)利用判定定理的推论：如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面内的两条直线，则这两平面平行。
(4)垂直于同一条直线的两个平面平行。
(5)平行于同一个平面的两个平面平行。
6.证明线线垂直的方法(1)利用定义。
条直线垂直于这个平面的任何一条直线。
7.证明线面垂直的方法(1)线面垂直的定义。
新高考立体几何知识点归纳
新高考立体几何知识点归纳随着新高考改革的推进，立体几何成了数学考试中的一道重要题型。
掌握立体几何知识点对于学生在考试中取得高分非常重要。
本文将对新高考中常见的立体几何知识点进行归纳总结，帮助学生更好地复习和应对考试。
1. 空间坐标系空间坐标系是立体几何的基础，学生需要明确直角坐标系和空间直角坐标系的关系。
在直角坐标系中，我们通常用(x, y, z)来表示点的坐标。
同时，还要掌握空间中点、直线、平面的性质和相互关系，如两点间距离的计算、直线的方程、平面的法向量等。
2. 立体图形的表示在学习立体几何时，学生需要掌握常见立体图形的表示方法。
常见的立体图形有球体、立方体、圆柱体、圆锥体、棱柱、棱锥等。
学生需要了解它们的特点、性质以及计算体积、表面积的方法。
3. 空间几何体的相交关系在学习立体几何中，相交关系是一个重要的知识点。
例如，两个平面的相交情况有相交、平行、重合等；两条直线的相交情况有相交、平行、重合、异面等。
学生需要熟练掌握空间几何体相交的判定方法，并能够根据图形情况解答相关问题。
4. 空间向量的应用空间向量也是立体几何中的重要知识点。
学生需要了解向量的性质和运算规则，并能够应用空间向量解决几何问题。
例如，用向量表示线段、平行四边形的对角线、平面的法向量等。
同时，还需要掌握向量的共线、共面和垂直的相关概念和判定方法。
5. 空间直线和平面的位置关系学生还要熟练掌握空间直线和平面的位置关系。
例如，学生需要了解两个平面的位置关系有相交、平行、重合等；一条直线和一个平面的位置关系有相交、平行、重合、异面等。
通过掌握这些位置关系，学生能够更好地解决立体几何中的问题。
6. 空间几何体的投影了解空间几何体的投影是立体几何中重要的知识点。
学生需要知道投影的方法和性质，能够根据图形情况计算出相关的投影长度。
例如，柱面的截面是一个圆，学生需要根据柱面的性质计算出其截面的半径和面积。
7. 空间几何体的旋转和对称在立体几何中，旋转和对称是重要的变换方法。
高考数学复习--立体几何--异面直线距离与夹角巩固练习卷(解析版)
异面直线距离与夹角巩固（共22题）一、选择题（共8题）1.（2020·同步练习）已知二面角α−l−β的大小为60∘，b和c是两条异面直线，且b⊥α，c⊥β，则b与c所成的角的大小为( )A．120∘B．90∘C．60∘D．30∘2.（2017·云南昆明市·模拟）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=1，BB1=1，P是AB的中点，则异面直线BC1与PD所成角等于( )A．30∘B．45∘C．60∘D．90∘3.（2021·专项）如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面相互垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为( )A．15B．25C．35D．454.（2021·单元测试）如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( )A．MN∥AB B．平面VAC⊥平面VBCC．MN与BC所成的角为45∘D．OC⊥平面VAC5.（2021·单元测试）四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为( )A．25B．35C．45D．126.（2021·专项）已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成角的余弦值为( )A．√34B．34C．√54D．5167.（2021·同步练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是棱B1C1的中点，点F是线段CD1上的一个动点，有以下三个命题．①异面直线AC1与B1F所成的角是定值；②三棱锥B−A1EF的体积是定值；③直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值．其中真命题的个数是( )．A．3B．2C．1D．08.（2017·浙江嘉兴市·期中）正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在A1C上运动（包括端点），则BP与AD1所成的角的取值范围为( )A．[π4,π3]B．[π4,π2]C．[π6,π2]D．[π6,π3]二、多选题（共4题）9.（2021·单元测试）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M在线段B1C上运动，则( )A．直线BD1⊥平面A1B1CDB．三棱锥M−A1C1D的体积为定值C．异面直线AM与A1D所成角的取值范围是[π4,π2 ]D．直线C1M与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为√6310.（2021·同步练习）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A−BD−C，下列四个结论中正确的是( )A．AC⊥BDB．△ACD是等边三角形C．直线AB与平面BCD所成的角是60∘D．AB与CD所成的角为60∘11.（2021·单元测试）如图，在棱长均相等的四棱锥P−ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，则下列结论正确的是( )A．PD∥平面OMNB．平面PCD∥平面OMNC．异面直线PD与MN所成角的大小为90∘D．ON⊥PB12.（2021·北京·期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AC=23AB=2，AB⊥AC，点D，E分别是线段BC，B1C上的动点（不含端点），且ECB1C =DCBC．则下列说法正确的是( )A．ED∥平面ACC1B．该三棱柱的外接球的表面积为68πC．异面直线B1C与AA1所成角的正切值为32D．二面角A−EC−D的余弦值为413三、填空题（共4题）13.（2020·天津·同步练习）思考辨析，判断正误．异面直线所成角的大小与点O的位置无关，所以求解时，可根据需要合理选择该点．14.（2021·同步练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BC1所成角的大小是．15.（2021·同步练习）直三棱柱ABC−A1B1C1中，若∠BAC=90∘，AB=AC=AA1，则异面直线BA1与AC1所成角的大小为．16.（2019·温州市瓯海区·单元测试）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=√5，∠ADC=90∘．沿直线AC将△ACD翻折成△ACDʹ，直线AC与BDʹ所成角的余弦的最大值是．四、解答题（共6题）17.（2020·上海闵行区·模拟）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，高为3，E是棱BB1的中点．(1) 求异面直线A1D与C1E所成角的大小（用反三角函数值表示）；(2) 求四面体A1−C1DE的体积．18.（2021·青岛市崂山区·期中）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，D是AC的中点，AA1=AB=2．（1）求证：AB1∥平面C1BD；（2）若异面直线AC和A1B1所成角的余弦值为2√13，求四棱锥B−AA1C1D的体积．1319.（2020·上海闵行区·期末）如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，高为2√3，底面半径为2.(1) 求该圆锥的侧面积；(2) 设OA，OB为该圆锥的底面半径，且∠AOB=90∘，M为线段AB的中点，求直线PM与直线OB所成的角．20.（2020·上海闵行区·单元测试）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=2，CC1=4，M为棱CC1上一点．(1) 若C1M=1，求异面直线A1M和C1D1所成角的正切值；(2) 若C1M=2，求证BM⊥平面A1B1M．21.（2018·上海静安区·期中）如图，在Rt△AOB中，∠OAB=π，斜边AB=4，Rt△AOC可以通6过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B−AO−C是直二面角，D是AB的中点，求异面直线AO与CD所成角的大小．22.（2018·上海黄浦区·期中）如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC=π，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点，以A为原点，建4立适当的空间坐标系，利用空间向量解答以下问题：(1) 证明：直线MN∥平面OCD；(2) 求异面直线AB与MD所成角的大小；(3) 求点B到平面OCD的距离．答案一、选择题（共8题） 1. 【答案】C【解析】设直线 b ，c 的方向向量 b ⃗ ，c ，b ⊥α，c ⊥β，所以 b ⃗ ，c 分别是平面 α，β 的法向量， 二面角 α−l −β 的大小为 60∘，b ⃗ ，c 的夹角为 60∘ 或 120∘， 因为异面直线所的角为锐角或直角， 所以 b 与 c 所成的角为 60∘． 故选：C ．【知识点】异面直线所成的角2. 【答案】C【解析】长方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中，AB =2，BC =1，BB 1=1，取 CD 的中点 Q ，连接 BQ ，C 1Q ，因为 P 是 AB 的中点， 所以 BQ ∥PD ，所以 ∠C 1BQ 是异面直线 BC 1 与 PD 所成角， 如图所示；△C 1BQ 中，C 1B =BQ =C 1Q =√2，所以 ∠C 1BQ =60∘，即异面直线 BC 1 与 PD 所成角等于 60∘．【知识点】异面直线所成的角3. 【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系， 设 AB =1，则 M (0,y,1)，0≤y ≤1，易知 AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,12,0)，EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,y,1)，θ∈(0,π2]， 所以cosθ=∣∣cos⟨AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩∣∣=∣∣AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=∣∣−12+12y ∣∣√1+14⋅√14+y 2+1=√5⋅√4y 2+5[√4y 2+5]2=1−8y+14y 2+5，令 8y +1=t ，1≤t ≤9，则 8y+14y 2+5=16t+81t−2≥15，当且仅当 t =1 时取等号，所以√4y 2+5=√1−8y+14y 2+5≤√1−15=√5，所以 cosθ=√5⋅√4y 2+5≤√5×√5=25，当且仅当 y =0 时取最大值， 故选B ．【知识点】异面直线所成的角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题4. 【答案】B【解析】因为 M ，N 分别是 VA ，VC 的中点， 所以 MN 与 AC 平行， 又因为 AC 与 AB 相交于点 A ， 所以 MN 与 AB 不平行，故A 错误；因为 VA 垂直半圆 O 所在的平面，BC ⊂半圆O 所在的平面，所以 VA ⊥BC ，因为 AB 是半圆 O 的直径， 所以 AC ⊥BC ，又 AC ∩VA =A ，AC,VA ⊂平面VAC ， 所以 BC ⊥平面VAC ， 又 BC ⊂平面VBC ，所以 平面VAC ⊥平面VBC ，故B 正确； 因为 BC 与平面 VAC 垂直，MN ⊂平面VAC ， 所以 BC 与 MN 垂直，故C 错误； 因为 AC ⊥BC ，A ，B ，C ，O 共面， 所以 OC 与 AC 不垂直，所以 OC ⊥平面VAC 不成立，故D 错误． 故选B ．【知识点】异面直线所成的角5. 【答案】A【解析】以 A 为坐标原点，AB ，AD ，AQ 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方形的边长为 2，则 A (0,0,0)，E (1,0,0)，F (2,1,0)，设 M (0,m,2)(0≤m ≤2)，所以 EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,m,2)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0)， 所以 cosθ=∣cos⟨EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩∣=∣∣∣√5+m 2×√5∣∣∣，将异面直线 EM 与 AF 夹角的余弦值转化为关于 m 的函数．令 t =2−m ，t ∈[0,2]，则当 t =0 时，cosθ=0， 当 t ∈[0,2] 时，cosθ=√5+(2−t )2×√5=√9t2−4t+1×√5=√9(1t −29)2+59×√5通过换元，进一步转化为求关于 t 的函数的最值问题． 因为 1t ≥12>29，所以当 1t =12，即 m =0 时，cosθ 取得最大值 25，因此 cosθ 的最大值为 25．【知识点】异面直线所成的角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题6. 【答案】B【解析】设 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ，BC 的中点为 D ， 则 A 1D ⊥平面ABC ，所以 A 1D ⊥AB ，设三棱柱的各棱长均为 1，则 ∣a ∣=∣∣b ⃗ ∣∣=∣c ∣=1，且 ⟨a ,b ⃗ ⟩=60∘， 所以 A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(a+b ⃗ )−c ， 所以 A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12a +12b ⃗ −c )⋅a =0解得 a ⋅c =34， 所以 cos⟨a ,c ⟩=a⃗ ⋅c ∣a⃗ ∣∣c ∣=341×1=34所以异面直线 AB 与 CC 1 所成角的余弦值为 34． 【知识点】异面直线所成的角、空间向量的数量积运算7. 【答案】B【解析】以点 A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，不妨设正方体棱长为 1，则 C (1,1,0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，C 1(1,1,1)，D 1(0,1,1)，根据题意设 F (t,1,1−t )(0≤t ≤1)，则 AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(t −1,1,−t )，所以 AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以异面直线 AC 1 与 B 1F 所成的角是 90∘，为定值， 所以①正确；对于②，因为三棱锥 B −A 1EF 的底面 A 1BE 面积为定值， 且 CD 1∥BA 1，而点 F 是线段 CD 1 上的一个动点，所以点 F 到平面 A 1BE 的距离为定值，所以三棱锥 B −A 1EF 的体积是定值， 故②正确；对于③，因为 A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(t,1,−t )，B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)，B 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,0)， 可得平面 B 1CD 1 的一个法向量为 n ⃗ =(1,1,1)，所以 cos⟨A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ ⟩ 不是定值， 故③错误． 故选B ．【知识点】线面角、异面直线所成的角8. 【答案】D【解析】在正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中，AD 1 与 BC 1 平行， 故 ∠C 1BP 即为 BP 与 AD 1 所成的角， 取 CD 1 中点 E ，连接 BE 交 A 1C 于 F ， 易得 C 1E ⊥平面A 1BCD 1，则有 cos∠C 1BP =cos∠C 1BF ⋅cos∠FBP ． 当 ∠FBP 越大，∠C 1BP 越大， 当 ∠FBP 越小，∠C 1BP 越小，显然当 P 与 A 1 重合时，∠C 1BP 最大， 此时 △A 1BC 1 是等边三角形，∠C 1BP =π3， 当 P 与 F 重合时，∠C 1BP 最小，此时 ∠C 1BP =∠C 1BF =∠C 1BE ， 由 sin∠C 1BE =12得 ∠C 1BP =π6．【知识点】异面直线所成的角二、多选题（共4题） 9. 【答案】B ；D【解析】以 D 为原点，DA 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，DD 1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，则 D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，所以 BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,1)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0)， 所以 BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+1=0，所以 BD 1⊥DA 1，BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1≠0， 所以 BD 1 不垂直于 DC ，故 BD 1 不垂直于平面 A 1B 1CD ，故A 不正确．因为 B 1C ∥A 1D ，B 1C ⊄平面A 1DC 1，A 1D ⊂平面A 1DC 1， 所以 B 1C ∥平面A 1DC 1，又因为点 M 在线段 B 1C 上运动，所以点 M 到平面 A 1DC 1 的距离等于 B 1 到平面 A 1DC 1 的距离，易知点 B 1 到平面 A 1DC 1 的距离为定值，故 V M−A 1C 1D 为定值．故B 正确．易知 A 1D ∥B 1C ，当点 M 与线段 B 1C 的端点重合时，异面直线 AM 与 A 1D 所成角为 π3， 设 B 1C 的中点为 M 0，当点 M 由 B 1C 的端点向中点 M 0 运动时，∠AMM 0 为异面直线 AM 与 A 1D 所成的角，在 △ACB 1 中，AC =AB 1， 所以 AM 0⊥B 1C ，在 △AMM 0 中，AM 0 不变，MM 0 逐渐变小，所以 tan∠AMM 0=AM 0MM 0逐渐增大，当点 M 与 M 0 重合时，异面直线 AM 与 A 1D 所成角为 π2，所以异面直线 AM 与 A 1D 所成角的取值范围是 [π3,π2]，故C 不正确．设 M (a,1,a )，易知 DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1)，DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1)，C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,0,a −1)，BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,1)，因为 BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+1=0，BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+1=0，DA 1∩DC 1=D ， 所以 BD 1⊥平面A 1C 1D ， 所以 BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,1) 为平面 A 1C 1D 的一个法向量， 设直线 C 1M 与平面 A 1C 1D 所成的角为 θ，则sinθ=∣∣cos⟨C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩∣∣=∣∣C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√3×√a 2+(a−1)2=√3×√2(a−12)2+12当 a =12时，sinθ 取得最大值，为√63， 所以直线 C 1M 与平面 A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为 √63，故D 正确．故选BD ．【知识点】线面角、异面直线所成的角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题10. 【答案】A ；B ；D【解析】设正方形的边长为 1，取 BD 的中点 ，连接 OA ，CO ， 可得 OC ⊥BD ，OA ⊥BD ，OC ∩OA =O ， 所以 BD ⊥平面AOC ． 因为 AC ⊂平面AOC ， 所以 BD ⊥AC ，A 正确．正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角 A −BD −C ，即 平面ABD ⊥平面BCD ． 因为 OC ⊥BD ，平面ABD ∩平面BCD =BD ， 所以 OC ⊥平面ABD ，同理 OA ⊥平面BCD ， 所以 OC ⊥OA ．在 Rt △OAC 中，OC =OA =√22， 所以 AC =√OA 2+OC 2=1，故 △ACD 为等边三角形，故B 正确．因为OA⊥平面BCD，所以∠ABO为直线AB与平面BCD所成的角，而∠ABO=45∘，故C错误．过点D作DE∥AB且DE=AB，连接CE，OE，则∠CDE或其补角为AB与CD所成的角．在△ODE中，DE=1，OD=√22，∠EDO=3π4，由余弦定理得OE2=OD2+DE3+2OD⋅DE⋅cos3π4=52．易知CO⊥平面ABD，OE⊂平面ABD，所以CO⊥OE．在Rt△COE中．CE2=OE2+OC2=3．又DE=CD=1，由余弦定理得cos∠CDE=CD 2+DE2−CE22CD⋅DE=−12，所以∠CDE=120∘，即AB与CD所成的角为60∘，故D正确．【知识点】余弦定理、异面直线所成的角、二面角11. 【答案】A；B；D【解析】选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD∥ON，由线面平行的判定定理可得，PD∥平面OMN，A正确；选项B，由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，得MN∥AB，又底面为正方形，所以MN∥CD，由线面平行的判定定理可得，CD∥平面OMN，由选项A得PD∥平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD∥平面OMN，B正确；选项C，因为MN∥CD，所以∠PDC（或其补角）为异面直线PD与MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC=60∘，故异面直线PD与MN所成角的大小为60∘，C错误；选项D，因为底面为正方形，所以AB2+AD2=BD2，又所有棱长都相等，所以PB2+PD2= BD2，故PD⊥PB，又PD∥ON，所以ON⊥PB，D正确．【知识点】平面与平面平行关系的判定、异面直线所成的角12. 【答案】A；D【解析】在直三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，因为ECB1C =DCBC，所以ED∥BB1∥CC1，所以ED∥平面ACC1，所以A项正确；因为AA1=AC=23AB=2，所以 AB =3， 因为 AB ⊥AC ，所以 BC =√22+32=√13， 所以 B 1C =√13+4=√17，易知 B 1C 是三棱柱外接球的直径，所以三棱柱外接球的表面积为 π×(√17)2=17π，所以B 项错误； 因为 AA 1∥BB 1 且 ∠BB 1C 为锐角，所以异面直线 B 1C 与 AA 1 所成角为 ∠BB 1C ， 在 Rt △B 1BC 中，BB 1=2，BC =√13， 所以 tan∠BB 1C =BCBB 1=√132，所以C 项错误；二面角 A −EC −D 即为二面角 A −B 1C −B ，以 A 为坐标原点，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为 x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 A (0,0,0)，B (3,0,0)，C (0,2,0)，B 1(3,0,2)， 设平面 AB 1C 的法向量为 n ⃗ =(x,y,z )，则 {n ⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {2y =0,3x +2z =0,令 x =2，则 z =−3， 所以 n ⃗ =(2,0,−3)，同理求得平面 BB 1C 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(2,3,0)， 由图易知二面角 A −EC −D 为锐角，故二面角 A −EC −D 的余弦值为 ∣cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩∣=∣m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣∣m ⃗⃗⃗ ∣∣∣∣n ⃗ ∣∣=√13×√13=413，所以D 项正确．故选AD ．【知识点】异面直线所成的角、二面角、球的表面积与体积、利用向量的坐标运算解决立体几何问题三、填空题（共4题） 13. 【答案】 √【知识点】异面直线所成的角14. 【答案】60∘【解析】连接AD1，CD1（图略），则AD1∥BC1，所以∠CAD1（或其补角）就是AC与BC1所成的角，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC= AD1=CD1，所以∠CAD1=60∘，即AC与BC1所成角的大小为60∘．【知识点】异面直线所成的角15. 【答案】60∘【解析】如图，可将原三棱柱补成一个正方体，连接A1D1，BD1，所以AC1∥BD1，所以∠A1BD1（或其补角）即为BA1与AC1所成的角．又易知△A1BD1为正三角形，所以∠A1BD1=60∘，即异面直线BA1与AC1所成角的大小为60∘．【知识点】异面直线所成的角16. 【答案】√66【解析】取AC的中点O，连接AB，过Dʹ作DʹE⊥AC交AC与点E，过B作BF∥OE，过E作EF∥OB交BF与点F，因为AB=BC，O为AC的中点，所以BO⊥AC，又四边形OEFB为矩形，所以直线AC与BDʹ所成的角为∠FBDʹ，∠DʹEF为面ACDʹ与面ABC所成的二面角，设∠DʹEF=θ，因为CD⊥AD，所以DʹE=√306，EF=√302，又CE=√66，所以OE=BF=√62−√66=√63，在△EFDʹ中，由余弦定理得DʹF2=(DʹE)2+EF2−2DʹE⋅EFcosθ，所以DʹF2=253−5cosθ≥103，当θ=90∘时，DʹF2有最小值为103，则BDʹ=√103+(√63)2=2，所以直线AC与BDʹ所成角的余弦的最大值是cos∠DʹBF=BFBDʹ=√66．【知识点】异面直线所成的角四、解答题（共6题） 17. 【答案】(1) 如图，以 D 为原点，以 DA ，DC ，DD 1 分别为 x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．由已知 DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3)，C 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−32)，设两向量夹角为 θ，则 ∣cosθ∣=√1365， 所以异面直线 A 1D 与 C 1E 所成角为 arccos√1365． (2) 利用割补法：正四棱柱体积 V =12．连接 DB ． V E−A 1B 1C 1=1，V D−A 1C 1D 1=2，V D−ABEA 1=V D−CBEC 1=3，所以 V A 1−C 1DE =V −V E−A 1B 1C 1−V D−A 1C 1D 1−V D−ABEA 1−V D−CBEC 1=3． 【知识点】异面直线所成的角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题18. 【答案】（1）取 A 1C 1 的中点 E ，连接 B 1E ，AE ，DE ，在直三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中， 四边形 AA 1C 1C 为平行四边形， 又 D 是 AC 的中点， 所以 AD ∥EC 1，AD =EC 1， 所以四边形 AEC 1D 是平行四边形，所以 AE ∥DC 1，又 AE ⊄平面C 1BD ，DC 1⊂平面C 1BD ， 所以 AE ∥平面C 1BD ，因为 DE =CC 1=BB 1，DE ∥CC 1∥BB 1， 所以四边形 DEB 1B 是平行四边形，所以 B 1E ∥BD ，又 B 1E ⊄平面C 1BD ，BD ⊂平面C 1BD ， 所以 B 1E ∥平面C 1BD ，又 AE ∩B 1E =E ，B 1E ⊂平面AB 1E ， 所以 平面AB 1E ∥平面C 1BD ，又 AB 1⊂平面AB 1E ， 所以 AB 1∥平面C 1BD ；（2）过 B 作 BH ⊥AC 于 H ， 因为 AA 1⊥平面ABC ，BH ⊂平面ABC ，所以 BH ⊥AA 1，又 AA 1∩AC =A ，AA 1,AC ⊂平面AA 1C 1D ， 所以 BH ⊥平面AA 1C 1D ，因为 AB ∥A 1B 1，∠CAB 为锐角， 所以 ∠CAB 为异面直线 AC 和 A 1B 1 所成的角， 所以由条件知 cos∠CAB =2√1313， 在 Rt △ABC 中，∠ABC =90∘，AB =2，AC =ABcos∠CAB =√13，BC =√AC 2−AB 2=3，BH =AB⋅BC AC=√13，又 A 1C 1=AC =√13，AD =12AC =√132，AA 1=2，所以V B−AA 1C 1D =13S △A 1C 1D ⋅BH=13[12(AD +A 1C 1)⋅AA 1]⋅BH = 3.【知识点】异面直线所成的角19. 【答案】(1) OP ⊥底面OAB ，由题意得：高 ℎ=2√3，底面半径 r =2， 所以 母线 l =4，圆锥的侧面积 S =12lr =12×2π×2×4=8π． (2) 取 OA 的中点为 N ， 因为 M 为 AB 的中点，所以 MN ∥OB ，∠PMN 就是直线 PM 与直线 OB 所成的角， 因为 OB ⊥OA ，OB ⊥OP ，所以 OB ⊥平面POA ，MN ⊥平面POA ，MN ⊥PN ，在 Rt △PNM 中，PN =√ℎ2+(r 2)2=√13，MN =12OB =1， 所以 tan∠PMN =PN MN=√13，即直线 PM 与直线 OB 所成的角为 arctan √13． 【知识点】圆锥的表面积与体积、异面直线所成的角20. 【答案】(1) 依据题意，有 C 1M =1，B 1C 1=BC =2，B 1C 1⊥C 1M ， 得 B 1M =√5． 因为 A 1B 1∥C 1D 1，所以异面直线 A 1M 和 C 1D 1 所成角即为 A 1M 和 A 1B 1 所成角．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，因为A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，所以A1B1⊥面B1BCC1，所以A1B1⊥B1M，故可得∠B1A1M为锐角且tan∠B1A1M=B1MB1A1=√52．(2) 由题意，BC=B1C1=2，C1M=2，CC1=4，所以CM=2．因为BB12=BM2+B1M2，所以∠BMB1=90∘，即BM⊥B1M．又由A1B1⊥面B1BCC1可得A1B1⊥BM，故BM⊥平面A1B1M．【知识点】异面直线所成的角21. 【答案】arctan√153．【解析】由题意得，BO⊥AO，CO⊥AO，所以∠BOC即为二面角B−AO−C的平面角，且AO⊥平面BOC，又因为二面角B−AO−C是直二面角，所以BO⊥CO，取BO中点M，连接DM，MC，如图所示：所以DM∥AO，所以DM⊥平面BOC，且∠CDM即异面直线AO，CD所成角或其补角，因为在Rt△AOB中，∠OAB=π6，斜边AB=4，所以DM=12AO=12×4×√32=√3，CM=√CO2+OM2=√22+12=√5，所以在Rt△DMC中，tan∠CDM=CMDM =√5√3=√153，所以∠CDM=arctan√153，所以异面直线AO，CD所成角大小为arctan√153．【知识点】异面直线所成的角22. 【答案】(1) 作 AP ⊥CD 于点 P ，如图，分别以 AB ，AP ，AO 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 A (0,0,0)，B (1,0,0)，P (0,√22,0)，D (−√22,√22,0)，O (0,0,2)，M (0,0,1)，N (1−√24,√24,0)， MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√24,√24,−1)，OP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√22,−2)，OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√22,√22,−2)． 设平面 OCD 的法向量为 n ⃗ =(x,y,z )，则 n ⃗ ⋅OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ⃗ ⋅OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即 {√22y −2z =0,−√22x +√22y −2z =0.取 z =√2，解得 n ⃗ =(0,4,√2)．∵MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =(1−√24,√24,−1)⋅(0,4,√2)=0，∴MN ∥平面OCD ．(2) 设 AB 与 MD 所成角为 θ， ∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√22,√22,−1)， ∴cosθ=∣∣AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=12， ∴θ=π3，AB 与 MD 所成角的大小为 π3．(3) 设点 B 到平面 OCD 的距离为 d ，则 d 为 OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 在向量 n ⃗ =(0,4,√2) 上的投影的绝对值，由 OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−2)，得 d =∣∣OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣∣∣n ⃗ ∣∣=23，所以点 B 到平面 OCD 的距离为 23． 【知识点】异面直线所成的角、空间的平行关系、空间向量的应用、点面距离（线面距离、点线距离、面面距离）。
《空间向量与立体几何》单元复习与巩固
《空间向量与立体几何》单元复习与巩固知识网络知识要点梳理知识点一：平面的法向量定义：已知平面，直线，取的方向向量，有，则称为为平面的法向量。
注意：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量。
已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量。
知识点二：用向量方法判定空间中的平行关系空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行。
（1）线线平行设直线，的方向向量分别是，，则要证明，只需证明，即。
（2）线面平行①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明，即。
②根据线面平行的判定定理：“如果直线（平面外）与平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行”，要证明一条直线和一个平面平行，也可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量。
③根据共面向量定理可知，如果一个向量和两个不共线的向量是共面向量，那么这个向量与这两个不共线的向量确定的平面必定平行，因此要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可。
（3）面面平行①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可。
②若能求出平面，的法向量，，则要证明，只需证明。
知识点三：用向量方法判定空间的垂直关系空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直。
（1）线线垂直设直线，的方向向量分别为，，则要证明，只需证明，即。
（2）线面垂直①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明。
②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直。
（3）面面垂直①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直。
②证明两个平面的法向量互相垂直。
知识点四：利用向量求空间角（1）求异面直线所成的角已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则。
注意：两异面直线所成的角的范围为（00,900]。
《空间向量与立体几何》全章复习与巩固
《空间向量与立体几何》全章复习与巩固编稿：李霞审稿：张林娟【学习目标】1.了解空间向量的概念，空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解、线性运算、数量积及其坐标表示；2.运用向量的数量积判断向量的共线与垂直，理解直线的方向向量与平面的法向量；3.能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理及问题；4.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题及一些简单的距离问题.【知识网络】【要点梳理】要点一：空间向量的有关概念空间向量：空间中，既有大小又有方向的量；空间向量的表示：一种是用有向线段AB 表示，A 叫作起点，B 叫作终点；一种是用小写字母a （印刷体）表示，也可以用a （而手写体）表示．向量的长度（模）：表示空间向量的有向线段的长度叫做向量的长度或模，记作||AB 或||a ．向量的夹角：过空间任意一点O 作向量a b ,的相等向量OA 和OB ，则∠AOB 叫作向量a b ,的夹角，记作〈〉，a b ，规定0π≤〈〉≤，a b ．如图：零向量：长度为0或者说起点和终点重合的向量，记为0．规定：0与任意向量平行． 单位向量：长度为1的空间向量，即||1a =． 相等向量：方向相同且模相等的向量． 相反向量：方向相反但模相等的向量．共线向量（平行向量）：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合．a 平行于b 记作b a//，此时．a b 〈〉，=0或a b 〈〉，=π． 共面向量：平行于同一个平面的向量，叫做共面向量． 要点诠释：（1）数学中讨论的向量是自由向量，即与向量的起点无关，只与大小和方向有关． 只要不改变大小和方向，空间向量可在空间内任意平移；（2）当我们说向量a 、b 共线（或a //b ）时，表示a 、b的有向线段所在的直线可能是同一直线，也可能是平行直线．（3）对于任意一个非零向量a，我们把a a叫作向量a 的单位向量，记作0a ．0a 与a同向．（4）当a b 〈〉，=0或π时，向量a 平行于b ，记作b a //；当 a b 〈〉，=2π时，向量a b ，垂直，记作a b ⊥． 要点二：空间向量的基本运算 空间向量的基本运算： 运算类型几何方法运算性质向 量 的 加 法1平行四边形法则：OC OA ABa b=+=+加法交换率：.a b b a +=+加法结合率： ()()a b c a b c ++=++()a b a b -=+-AB BC=AC + 0AB BA=+2三角形法则：OB OA AB a b=+=+向 量 的 减 法 三角形法则： BA OA OB a b=-=-AB OA OB =-向 量 的 乘 法 a λ是一个向量，满足：λ>0时，a λ与a 同向； λ<0时，a λ与a 异向；λ=0时， a λ=0()()a a λμλμ=()a a a λμλμ+=+()a b a b λλλ+=+a ∥b a b λ⇔=向 量 的 数 量 积1．a b 是一个数：||||cos()a b a b a b =，；2．0a =，0b=或a b ⊥ ⇔b a •=0．a b b a =()()()a b a b a b λλλ==()a b c a c b c +=+22||a a =||||||a b a b ≤要点三：空间向量基本定理共线定理：两个空间向量a 、b （b ≠0 ），a //b 的充要条件是存在唯一的实数λ，使b aλ=．共面向量定理：如果两个向量,a b 不共线，则向量p 与向量,a b 共面的充要条件是存在唯一的一对实数,x y ，使p xa yb =+．要点诠释：（1）可以用共线定理来判定两条直线平行（进而证线面平行）或证明三点共线． （2）可以用共面向量定理证明线面平行（进而证面面平行）或证明四点共面． 空间向量分解定理：如果三个向量,,a b c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在一个唯一的有序实数组,,x y z ，使p xa yb zc =++.要点诠释：（1）空间任意三个不共面的向量都可以作为空间向量的一个基底；（2）由于零向量可视为与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，所以，三个向量不共面，就隐含着它们都不是零向量0．（3）一个基底是指一个向量组，一个基向量是指基底中的某一个向量，二者是相关联的不同概念． 要点四：空间向量的直角坐标运算 空间两点的距离公式若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则①222111212121(,,)(,,)(,,)AB OB OA x y z x y z x x y y z z =-=-=---； ②2||(AB AB ==；③ AB 的中点坐标为121212222x +x y +y z +z ⎛⎫⎪⎝⎭，，．空间向量运算的的坐标运算设111(,,)a x y z =，222(,,)b x y z =，则 ① 121212(,,)a b x x y y z z +=+++； ② 121212(,,)a b x x y y z z -=---； ③ 111(,,)()a x y z R λλλλλ=∈； ④ 121212a b x x y y z z ⋅=++；⑤ 222111a a a x y z ==++，222222b b b x y z ==++； ⑥ ()121212222222111222cos 00x x y y z z a b a b a b a bx y zx y z++==≠≠++++，，．空间向量平行和垂直的条件若111(,,)a x y z =，222(,,)b x y z =，则①12//a b a b x x λλ⇔=⇔=，12y y λ=，12()z z R λλ=∈⇔111222x y z x y z ==222(0)x y z ≠； ②12121200a b a b x x y y z z ⊥⇔⋅=⇔++=． 要点诠释：（1）空间任一点P 的坐标的确定：过P 作面xOy 的垂线，垂足为'P ，在面xOy 中，过'P 分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足分别为A C 、，则|'|||||x P C y AP z PP ===，，＇＇．如图： （２）夹角公式可以根据数量积的定义推出：a ba b |a ||b|cos a b cos a b |a ||b|⋅⋅=<⋅>⇒<⋅>=⋅，其中θ的范围是[0,]π．（３）0与任意空间向量平行或垂直． 要点五：用向量方法讨论垂直与平行图示向量证明方法线线平行 （a //b ）a //b（a b ，分别为直线a b ，的方向向量）线线垂直 （a b ⊥）⊥a b（a b ，分别为直线a b ，的方向向量）线面平行 （l //α）⊥a n ，即0=⋅a n（a 是直线l 的方向向量，n 是平面α的法向量）．线面垂直 （l α⊥）a //n（a 是直线l 的方向向量，n 是平面α的法向量） 面面平行 （α//β）//u v（u v ，分别是平面α，β的法向量）面面垂直 （αβ⊥）⊥u v ，即0=u v（u ，v 分别是平面α，β的法向量）要点诠释：（１）直线的方向向量：若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．（２）平面的法向量：已知平面α，直线l α⊥，取l 的方向向量a ，有α⊥a ，则称为a 为平面α的法向量． 一个平面的法向量不是唯一的．要点六：用向量方法求角图示向量证明方法异面直线所成的角||cos ||||AC BD AC BD θ⋅=⋅（A ，C 是直线a 上不同的两点，B ，D 是直线b 上不同的两点）直线和平面的夹角||sin |cos |||||θϕ⋅==⋅a u a u（其中直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的角为ϕ）二面角cos θ（平面α与β的法向量分别为1n 和2n ，平面α与β的夹角为θ）要点诠释：①当法向量1n 与2n 的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角θ的大小等于1n ，2n 的夹角12,〈〉n n 的大小。
高中立体几何练习题
高中立体几何练习题几何学是数学中非常重要的一个分支，而立体几何则是其中的一个重要部分。
在高中阶段，学生需要掌握各种与立体几何相关的概念和定理，并且能够运用这些知识解决实际问题。
本文将为大家提供一些高中立体几何的练习题，以帮助大家巩固知识和提高解题能力。
练习题一：三棱柱1. 一个三棱柱的底面是一个等边三角形，边长为8cm，高度为10cm。
求该三棱柱的体积和表面积。
2. 一个三棱柱的体积是72cm³，底面边长为6cm。
求该三棱柱的高度和表面积。
练习题二：四棱柱和四棱锥1. 一个正四棱柱的底面是一个边长为4cm的正方形，高度为6cm。
求该四棱柱和与之相似的正四棱锥的体积比值。
2. 一个四棱柱的底面是一个边长为10cm的正方形，高度为8cm。
求该四棱柱和与之相似的四棱锥的表面积比值。
练习题三：球体和圆柱1. 一个半径为4cm的球从中间切割，得到两个半球。
求这两个半球的表面积之和。
2. 一个圆柱的底面半径为3cm，高度为10cm。
在底面上画一个直径，求这个直径与圆柱的侧面交点处的高度和侧面的面积。
练习题四：棱台和棱锥1. 一个棱台的上底是一个边长为6cm的正三角形，下底是一个边长为12cm的正六边形，高度为8cm。
求该棱台的体积和表面积之和。
2. 一个棱台的上底是一个边长为8cm的正方形，下底是一个边长为12cm的正六边形，高度为10cm。
求该棱台的体积和表面积的比值。
以上仅为一些高中立体几何的练习题，希望能够帮助大家巩固知识并提高解题能力。
在解答这些题目时，可以根据已学习的定理和公式进行计算，并注意单位和精度的问题。
同时也要灵活运用几何思维和建模能力，将实际问题转化为几何图形，从而更好地解决问题。
祝各位同学在立体几何学习中取得好成绩！。
第8章立体几何专题7 线面角的求解常考题型专题练习——【含答案】
线面角的求解【方法总结】1、线面角的范围：[0°,90°]2、线面角求法（一）：先确定斜线与平面，找到线面的交点A为斜足；找线在面外的一点B，过点B向平面α做垂线，确定垂足O；连结斜足与垂足为斜线AB在面α上的投影；投影AO与斜线AB之间的夹角为线面角；把投影AO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）。
注意：以上第二步过面外一点向平面做垂线的方法有一下几种：1）线在面外的一点B与平面上某点的连线正垂直于面α，无需再做辅助线；2）题中已知有与面α垂直的直线，过线在面外的一点B直接做此垂线的平行线；3）过线在面外的一点B做两垂直平面交线的垂线，利用面面垂直的性质证明OB⊥面α（这两个垂直平面一个是面α，另一个是过点B且与α垂直的平面）。
3、线面角求法（二）用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。
114、线面角求法（三）利用空间向量进行求解，高二再学。
【巩固练习】1、已知正方体1111ABCD A B C D -的体积为162，点P 在正方形1111D C B A 上，且1,A C 到P 的距离分别为2,23，则直线CP 与平面11BDD B 所成角的正切值为( )A.2 B.3 C.12D.13【答案】A【解析】易知22AB =；连接1C P ，在直角1CC P ∆中，可计算22112C P CP CC =-=；又1112,4A P A C ==，所以点P 是11A C 的中点；连接AC 与BD 交于点O ，易证AC ⊥平面11BDD B ，直线CP 在平面11BDD B 内的射影是OP ，所以CPO ∠就是直线CP 与平面11BDD B 所成的角，在直角CPO ∆中，2tan 2CO CPO PO ∠== .2、把正方形沿对角线折起,当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线和平面所成的角的大小为A．B．C．D．[来源网ZXXK]【答案】C【解析】如图所示，当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，则平面，故直线和平面所成的角为，则，所以，故选C.3、如图，在三棱锥P-ABC中，,PA AB⊥PC BC⊥，,AB BC⊥22,AB BC==5PC=，则PA与平面ABC所成角的大小为_______.【答案】45︒【解析】如图，作平行四边形ABCD，连接PD，由AB BC⊥，则平行四边形ABCD是矩形．由BC CD⊥，BC PC⊥，PC CD C=，∴BC⊥平面PCD，而PD⊂平面PCD，∴BC PD⊥，同理可得AB PD⊥，又AB BC B⋂=，∴PD⊥平面11ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,5CD AB PC ===得1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．4、已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心O ，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值为（ ）A ．23B ．13C ．33D ．23【答案】A【解析】作1A H ⊥面ABC 于点H ,延长11B A 到D ,延长BA 到E 使得111B A A D =，,BA AE =如图则有11A EAB ，又因为1A O ⊥面ABC ，故1A EO ∠为所求角，且111sin AO A EO A E∠=。
高中数学 第八章 立体几何初步 8.3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积习题(含解析)新人教A版必
8.3简单几何体的表面积与体积8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积课后篇巩固提升基础达标练1.(多选题)长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为3,2,1,则()A.长方体的表面积为20B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3D.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为22×(3×2+3×1+2×1)=22,A错误.长方体的体积为3×2×1=6,B正确.如图①所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,BB1=1.在表面上求最短距离可把几何体展开成平面图形,如图②所示,将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开,则有AC1=,即当经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时的最短距离是;如图③所示,将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开,则有AC1==3,即当经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是3;如图④所示,将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开,则有AC1==2,即当经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是2.因为3<2,所以沿长方体表面从A到C1的最短距离是3,C正确,D不正确.2.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则三棱锥D-ACD1的体积是()A. B. C. D.1D-ACD1的体积等于三棱锥D1-ACD的体积,三棱锥D1-ACD的底面ACD是直角边长为1的等腰直角三角形,高D1D=1,∴三棱锥D-ACD1的体积为V=×1×1×1=.3.一个正四棱锥的底面边长为2,高为,则该正四棱锥的表面积为()A.8B.12C.16D.20=2,所以该四棱锥的表面积为22+4××2×2=12.4.正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为()A.3πB.C.πD.1,由图可知,该几何体由两个四棱锥构成,并且这两个四棱锥体积相等.四棱锥的底面为正方形,且边长为,故底面积为()2=2;四棱锥的高为1,则四棱锥的体积为×2×1=.故几何体的体积为2×.5.正三棱锥的底面周长为6,侧面都是直角三角形,则此棱锥的体积为()A. B. C. D.,正三棱锥的底面周长为6,所以正三棱锥的底面边长为2,侧面均为直角三角形,可知侧棱长均为,三条侧棱两两垂直,所以此三棱锥的体积为.6.(2020全国高一课时练习)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是.ABCD-A1B1C1D1的体积为120,所以AB·BC·CC1=120,因为E为CC1的中点,所以CE=CC1,由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD,所以CE是三棱锥E-BCD的底面BCD上的高,所以三棱锥E-BCD的体积V=AB·BC·CE=AB·BC·CC1=×120=10.7.正四棱柱的一条体对角线长为9,表面积为144,适合这些条件的正四棱柱有个.a,高为h,由题意得这个方程组有两个解,所以适合条件的正四棱柱有2个.8.已知某几何体是由两个全等的长方体和一个三棱柱组合而成,如图所示,其中长方体的长、宽、高分别为4,3,3,三棱柱底面是直角边分别为4,3的直角三角形,侧棱长为3,则此几何体的体积是,表面积是.V=4×6×3+×4×3×3=90,表面积S=2(4×6+4×3+6×3)-3×3+×4×3×2+×3+3×4=138.9.在正四棱锥S-ABCD中,点O是底面中心,SO=2,侧棱SA=2,则该棱锥的体积为.侧棱SA=2,高SO=2,∴AO==2,因此,底面正方形的边长AB=AO=4,底面积为AB2=16.该棱锥的体积为V=AB2·SO=×16×2=.10.有一个正四棱台形状的油槽,可以装油190 L,假如它的两底面边长分别等于60 cm和40 cm,则它的深度为 cm.S',S.由V=(S++S')h,得h==75(cm).能力提升练1.(2020某某某某检测)我国古代名著《X丘建算经》中记载:“今有方锥下广二丈,高三丈,欲斩末为方亭,令上方六尺,问亭方几何?”大致意思为“有一个正四棱锥下底面边长为二丈,高三丈,现从上面截去一段,使之成为正四棱台状方亭,且正四棱台的上底面边长为六尺,问该正四棱台的体积是多少立方尺?”(注:1丈=10尺)()A.1 946立方尺B.3 892立方尺C.7 784立方尺D.11 676立方尺,正四棱锥的高为30,所截得正四棱台的下底面棱长为20,上底面棱长为6, 设棱台的高为OO1=h,由△PA1O1∽△PAO可得,解得h=21,可得正四棱台的体积为×21×(62+202+6×20)=3892(立方尺),故选B.2.(2020某某某某检测)如图所示,在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中,过上底面的一边A1B1和AC,BC的中点F,E作一个平面A1B1EF,记平面分三棱台两部分的体积为V1(三棱柱A1B1C1-FEC),V2两部分,那么V1∶V2=.h,上底面的面积是S,则下底面的面积是4S,∴V棱台=h(S+4S+2S)=Sh,V1=Sh,∴.∶43.(2020全国高一课时练习)如图,AA1,BB1,CC1相交于点O,形成两个顶点相对、底面水平的三棱锥容器,AO=A1O,BO=B1O,CO=C1O.设三棱锥高均为1,若上面三棱锥中装有高度为0.5的液体,且液体能流入下面的三棱锥,则液体流下去后液面高度为.,流下去后,液体上方空出的三棱锥的体积为三棱锥体积的.设空出的三棱锥的高为x,则,所以x=,所以液面高度为1-.-4.已知一个三棱柱的三视图如图所示,求这个三棱柱的侧面积.,该三棱柱的底面为正三角形,各侧面为矩形,侧棱长为4cm,如图所示.因为正三角形ABC和正三角形A'B'C'的高为2cm,所以正三角形ABC的边长AB==4(cm).故三棱柱的侧面积为S侧=4×4×3=48(cm2).5.一个正三棱锥P-ABC的底面边长为a,高为h.一个正三棱柱A1B1C1-A0B0C0的顶点A1,B1,C1分别在三条棱上,A0,B0,C0分别在底面△ABC上,何时此三棱柱的侧面积取到最大值?O,连接PO,图略,则PO为三棱锥的高,设A1,B1,C1所在的底面与PO交于O1点,则,令A1B1=x,而PO=h,则PO1=x,于是OO1=h-PO1=h-x=h.所以所求三棱柱的侧面积为S=3x·h(a-x)x=.当x=时,S有最大值为ah,此时O1为PO的中点,即A1,B1,C1分别是三条棱的中点.素养培优练在正三棱台ABC-A1B1C1中,已知AB=10,棱台一个侧面梯形的面积为,O1,O分别为上、下底面正三角形的中心,连接A1O1,AO并延长,分别交B1C1,BC于点D1,D,∠D1DA=60°,求上底面的边长.AB=10,∴AD=AB=5,OD=AD=.设上底面的边长为x(x>0),则O1D1=x.如图所示,连接O1O,过D1作D1H⊥AD于点H,则四边形OHD1O1为矩形,且OH=O1D1=x.∴DH=OD-OH=x,在Rt△D1DH中,D1D==2x.∵四边形B1C1CB的面积为(B1C1+BC)·D1D,∴(x+10)×2x,即40=(x+10)(10-x),∴x=2,故上底面的边长为2.。
专题08 利用空间向量证明平行、垂直(解析版)
2020年高考数学立体几何突破性讲练08利用空间向量证明平行、垂直一、考点传真：能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系二、知识点梳理：证明平行、垂直问题的思路(1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．3其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.三、例题：例1. （2019江苏卷）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【解析】证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1， 所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .例2.（2016年北京卷） 如图，在四棱锥中，平面PAD ⊥平面，，，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)∵面PAD面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ，P ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ， 又PD ⊥PA ，∴PD ⊥面PAB ， (2)取AD 中点为O ，连结CO ，PO ，∵CD AC == ∴CO ⊥AD ， ∵PA PD =， ∴PO ⊥AD ，以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，，， 设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有，sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>== (3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD ， 设AMAPλ=，()0,','M y z ， 由(2)知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=，即102λλ-++=，∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求． 例3.（2011安徽）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与平面AGFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==OAB ∆，OAC ∆，ODE ∆，ODF ∆都是正三角形． （Ⅰ）证明直线BC ∥EF ； （Ⅱ）求棱锥F OBED -的体积．【解析】（Ⅰ）（综合法）证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点． 由于OAB ∆与ODE∆都是正三角形，所以OB ∥DE 21，OG=OD=2， 同理，设G '是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有.2=='OD G O 又由于G 和G '都在线段DA 的延长线上，所以G 与G '重合．在GED ∆和GFD 中，由OB ∥DE 21和OC ∥DF 21，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是GEF ∆的中位线，故BC ∥EF ．（向量法）过点F 作AD FQ ⊥，交AD 于点Q ，连QE ，由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED ，以Q 为坐标原点，QE 为x 轴正向，QD 为y 轴正向，QF 为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系． 由条件知).23,23,0(),0,23,23(),3,0,0(),0,0,3(--C B F E则有33(,0,),(3,0,BC EF =-=- 所以,2=即得BC ∥EF ．（Ⅱ）由OB=1，OE=2，23,60=︒=∠EOB S EOB 知，而O E D ∆是边长为2的正三角形，故.3=OED S 所以.233=+=OED EOB OBED S S S过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F —OBED 的高，且FQ=3，所以.2331=⋅=-OBED OBED F S FQ V 例4.（2011江苏）如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD =，BAD ∠=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点． 求证：（Ⅰ）直线EF ∥平面PCD ；（Ⅱ）平面BEF ⊥平面PAD ．【证明】（Ⅰ）在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF//PD ．又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以直线EF//平面PCD ．（Ⅱ）连结DB ，因为AB=AD ，∠BAD=60°，所以ABD ∆为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD=AD ，所以BF ⊥平面PAD ．又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD ．例5.(2010广东)如图，¼AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为»AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FB FD ==，EF =．（Ⅰ）证明：EB FD ⊥；（Ⅱ）已知点,Q R 为线段,FE FB 上的点，23FQ FE =，23FR FB =，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．【证明】：（Ⅰ）连结CF ，因为¼AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为»AC 的中点，所以EB AC ⊥．在RT BCE ∆中，EC ===．在BDF ∆中，BF DF ==，BDF ∆为等腰三角形， 且点C 是底边BD 的中点，故CF BD ⊥．在CEF ∆中，222222)(2)6CE CF a a EF +=+==，所以CEF ∆为Rt ∆，且CF EC ⊥．因为CF BD ⊥，CF EC ⊥，且CE BD C =I ，所以CF ⊥平面BED ， 而EB ⊂平面BED ，CF EB ∴⊥．因为EB AC ⊥，EB CF ⊥，且AC CF C =I ，所以EB ⊥平面BDF ， 而FD ⊂平面BDF ，EB FD ∴⊥．（Ⅱ）设平面BED 与平面RQD 的交线为DG ．由23FQ FE =，23FR FB =，知//QR EB ． 而EB ⊂平面BDE ，∴//QR 平面BDE ， 而平面BDE I 平面RQD = DG ， ∴////QR DG EB ．由（Ⅰ）知，BE ⊥平面BDF ，∴DG ⊥平面BDF ， 而,DR DB ⊂平面BDF ，∴DG DR ⊥，DG DQ ⊥， ∴RDB ∠是平面BED 与平面RQD 所成二面角的平面角． 在Rt BCF ∆中，2CF a ===，sin FC RBD BF ∠===cos RBD ∠==． 在BDR ∆中，由23FR FB =知，133BR FB ==，由余弦定理得，RD== 由正弦定理得，sin sin BR RD RDB RBD=∠∠，即332sin RDB =∠，sin RDB ∠=故平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值为29．为GC 的中点，FO ＝3，且FO ⊥平面ABCD .(1)求证：AE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面AEF .【解析】证明 取BC 中点H ，连接OH ，则OH ∥BD ，又四边形ABCD 为正方形， ∴AC ⊥BD ，∴OH ⊥AC ，故以O 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A (3，0，0)，C (－1，0，0)，D (1，－2，0)，F (0，0，3)，B (1，2，0).BC →＝(－2，－2，0)，CF →＝(1，0，3)，BF →＝(－1，－2，3). (1)设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＝0，x ＋3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－3，3，1). 又四边形BDEF 为平行四边形， ∴DE →＝BF →＝(－1，－2，3)， ∴AE →＝AD →＋DE →＝BC →＋BF →＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)， ∴AE →·n ＝33－43＋3＝0，∴AE →⊥n ， 又AE ⊄平面BCF ，∴AE ∥平面BCF .(2)AF →＝(－3，0，3)，∴CF →·AF →＝－3＋3＝0，CF →·AE →＝－3＋3＝0， ∴CF →⊥AF →，CF →⊥AE →， 即CF ⊥AF ，CF ⊥AE ， 又AE ∩AF ＝A ， AE ，AF ⊂平面AEF ， ∴CF ⊥平面AEF .2.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点．求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .【解析】证明 由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0,0,0)，A 1(2,0,0)，B (0,2,0)，B 1(2,2,0)，C (0,0,2)，C 1(2,0,2)，M (1,0,0)，N (1,1,1)．(1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2,0,0)，MN →＝(0,1,1)，所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→.MN ⊄平面A 1B 1C 1，故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为MB →＝(－1,2,0)，MC 1→＝(1,0,2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →＝0，n 1·MC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0，，令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C . 3.如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DE ＝2，M 为线段BF 的中点．(1)求M 到平面DEC 的距离及三棱锥M －CDE 的体积； (2)求证：DM ⊥平面ACE .【解析】(1)设AC ∩BD ＝O ，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (－1,0,2)，M (1,0,1)， DE →＝(0,0,2)，DC →＝(1，3，0)，DM →＝(2,0,1)， ∵DE →·DC →＝0， ∴DE ⊥DC ，∴S △DEC ＝12×DE ×DC ＝12×2×2＝2，设平面DEC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝2z ＝0，n ·DC →＝x ＋3y ＝0，取x ＝3，得n ＝(3，－1,0)，∴M 到平面DEC 的距离h ＝|DM →·n ||n |＝233＋1＝3，∴三棱锥M －CDE 的体积V ＝13×S △CDE ×h ＝13×2×3＝233.(2)证明：A (0，－3，0)，AC →＝(0,23，0)，AE →＝(－1，3，2)， AC →·DM →＝0，AE →·DM →＝－2＋2＝0， ∴AC ⊥DM ，AE ⊥DM ，∵AC ∩AE ＝A ，∴DM ⊥平面ACE .4．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .【解析】证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点， 所以OF ∥AB .又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为P A ＝PD ＝22AD ， 所以P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝a2.以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则A ⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，a 2，0，D ⎝⎛⎭⎫－a2，0，0， P ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2，B ⎝⎛⎭⎫a 2，a ，0，C ⎝⎛⎭⎫－a2，a ，0. 因为E 为PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫－a 4，a 2，a4. 易知平面P AD 的一个法向量为OF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0， 因为EF →＝⎝⎛⎭⎫a 4，0，－a 4，且OF →·EF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0·⎝⎛⎭⎫a4，0，－a 4＝0， 又因为EF ⊄平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2，CD →＝(0，－a,0)， 所以P A →·CD →＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2·(0，－a,0)＝0， 所以P A →⊥CD →，所以P A ⊥CD . 又P A ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ， PD ，CD ⊂平面PDC ， 所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面PDC .5．如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .【解析】证明 如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)．(1)∵AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125. 又AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则A P →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，BM ∩BC ＝B ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM .6. 如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：(1)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .【解析】证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，△PBC 为等边三角形，即PO ⊥BC ， ∵平面PBC ⊥底面ABCD ，BC 为交线，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴P A →⊥BD →， ∴P A ⊥BD .(2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝⎛⎭⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴DM ⊥平面P AB . ∵DM ⊂平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面P AB .7.如图所示，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱A 1A ＝2.(1)证明：AC ⊥A 1B ；(2)是否在棱A 1A 上存在一点P ，使得AP →＝λP A 1→且面AB 1C 1⊥面PB 1C 1.【解析】 如图所示，以DA ，DC ，DA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，B (1,1,0)，D 1(－1,0，3)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)．(1)证明：AC →＝(－1,1,0)，A 1B →＝(1,1，－3)， ∴AC →·A 1B →＝0，∴AC ⊥A 1B . (2)假设存在， ∵AP →＝λP A 1→， ∴P ⎝⎛⎭⎪⎫11＋λ，0，3λ1＋λ. 设平面AB 1C 1的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， ∵AB 1→＝(－1,1，3)，AC 1→＝(－2,1，3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB 1→＝－x 1＋y 1＋3z 1＝0，n 1·AC 1→＝－2x 1＋y 1＋3z 1＝0.令z 1＝3，则y 1＝－3，x 1＝0.∴n 1＝(0，－3，3)．同理可求面PB 1C 1的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3λ＋1，－1， ∴n 1·n 2＝0.∴－331＋λ－3＝0，即λ＝－4.∵P 在棱A 1A 上，∴λ>0，矛盾． ∴这样的点P 不存在．8.如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3).从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设平面DA 1C 1的法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1， 则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .。
第8章立体几何专题8 二面角的求解-人教A版(2019)高中数学必修(第二册)常考题型专题练习
二面角的求解【方法总结】二面角A-BC-D 的求法：1、先确定两个平面，面ABC 及面BCD 和其两面的交线BC ，根据题意过点A 或点D 作交O 线BC 的垂线（一般情况选择在等腰三角形中作垂线AB=AC 时，或者在直角三角形中作垂线∠BAC=900时，应该过点A 作BC 垂线）；2、1)反连OD ，证明OD ⊥BC ；2）若OD 不垂直于BC ，看面BCD 内是否有与交线BC 垂直的直线，若有直线l ⊥BC ，则直接过点O 作l 的平行线；3、若两个平面上没有对应的等腰三角形则看两平面是否有垂直于交线BC 的直线若有可将两垂线平移至相交直线，求其夹角。
【巩固练习】1、在长方体''''ABCD A B C D -中，若AB AD =='CC =，则二面角'C BD C --的大小为（ ）A ．30B ．45C ．60D ．90【答案】A【解析】如图所示，AB AD =∵BCD ∆, 'BC D ∆为等腰三角形，∴OC BD ⊥, 'OC BD ⊥，则'C OC ∠是二面角'C BD C --的平面角，30,故选2．已知矩形ABCD 的两边3AB =，4=AD ，PA ⊥平面ABCD ，且45PA =，则二面角A BD P --的正切值为（ ）A ．12B ．13C ．12-D ．13- 【答案】B【解析】如图所示，在平面PBD 内，过P 作BD 的垂线，垂足为E ，连接AE ， 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂ 平面ABCD ，所以PA BD ⊥，因为PE BD ⊥，PA PE P = ，故BD ⊥平面PAE ，因为AE ⊂平面PAE ，故AE BD ⊥，所以PEA ∠为A BD P --的平面角，3．如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆翻折成A CD '∆，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则A.A DB α'∠≤B.A DB α'∠≥C.A CB α'∠≤D.A CB α'∠≥ B 【解析】解法一 设ADC θ∠=，2AB =，则由题意知1AD BD A D '===． 在空间图形中，连结A B '，设A B '=t ．过A '作A N DC '⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N M 、．连结,A P BP '，则A NP '∠就是二面角A CD B '--的平面角，所以A NP α'∠=． 在ΔRt A ND '中，cos cos DN A D A DC θ''=∠=，sin sin A N A D A DC θ'''=∠=． 同理，sin BM PN θ==，cos DM θ=，故2cos BP MN θ==．显然BP ⊥平面A NP '，故BP A P '⊥．在ΔRt A BP '中，222222(2cos )4cos A P A B BP t t θθ''=-=-=-．2π时取等号）因为α，[0,]A DB π'∠∈，而cos y x =在[0,]π上为递减函数，所以A DB α'∠≤，故选B ．解法二 若CA CB ≠，则当απ=时，A CB π'∠<，排除D ；当0α=时，0A CB '∠>，0A DB '∠>，排除A 、C ，故选B ．4、如图，在直棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，12AB AC AA ===，则二面角11A BC C --的平面角的正弦值为____.【解析】过1A 作111A D B C ⊥交11B C 于D ，过D 作1DE BC ⊥,交1BC 于E ，连接1A E .由于三棱柱为直三棱柱，故11CC A D ⊥，所以1A D ⊥平面11BCC B ，所以111,A D BC A D DE ⊥⊥，因此1BC ⊥平面1A DE ，所以11BC A E ⊥.故1DEA ∠是二面角11A BC C --的平面角的补角，由于AB AC ⊥，12AB AC AA ===，故5．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为a 的正方形，侧棱PD a PA PC ===，，则二面角P BC D --的大小为___________.【答案】45.【解析】由题意，四棱锥P ABCD -中，底面是边长为a 的正方形，PDa ， PD DC ， 同理PD DA ⊥，因为DA DC D =，所以PD ⊥平面ABCD ，则PD BC ⊥，又BC DC ⊥，且PD DC D =，所以BC ⊥平面PDC ，则BC PC ⊥，所以PCD ∠为二面角P BC D --的平面角，在Rt PDC △中，PD DC a ==，所以45PCD ∠=，所以二面角P BC D --的大小为45.6、如图，已知在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，AD DC ⊥，//AB DC ，122DC DD AD AB ===．（1）求证：DB ⊥平面11B BCC ；（2）求二面角11A BD C --的正弦值．【解析】（1）设E 是DC 的中点，连结BE ，则四边形DABE 为正方形， 90，即BD 又1BD BB ⊥，1.B B BC B ⋂=BD ∴⊥平面11BCC B ，（2）由（I ）知DB ⊥平面11BCC B ，又1BC ⊂平面11BCC B ，1BD BC ∴⊥，取DB 的中点F , 连结1A F ，又11A D A B =，则1A F BD ⊥．取1DC 的中点M ，连结FM ，则1FMBC ,FM BD ∴⊥.∴BD ⊥平面1A FM 1A FM ∴∠为二面角11A BD C --的平面角． ，在1A FM 中，212BC =+取11D C 的中点H ，连结1A H ，HM ， 1Rt A HM 中，1A H =7、已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，AC BD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A BA D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ；（2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.【解析】 （1）证明：连接1AB 交1A B 于点Q ，易知Q 为1AB 中点，∵OQ ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD ， ∴1//B C 平面1A BD .（2）∵AO ⊥平面1A BD ，∴1AO A O ⊥，∵11A B A D =且O 为BD 的中点，∴1AO BD ⊥， ∵AO BD ⊂、平面ABCD 且AO BD O =，∴1A O ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -.∴(1AA =-，(AB =-设平面1A AB 的一个法向量为(),,n x y z =， 1n AA n AB ⎧⊥⎨⊥⎩，∴⎧-⎪⎨⎪⎩1=，得y z =∴(1,3,n =的一个法向量为(1,m =-1,7m nm n m n ⋅<>==，8、如图，在椎体P-ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形，且∠DAB =60，PB =2，E ，F 分别是BC ,PC 的中点． （Ⅰ）证明：AD 平面DEF；（Ⅱ）求二面角P -AD -B 的余弦值． 【解析】法一：（Ⅰ）证明：取AD 中点G ，连接PG ，BG ，BD ．因P A =PD ，有PG AD ⊥，在ABD ∆中，1,60AB AD DAB ==∠=︒，有ABD ∆为等边三角形，因此,BG AD BG PG G ⊥⋂=，所以AD ⊥平面PBG ,.AD PB AD GB ⇒⊥⊥又PB //EF ，得AD EF ⊥，而DE //GB 得AD ⊥DE ，又FE DE E ⋂=，所以AD ⊥平面DEF 。
高中数学知识点归纳立体几何的应用
高中数学知识点归纳立体几何的应用立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的对象是空间中的物体，关注的是物体的形状、大小、位置以及它们之间的关系。
在高中数学的学习中，立体几何是一个重要的知识点，也是数学应用题中常见的内容之一。
本文将对高中数学中涉及到的立体几何的应用进行归纳和总结。
1. 体积与表面积的计算体积和表面积是衡量一个物体特性的两个重要指标。
在立体几何中，我们经常需要计算不同物体的体积和表面积。
下面以一些常见的物体为例，介绍其体积和表面积的计算方法。
1.1 立方体立方体是三维空间中的一个立体图形，它的六个面都是正方形。
我们知道，立方体的体积等于边长的立方，表面积等于六个正方形的面积之和。
例如，已知一个立方体的边长为a，则它的体积可以表示为V = a³，表面积可以表示为S = 6a²。
1.2 长方体长方体是一种形状类似长方形的立体图形，它的六个面都是矩形。
对于一个长方体，它的体积等于长、宽、高三个边长的乘积，表面积等于所有矩形的面积之和。
例如，已知一个长方体的长、宽、高分别为l、w、h，则它的体积可以表示为V = lwh，表面积可以表示为S = 2lw + 2lh + 2wh。
1.3 圆柱体圆柱体是一种由两个平行圆底和连接两个底的曲面组成的立体图形。
对于一个圆柱体，它的体积等于底面积与高的乘积，表面积则包括底面积和侧面积两部分。
例如，已知一个圆柱体的底面半径为r，高为h，则它的体积可以表示为V = πr²h，表面积可以表示为S = 2πr² + 2πrh。
2. 空间几何的应用立体几何不仅仅是计算体积和表面积，它还有很多实际应用。
在现实生活中，我们经常会遇到一些与立体几何相关的问题，例如测量物体的体积或表面积、设计建筑的空间布局等。
下面以一些具体的例子介绍立体几何的应用。
2.1 包装设计在商品包装设计中，立体几何的应用非常常见。
设计师需要根据产品的形状和尺寸，选择合适的包装形式，并确定包装盒的大小和结构。
立体几何知识点整理
立体几何知识点整理立体几何知识点整理归纳数学知识点1、柱、锥、台、球的结构特征(1)棱柱：几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形;侧面、对角面都是平行四边形;侧棱平行且相等;平行于底面的截面是与底面全等的多边形。
(2)棱锥几何特征：侧面、对角面都是三角形;平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。
(3)棱台：几何特征：①上下底面是相似的平行多边形②侧面是梯形③侧棱交于原棱锥的顶点(4)圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所成几何特征：①底面是全等的圆;②母线与轴平行;③轴与底面圆的半径垂直;④侧面展开图是一个矩形。
(5)圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴,旋转一周所成几何特征：①底面是一个圆;②母线交于圆锥的顶点;③侧面展开图是一个扇形。
(6)圆台：定义：以直角梯形的垂直与底边的腰为旋转轴,旋转一周所成几何特征：①上下底面是两个圆;②侧面母线交于原圆锥的顶点;③侧面展开图是一个弓形。
(7)球体：定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体几何特征：①球的截面是圆;②球面上任意一点到球心的距离等于半径。
数学知识点2、空间几何体的三视图定义三视图：正视图(光线从几何体的前面向后面正投影);侧视图(从左向右)、俯视图(从上向下)注：正视图反映了物体的高度和长度;俯视图反映了物体的长度和宽度;侧视图反映了物体的高度和宽度。
数学知识点3、空间几何体的直观图——斜二测画法斜二测画法特点：①原来与x轴平行的线段仍然与x平行且长度不变;②原来与y轴平行的线段仍然与y平行，长度为原来的一半。
一、平面通常用一个平行四边形来表示.平面常用希腊字母α、β、γ…或拉丁字母M、N、P来表示，也可用表示平行四边形的两个相对顶点字母表示，如平面AC.在立体几何中，大写字母A，B，C，…表示点，小写字母，a,b,c…l,m,n…表示直线，且把直线和平面看成点的集合，因而能借用集合论中的符号表示它们之间的关系，例如：a)A∈l—点A在直线l上;Aα—点A不在平面α内;b)lα—直线l在平面α内;c)aα—直线a不在平面α内;d)l∩m=A—直线l与直线m相交于A点;e)α∩l=A—平面α与直线l交于A点;f)α∩β=l—平面α与平面β相交于直线l.二、平面的基本性质公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.公理2如果两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线.公理3经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面.根据上面的公理，可得以下推论.推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面.推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面.推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面.公理4平行于同一条直线的两条直线互相平行.高三数学学习方法归纳一、课后及时回忆如果等到把课堂内容遗忘得差不多时才复习，就几乎等于重新学习，所以课堂学习的新知识必须及时复习。
高中试卷-8.3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积(含答案)
所以在 RtVDOB 中， OD = OB ， ∴直线 BD 和平面 ABC 所成的角大小为45°.
4.某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）
2
A．
3
【答案】C 【解析】
B．1
4
C．
3
8
D．
3
该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，体积V
=
1 3
´
æ çè
1 2
C． 2 6 3
因为PC=AB= 5 ，PA=BC= 3 ，AC=PB=2，
构造长方体如图所示：
D． 6 4
则 PC，AB，PA，BC，AC，PB 为长方体的面对角线，
ìa2 + b2 = 5 设 AD = a, BD = b,CD = c ，则 ïíc2 + b2 = 3 ，
ïîa2 + c2 = 4
【答案】C 【详解】 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，则正方体ABCD-A1B1C1D1的表面积为S2=6a2，且三棱锥D1-
AB1C为各棱长均为 2a 的正四面体，
其中一个面的面积为 S = 1 ´ 3 ´ 2a ´ 2a = 3 a2，所以三棱锥D1-AB1C的表面积为：
22
2
S1 = 4 ´
C．16
D．20
由题得侧面三角形的斜高为 32 +12 =2 ， 所以该四棱锥的全面积为 22 +4 × 1 × 2 × 2=12 .
2 3．如图所示，已知正三棱柱 ABC - A1B1C1 的所有棱长均为1，则三棱锥 B1 - ABC1 的体积为（ ）
A． 3 12
B． 3 4
C． 6 12
2022年高考数学一轮复习专题 专题35 立体几何初步基础巩固检测题(解析版)
【详解】 由于直角在直观图中有的成为 45°，有的成为 135°； 当线段与 x 轴平行时，在直观图中长度不变且仍与 x 轴平行，
当线段与 x 轴平行时，线段长度减半，
直角坐标系变成斜坐标系，而平行关系没有改变. 故选：B. 11．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（ ）
试卷第 3页，总 16页
【分析】 根据面面平行的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】 对于 A 选项，这两个平面可能相交，故 A 选项错误. 对于 B 选项，如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行， 正确，故 B 选项正确. 对于 C 选项，这两个平面可能相交，故 C 选项错误. 对于 D 选项，这两个平面可能相交，故 D 选项错误. 故选：B
A． ，
B． ，
C． ，
D． ，
【答案】B 【分析】
根据角的定义作出 , , ，再利用三角函数的单调性比较.
【详解】 如图所示：
设 M 在底面 ABCD 内的射影为 H ，过 H 作 AC 的垂线 HE ，垂足为 E ，过 M 作 CD 的垂线 MF ，垂足为 F ，连接 ME ， HC ，
A． 3 3 a2 4
B． 3 a2 4
C． 3 3 a2 2
D． 6 3 a2 4
【答案】A 【分析】
先求出侧棱长，即可求出表面积. 【详解】
如图，PA，PB，PC 两两垂直且 PA＝PB＝PC，
△ABC 为等边三角形，AB＝a，
试卷第 5页，总 16页
∴ PA PB PC 2 a ， 2
（1）B，C，H，G 四点共面；
2022届高三数学(人教A版文)复习习题：第八章 立体几何 课时规范练39 Word版含答案
课时规范练39直线、平面垂直的判定与性质基础巩固组1.(2021山东临沂一模,文19)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=90°,BC=CD,AE=BE,ED⊥平面ABCD.(1)若M是AB的中点,求证:平面CEM⊥平面BDE;(2)若N为BE的中点,求证:CN∥平面ADE.〚导学号24190773〛2.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.3.(2021河北邯郸二模,文19)如图,四棱锥P-ABCD中, PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=,点E在AD上,且AE=2ED.(1)已知点F在BC上,且CF=2FB,求证:平面PEF⊥平面PAC;(2)若△PBC的面积是梯形ABCD面积的,求点E到平面PBC的距离.〚导学号24190774〛4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱C1D1的中点,F为棱BC的中点.(1)求证:AE⊥DA1;(2)在线段AA1上求一点G,使得AE⊥平面DFG.综合提升组5.(2021广东江门一模,文19)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=2AC=4,D,E分别是AB,BC边的中点,沿DE将△BDE折起至△FDE,且∠CEF=60°.(1)求四棱锥F-ADEC的体积;(2)求证:平面ADF⊥平面ACF.6.(2021山西孝义考前模拟,文19)如图(1),五边形ABCDE中,ED=EA,AB∥CD,CD=2AB,∠EDC=150°.如图(2),将△EAD沿AD折到△PAD的位置,得到四棱锥P-ABCD,点M为线段PC的中点,且BM⊥平面PCD.图(1)图(2)(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(2)若四棱锥P-ABCD的体积为2,求四周体BCDM的体积.〚导学号24190775〛7.(2021北京海淀模拟,文15)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)假如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.创新应用组8.(2021辽宁大连一模,文19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,AD=AP=2,AB=2,E为棱PD中点.(1)求证:PD⊥平面ABE;(2)求四棱锥P-ABCD外接球的体积.9.(2021山西太原二模,文19)如图(1),在平面六边形ABFCDE中,四边形ABCD是矩形,且AB=4,BC=2,AE=DE=,BF=CF=,点M,N分别是AD,BC的中点,分别沿直线AD,BC将△ADE,△BCF翻折成如图(2)的空间几何体ABCDEF.(1)利用下面的结论1或结论2,证明:E,F,M,N四点共面;结论1:过空间一点作已知直线的垂面,有且只有一个;结论2:过平面内一条直线作该平面的垂面,有且只有一个.(2)若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60°,求三棱锥E-BCF的体积.图(1)图(2)〚导学号24190776〛课时规范练39直线、平面垂直的判定与性质1.证明 (1)∵ED⊥平面ABCD,∴ED⊥AD,ED⊥BD,ED⊥CM.∵AE=BE,∴Rt△ADE≌Rt△BDE,∴AD=BD.连接DM,则DM⊥AB,∵AB∥CD,∠BCD=90°,BC=CD,∴四边形BCDM是正方形,∴BD⊥CM.又DE⊥CM,BD∩DE=D,∴CM⊥平面BDE,∵CM⊂平面CEM,∴平面CEM⊥平面BDE.(2)由(1)知,AB=2CD,取AE中点G,连接NG,DG ,在△EBA中,∵N为BE的中点,∴NG∥AB且NG=AB,又AB∥CD,且AB=2CD,∴NG∥CD,且NG=CD,∴四边形CDGN为平行四边形,∴CN∥DG.又CN⊄平面ADE,DG⊂平面ADE,∴CN∥平面ADE.2.证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,由于D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又由于DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.由于A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又由于A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.由于B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又由于B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.由于B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.3.(1)证明∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°.∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,∴∠ACD=45°,∴AD=CD,∴BC=AC=2AD.∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=AD,∴四边形ABFE是平行四边形,∴AB∥EF.又AB⊥AC,∴AC⊥EF.∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥EF.∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC.∵EF⊂平面PEF,∴平面PEF⊥平面PAC.(2)解∵PA⊥底面ABCD,且AB=AC,∴PB=PC,取BC的中点G,连接AG,则AG⊥BC,AG=CD=1.设PA=x,连接PG,则PG=,∵△PBC的面积是梯形ABCD面积的倍,∴×2×PG=×(1+2)×1,即PG=2,求得x=,∵AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC,∴点E到平面PBC的距离即是点A到平面PBC的距离,∵V A-PBC=V P-ABC,S△PBC=2S△ABC,∴点E到平面PBC的距离为PA=.4.(1)证明连接AD1,BC1(图略).由正方体的性质可知,DA1⊥AD1,DA1⊥AB,又AB∩AD1=A,∴DA1⊥平面ABC1D1.∵AE⊂平面ABC1D1,∴AE⊥DA1.(2)解所求点G即为点A1,证明如下:由(1)可知AE⊥DA1,取CD的中点H,连接AH,EH(图略),由DF⊥AH,DF⊥EH,AH∩EH=H,可得DF⊥平面AHE.∵AE⊂平面AHE,∴DF⊥AE.又DF∩A1D=D,∴AE⊥平面DFA1,即AE⊥平面DFG.5.解 (1)∵D,E分别是AB,BC边的中点,∴DE AC,DE⊥BC,DE=1.依题意,DE⊥EF,BE=EF=2,∵EF∩EC=E,∴DE⊥平面CEF,∵DE⊂平面ACED,∴平面ACED⊥平面CEF.作FM⊥EC于M,则FM⊥平面ACED,∵∠CEF=60°,∴FM=,梯形ACED的面积S=(AC+ED)×EC=(1+2)×2=3.四棱锥F-ADEC的体积V=Sh=×3×.(2)(法一)如图,取线段AF,CF的中点N,Q,连接DN,NQ,EQ,则NQ AC,∴NQ DE,四边形DEQN是平行四边形,DN∥EQ.∵EC=EF,∠CEF=60°,∴△CEF是等边三角形,EQ⊥FC,又DE⊥平面CEF,∴DE⊥EQ,∴AC⊥EQ,∵FC∩AC=C,∴EQ⊥平面ACF,∴DN⊥平面ACF,又DN⊂平面ADF,∴平面ADF⊥平面ACF.(法二)连接BF,∵EC=EF,∠CEF=60°,∴△CEF是边长为2等边三角形.∵BE=EF,∴∠EBF=∠CEF=30°,∴∠BFC=90°,BF⊥FC.∵DE⊥平面BCF,DE∥AC,∴AC⊥平面BCF.∵BF⊂平面BCF,∴AC⊥BF,又FC∩AC=C,∴BF⊥平面ACF,又BF⊂平面ADF,∴平面ADF⊥平面ACF.6.(1)证明取PD的中点N,连接AN,MN,则MN∥CD,且MN=CD,又AB∥CD,AB=CD,∴MN∥AB,MN=AB,∴四边形ABMN是平行四边形,∴AN∥BM,又BM⊥平面PCD,∴AN⊥平面PCD,∴AN⊥PD,AN⊥CD,由ED=EA,即PD=PA,及N为PD的中点,得△PAD为等边三角形,∴∠PDA=60°,又∠EDC=150°,∴∠CDA=90°,∴CD⊥AD,又AN∩AD=A,∴CD⊥平面PAD,又CD⊂平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD.(2)解设四棱锥P-ABCD的高为h,四边形ABCD的面积为S,则V P-ABCD=Sh=2,又S△BCD=S,四周体BCDM的底面BCD上的高为,∴四周体BCDM的体积V BCDM=×S△BCD×Sh=.7.(1)解∵PA⊥底面ABCD,∴PA为此四棱锥底面上的高.∴V四棱锥P-ABCD=S正方形ABCD×PA=×12×2=.(2)证明连接AC交BD于点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)解不论点E在侧棱PA的任何位置,都有BD⊥CE.证明如下:∵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.8.(1)证明∵PA⊥底面ABCD,AB⊂底面ABCD,∴PA⊥AB,又底面ABCD为矩形,∴AB⊥AD,又PA⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,PA∩AD=A,∴AB⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD,AD=AP,E为PD中点,∴AE⊥PD,AE∩AB=A,AE⊂平面ABE,AB⊂平面ABE,∴PD⊥平面ABE.(2)解四棱锥P-ABCD外接球球心是线段BD和线段PA的垂直平分线交点O,由已知BD===4,设M为BD中点,∴AM=2,OM=AP=1,∴OA===3,∴四棱锥P-ABCD外接球的体积是πOA3=36π.9.(1)证明由题意,点E在底面ABCD的射影在MN上,可设为点P,同理,点F在底面ABCD的射影在MN上,可设为点Q,则EP⊥平面ABCD,FQ⊥平面ABCD, ∴平面EMP⊥平面ABCD,平面FNQ⊥平面ABCD,又MN⊂平面ABCD,MN⊂平面EMP,MN⊂平面FNQ,由结论2:过平面内一条直线作该平面的垂面,有且只有一个,得到E,F,M,N四点共面.(2)解∵二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60°,∴∠EMP=∠FNQ=60°,∴EP=EM·sin 60°=,∴三棱锥E-BCF的体积V E-BCF=V ABCDEF-V E-ABCD=2××3-×(4×2)×.。
人教版高中数学必修第二册8
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第八章 立体几何初步
31
【证明】 连接 EF，D1C，A1B， 因为 E 为 AB 的中点，
F 为 AA1 的中点，
所以 EF
1 2 A1B.
又因为 A1B D1C，
所以 EF
1 2 D1C.
所以 E，F，D1，C 四点共面．
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第八章 立体几何初步
32
可设D1F∩CE＝P. 又D1F⊂平面A1D1DA，CE⊂平面ABCD， 所以点P为平面A1D1DA与平面ABCD的公共点． 又因为平面A1D1DA∩平面ABCD＝DA， 所以P∈DA， 即CE，D1F，DA三线交于一点．
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第八章 立体几何初步
24
求证：两两相交且不共点的三条直线在同一平面内． 【证明】 已知：如图所示，l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C. 求证：直线l1，l2，l3在同一平面内．
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第八章 立体几何初步
25
方法一(纳入平面法)： 因为l1∩l2＝A，所以l1和l2确定一个平面α. 因为l2∩l3＝B，所以B∈l2. 又因为l2⊂α， 所以B∈α.同理可证C∈α. 又因为B∈l3，C∈l3，所以l3⊂α. 所以直线l1，l2，l3在同一平面内．
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第八章 立体几何初步
39
1．能确定一个平面的条件是( )
A．空间三个点
B．一个点和一条直线
C．无数个点
√D．两条相交直线
解析：不在同一条直线上的三个点可确定一个平面，A，B，C条件不能
保证有不在同一条直线上的三个点，故不正确．
立体几何的性质与计算经典练习题
立体几何的性质与计算经典练习题介绍立体几何是几何学的一个分支，研究空间中的图形、体积、表面积等性质及其计算方法。
本文将介绍立体几何的一些基本性质，并提供一些经典的练题，以帮助读者巩固所学知识。
一、立体几何的基本性质立体几何的基本性质包括体积、表面积、中心和对称等概念。
以下是对这些概念的简要介绍：1. 体积（Volume）是指立体图形所占据的空间大小。
常见的立体图形包括立方体、圆柱体、球体等。
计算体积的方法因图形而异。
2. 表面积（Surface area）是指立体图形的外表面的总面积。
如圆柱体的表面积等于底面积加上侧面积。
3. 中心是指在立体图形中与其他部分关联较密切的点或轴，如球体的中心是球心。
4. 对称是指立体图形中具有对称性质的部分，如正方体有三个互相平行、相互垂直的平面。
二、经典练题下面是一些经典的立体几何练题，供读者练和巩固所学知识：1. 计算立方体的体积和表面积一个边长为3cm的立方体的体积和表面积分别是多少？2. 计算圆柱体的体积和表面积一个底面半径为2cm，高度为5cm的圆柱体的体积和表面积分别是多少？3. 判断是否对称判断一个六面体是否具有对称性质。
4. 计算球体的体积和表面积一个半径为4cm的球体的体积和表面积分别是多少？5. 计算三角锥的体积和表面积一个底边边长为6cm，高为8cm的三角锥的体积和表面积分别是多少？6. 判断坐标系关系给定三个点的坐标，判断它们是否在同一个平面上。
结论通过了解立体几何的基本性质，并通过练题的实践，读者可以加深对立体几何的理解和运用。
希望本文对读者在研究立体几何方面提供了一些帮助和指导。
注意：本文所提供的练习题仅为示例，实际应用中可能会遇到更加复杂的问题，需要根据具体情况进行分析和计算。
第8章立体几何专题7 线面角的求解常考题型专题练习——【含答案】
线面角的求解【方法总结】1、线面角的范围：[0°,90°]2、线面角求法（一）：先确定斜线与平面，找到线面的交点A为斜足；找线在面外的一点B，过点B向平面α做垂线，确定垂足O；连结斜足与垂足为斜线AB在面α上的投影；投影AO与斜线AB之间的夹角为线面角；把投影AO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）。
注意：以上第二步过面外一点向平面做垂线的方法有一下几种：1）线在面外的一点B与平面上某点的连线正垂直于面α，无需再做辅助线；2）题中已知有与面α垂直的直线，过线在面外的一点B直接做此垂线的平行线；3）过线在面外的一点B做两垂直平面交线的垂线，利用面面垂直的性质证明OB⊥面α（这两个垂直平面一个是面α，另一个是过点B且与α垂直的平面）。
3、线面角求法（二）用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。
114、线面角求法（三）利用空间向量进行求解，高二再学。
【巩固练习】1、已知正方体1111ABCD A B C D -的体积为162，点P 在正方形1111D C B A 上，且1,A C 到P 的距离分别为2,23，则直线CP 与平面11BDD B 所成角的正切值为( )A.2 B.3 C.12D.13【答案】A【解析】易知22AB =；连接1C P ，在直角1CC P ∆中，可计算22112C P CP CC =-=；又1112,4A P A C ==，所以点P 是11A C 的中点；连接AC 与BD 交于点O ，易证AC ⊥平面11BDD B ，直线CP 在平面11BDD B 内的射影是OP ，所以CPO ∠就是直线CP 与平面11BDD B 所成的角，在直角CPO ∆中，2tan 2CO CPO PO ∠== .2、把正方形沿对角线折起,当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线和平面所成的角的大小为A．B．C．D．[来源网ZXXK]【答案】C【解析】如图所示，当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，则平面，故直线和平面所成的角为，则，所以，故选C.3、如图，在三棱锥P-ABC中，,PA AB⊥PC BC⊥，,AB BC⊥22,AB BC==5PC=，则PA与平面ABC所成角的大小为_______.【答案】45︒【解析】如图，作平行四边形ABCD，连接PD，由AB BC⊥，则平行四边形ABCD是矩形．由BC CD⊥，BC PC⊥，PC CD C=，∴BC⊥平面PCD，而PD⊂平面PCD，∴BC PD⊥，同理可得AB PD⊥，又AB BC B⋂=，∴PD⊥平面11ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,5CD AB PC ===得1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．4、已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心O ，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值为（ ）A ．23B ．13C ．33D ．23【答案】A【解析】作1A H ⊥面ABC 于点H ,延长11B A 到D ,延长BA 到E 使得111B A A D =，,BA AE =如图则有11A EAB ，又因为1A O ⊥面ABC ，故1A EO ∠为所求角，且111sin AO A EO A E∠=已知底面为正三角形，且O为底面中点，解三角形可知：111336,333AO AB AA A O AA==∴=又在AEO∆中运用余弦定理，150EAO∠=︒则()()22212cos3EO EA AO EA AO EAO AB=+-⋅∠=故由勾股定理可得22113A E AO EO AB=+=则1623sin33A EO∠==故选A5、如图所示，已知AB为圆O的直径，且AB＝4，点D为线段AB上一点，且13AD DB=，点C为圆O上一点，且3BC AC=.点P在圆O所在平面上的正投影为点D，PD＝DB.(1)求证：CD⊥平面PAB；(2)求直线PC与平面PAB所成的角．【答案】（1）见解析；（2）301旗开得胜1【解析】(1)证明：连接CO ，由3AD ＝DB 知，点D 为AO 的中点． 又因为AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥CB. 由3AC ＝BC 知，∠CAB ＝60°， 所以△ACO 为等边三角形．故CD ⊥AO. 因为点P 在圆O 所在平面上的正投影为点D ，所以PD ⊥平面ABC ，又CD ⊂平面ABC ，所以PD ⊥CD ， 由PD ⊂平面PAB ，AO ⊂平面PAB ，且PD ∩AO ＝D ， 得CD ⊥平面PAB.(2)由(1)知∠CPD 是直线PC 与平面PAB 所成的角， 又△AOC 是边长为2的正三角形，所以CD ＝3. 在Rt △PCD 中，PD ＝DB ＝3，CD ＝3，所以3tan 3CD CPD PD ∠==，∠CPD ＝30°， 即直线PC 与平面PAB 所成的角为30°.16、如图，在四棱锥P -ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，//AD BC ，AB BC ⊥，12AP AB BC AD ===，E 为AD 的中点，AC 与BE 相交于点O .（1）证明：PO ⊥平面ABCD .（2）求直线BC 与平面PBD 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）2211【解析】 （1）证明：AP ⊥平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，AP CD ∴⊥，//,AD BC 12BC AD =，E 为AD 的中点，则//BC DE 且BC DE =. ∴四边形BCDE 为平行四边形，//BE CD ∴，AP BE ∴⊥.1又,AB BC⊥12AB BC AD ==，且E 为AD 的中点，∴四边形ABCE 为正方形，BE AC ∴⊥，又,AP AC A =BE ∴⊥平面APC ，PO ⊂平面APC ，则BE PO ⊥.AP ⊥平面,PCD PC ⊂平面PCD ，AP PC ∴⊥，又22AC AB AP ==，PAC ∴∆为等腰直角三角形，O 为斜边AC 上的中点，PO AC ∴⊥且,ACBE O =PO ∴⊥平面ABCD .（2）高一学生可以用等体积法求解。
立体几何基础练习题
立体几何基础练习题立体几何基础练习题立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是三维空间中的几何图形和体积计算。
在学习立体几何的过程中，练习题是非常重要的一环。
通过解答练习题，我们可以巩固理论知识，提高解题能力。
下面，我们来看一些立体几何的基础练习题。
1. 计算长方体的体积和表面积。
长方体是最简单的立体几何图形之一，它有六个面，每个面都是一个矩形。
计算长方体的体积和表面积是我们学习立体几何的第一步。
体积的计算公式是：体积 = 长× 宽× 高。
表面积的计算公式是：表面积= 2 × (长× 宽 + 长× 高 + 宽× 高)。
通过这两个公式，我们可以轻松地计算出任意长方体的体积和表面积。
2. 求解正方体的对角线长度。
正方体是一种特殊的长方体，它的六个面都是正方形。
求解正方体的对角线长度是一个常见的练习题。
对角线是连接正方体两个相对顶点的线段。
要求解对角线的长度，我们可以利用勾股定理。
设正方体的边长为a，对角线的长度为d，则有：d² = a² + a² + a²= 3a²所以，对角线的长度d等于a√3。
3. 求解圆柱的体积和侧面积。
圆柱是由一个圆和一个平行于圆底的矩形组成的。
求解圆柱的体积和侧面积是另一个常见的练习题。
圆柱的体积计算公式是：体积= πr²h，其中r是圆的半径，h是圆柱的高。
圆柱的侧面积计算公式是：侧面积= 2πrh，其中r是圆的半径，h是圆柱的高。
通过这两个公式，我们可以计算出任意圆柱的体积和侧面积。
4. 求解球的体积和表面积。
球是立体几何中的一种特殊图形，它的表面是由无数个等半径的圆组成的。
求解球的体积和表面积是一个更加复杂的练习题。
球的体积计算公式是：体积= (4/3)πr³，其中r是球的半径。
球的表面积计算公式是：表面积= 4πr²，其中r是球的半径。
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立体几何巩固（8）
1、设α、β、γ为两两不重合的平面，l 、m 、n 为两两不重合的直线．给出下列四个命题：
①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；
②若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β；
③若α∥β，l ⊂α，则l ∥β；
④若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n .
其中真命题的个数是________．
2、一个圆锥的侧面展开图是圆心角为43π，半径为18 cm 的扇形，则圆锥母线是 母线与底面所成角的余弦值为________
3、已知n m ,是两条不重合的直线,γβα,,是三个两两不重合的平面,给出下列四个命题:①若βαβα//,,则⊥⊥m m ;②若βαγβγα//,,则⊥⊥;③若,,βα⊂⊂n m n m //,则βα//;④若n m ,是异面直线，βααββα//,//,,//,则n n m m ⊂⊂.其中真命题是
4、对于任意的直线l 与平面α，在平面α内必有直线m ，使m 与l
①平行 ②相交 ③垂直 ④互为异面直线
5、设m 、n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面.给出下列四个命题，其中正确命题的序号是
①若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ ③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 6、给出下列关于互不相同的直线m 、l 、n 和平面α、β的四个命题：
①若,,,m l A A m l m αα⊂=∉点则与不共面；
②若m 、l 是异面直线，ααα⊥⊥⊥n m n l n m l 则且,,,//,//；
③若m l m l //,//,//,//则βαβα； ④若,,,//,//,//.l m l m A l m ααββαβ⊂⊂=点则
其中为真命题的是 . 7、如右上图，在四面体ABCD 中，AB AC DB DC ===，点E 是BC 的中点，点F 在线段
AC 上， 且AF AC
λ=．（1）若EF ∥平面ABD ，求实数λ的值；（2）求证：平面BCD ⊥平面AED ．
8、如图，在三棱锥中，⊿是等边三角形，∠PAC =∠PBC =90 º
（1）证明：AB ⊥PC （2）若，平面⊥平面，求三棱锥体积.
P ABC -PAB 4PC =PAC PBC P ABC - E A B C D
F。