立体几何综合测试(有答案)

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《立体几何》测试及答案

《立体几何》测试及答案（时间：120分钟满分：150分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1 .已知平而。

内的一条直线1及平而£,则'3_L £”是“ a_L £”的（）A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D,既不充分也不必要条件解析根据直线与平面垂直的判定定理，由lu "”可证得“a_L £”，即充分性是成立的.反之由“ a 工B,k a”不一定得到“AL £”，即必要性不成立.所以是 “。

J_ £ ”的充分不必要条件.故选B.答案B72 .已知圆锥的顶点为凡母线州，所所成角的余弦值为石，以与圆锥底面所成角为45° ,若 O △为5的面积为5仃，则该圆锥的侧面积为（） A. 40（72 +1） nB. 40^2 HC.8（4i5 + 5） nD. 8710 n解析设。

为圆锥底而圆的圆心，设底而圆的半径为r.以与圆锥底而所成角为45° ,即/80=45°.所以以=小厂7 7母线闩1,所所成角的余弦值为5即cosN 川沙=小 o o 由 S^=^PA • j^sinZJj^=|x2?X^^=5J15. A?=40, ， 2 o v故 S 秘侧=n r • PA — n r • \[2r=y[2 n y = 4(h/2 n .答案B3 .如图，在正四棱柱物/一儿RG 〃中，底而边长为2,直线。

乙与平而月以所成角的正弦值为今则该正四棱柱的高为（）贝I] sinN 川哈、= 7、J15 S 8A. 2B. 3C. 4D. 5解析以〃为坐标系原点，DA, DC 、弧所在直线分别为x, y, z 轴建立空间直角坐标系。

一 xyz,如图所示，设正四棱柱的高为方，则。

（0, 0，0）,月（2, 0, 0）,。

（0, 2, 0）, 〃（0, 0, 血，4（0, 2,a ），五=（0, 0,方），赤=（-2, 2, 0）,遨=（0, -2,方）.设平而月曲的法n • m —2乂+2%=0,向量为〃=（%，必，％）,则j —令二=2,则必=方，&=方，A=（/b h,.n •速=-2%+方冬=0, 2）为平面月四的一个法向量.又直线CG 与平面月8所成角的正弦值为所以cos " CG ）答案C4 .设三棱柱四。

立体几何大题综合(含答案)

立体几何大题综合1．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．(1)求证：1BC ⊥平面1ACD ；(2)求直线1D C 与平面1AD E 所成角的余弦值．2．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）如图，在棱长为a 的正方体OABC O A B C ''''-中，,E F 分别是棱,AB BC 上的动点，且BE CF =.(1)求证：A F C E ''⊥；(2)当三棱锥B BEF '-的体积取得最大值时，求平面EFB '与平面BFB '的夹角的正切值.3．（2022秋·广东肇庆·高二校考期中）如图在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A B 的中点，F 为AB 的中点，H 为1DD 的中点，K 为1BB 的中点.(1)求直线1A H 到直线KC 的距离；(2)求直线FC 到平面1AEC 的距离.4．（2022秋·广东江门·高二校考期中）如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD CD =，F ，G 分别是PB ，AD 的中点．(1)求证：FG //平面PCD ；(2)求点C 到平面PGB 的距离．5．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，AB ⊥平面PAD ，E 是AD 的中点，PAD 为等腰直角三角形，DP AP ⊥，2PA AB ==2(1)求证：PE BD ⊥；(2)求点A 到平面PBE 的距离．6．（2022秋·广东江门·高二新会陈经纶中学校考期中）如图，在直角梯形ABCD 中，,=90,AD BC ADC AE ∠︒⊥∥平面ABCD ，EF CD ∥，112BC CD AE EF AD =====．(1)求证：BE AF ⊥；(2)在线段BC 上是否存在点M ，使平面EMD 与平面AMD 的夹角的大小为π3若存在，求出CM 的长；若不存在，请说明理由．7．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）如图，边长为1的正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面互相垂直，动点M 、N 分别在正方形对角线AC 和BF 上移动，且(0CM BN a a ==<<．(1)求证MN 与平面BCE 平行；(2)当a =A MN B --的余弦值．8．（2022秋·广东肇庆·高二肇庆市端州中学校考期中）如图在四棱锥P ABCD －中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA PD ==ABCD 为直角梯形，其中BC AD ∥，AB AD ⊥，222AD AB BC ===，O 为AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求二面角C PD A --的正弦值．9．（2022秋·广东江门·高二江门市第二中学校考期中）如图，已知PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，2,,PA AD AB M N ===分别为,AB PC 的中点.(1)求证：MN 平面PAD ；(2)求平面PMC 与平面PAD 的夹角的余弦值.10．（2022秋·广东阳江·高二校联考期中）图1是直角梯形ABCD ，//AB DC ，90,2,3,2D AB DC AD CE ED ︒∠====.以BE 为折痕将BCE 折起，使点C 到达C 1的位置，且1AC = 2.(1)证明：平面1BC E ⊥平面ABED ；(2)求直线1BC 与平面1AC D 所成角的正弦值.11．（2022秋·广东深圳·高二深圳外国语学校校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC的中点．(1)设经过A 、B 、E 三点的平面交PD 于F ，证明：F 为PD 的中点；(2)若PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD ==，求点P 到平面ABE 的距离．12．（2022秋·广东阳江·高二校联考期中）如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，∠DAB ＝60°.侧棱DD 1⊥平面ABCD ，DD 1＝3.(1)求二面角B -D 1C -D 的平面角的余弦值；(2)设E 是D 1B 的中点，在线段D 1C 上是否存在一点P ，使得AE ∥平面PDB ？若存在，请求出11D P D C的值；若不存在，请说明理由.13．（2022秋·广东茂名·高二统考期中）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 为平行四边形，M为1AA 的中点，1BC BD ==，1AB AA ==(1)求证：DM ⊥平面1BDC ；(2)求平面1MBC 与平面1D B C 夹角的余弦值.14．（2022秋·广东揭阳·高二惠来县第一中学校考期中）已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，且2=AD AB ，PAD 是正三角形，CD ⊥平面PAD ，E 、F 、G 、O 分别是PC 、PD 、BC 、AD 的中点．(1)求平面EFG 与平面ABCD 所成角的大小；(2)线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角的大小为π6，若存在，求出PM PA的值；若不存在，说明理由．15．（2022秋·广东佛山·高二顺德一中校考期中）如图，在直棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的菱形，60BAD ∠= ，14AA =，P 是1AD 上的动点（不含端点）.(1)当P 为1AD 的中点时，求直线AD 到平面PBC 的距离；(2)求直线1AD 和平面BCP 所成角的正弦值的取值范围.16．（2022秋·广东佛山·高二顺德一中校考期中）如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，BC =BE =.将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .(1)求DB 与平面ADE 所成角的正弦值.(2)求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.17．（2022秋·广东珠海·高二珠海市第二中学校考期中）如图1，在MBC 中，24BM BC BM BC ==⊥，，,A D 分别为棱,BM MC 的中点，将△MAD 沿AD 折起到PAD 的位置，使90PAB ∠=︒，如图2，连接,PB PC .(1)求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；(2)若E 为PC 中点，求直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)线段PC 上是否存在一点G ，使二面角G AD P --求出PG PC 的值；若不存在，请说明理由.18．（2022秋·广东广州·高二广州市第八十九中学校考期中）如图，已知梯形ABCD ，AB //CD ，,120AD DC BC ADC ︒==∠=，四边形ACFE 为正方形，且平面ACFE ⊥平面ABCD ．(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，求平面MAB 与平面ADE 夹角余弦值的取值范围．19．（2022秋·广东东莞·高二校考期中）如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，M 分别是BC ，AE 的中点，AD=AA 1=1，AB=2.(1)试问在线段CD 1上是否存在一点N ，使MN ∥平面ADD 1A 1?若存在，确定N 的位置；若不存在，请说明理由；(2)在（1）中，当MN ∥平面ADD 1A 1时，试确定直线BB 1与平面DMN 的交点F 的位置，并求BF 的长.20．（2022秋·广东湛江·高二湛江二十一中校考期中）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动．(1)证明：11D E A D ⊥；(2)求平面1ACD 的法向量.(3)当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离.21．（2022秋·广东广州·高二统考期中）如图，在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PA =，G 为CD 的中点，E ，F 是棱PD 上两点（F 在E 的上方），且2EF =．(1)若BF //平面AEG ，求DE ；(2)当点F 到平面AEC 的距离取得最大值时，求直线AG 与平面AEC 所成角的正弦值．22．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）在多面体ABCDEF 中，平面ABCD 为正方形，2AB =，3AE =，DE =E AD C --//EF BD .(1)证明：平面ABCD ⊥平面DCE ；(2)若()0EF DB λλ=> ，求平面ABF 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值的取值范围.23．（2022秋·广东佛山·高二佛山市顺德区容山中学校考期中）如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，点E 在底面圆周上，且,BE CE M =为AE 上的一点，且,BM AC N ⊥为线段AC 上一动点（不与,A C 重合）(1)若2AN NC =，设平面BMN ⋂面BEC l =，求证：//MN l ；(2)当平面BMN 与平面DEC 夹角为π3，试确定N 点的位置.24．（2022秋·广东肇庆·高二肇庆市端州中学校考期中）如图，四棱锥P ABCD -的底面为菱形，,23ABC AB AP π∠===，PA ⊥底面ABCD ，,E F 分别是线段,PB PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)若G 是直线PC 与平面AEF 的交点，试确定PG CG的值；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为35，求三棱锥P EFG -体积.25．（2022秋·广东江门·高二校考期中）如图甲，在矩形ABCD 中，2AB AD E ==为线段DC 的中点，ADE V 沿直线AE 折起，使得DC .(1)求证：BE ⊥平面ADE ；(2)线段AB 上是否存在一点H ，使得平面ADE 与平面DHC 所成的角为π4若不存在，说明理由；若存在，求出H 点的位置.26．（2022秋·广东惠州·高二统考期中）如图，在四棱锥P ABMN -中，PNM △是边长为2的正三角形，AN NP ⊥，AN BM ∥，3AN =，1BM =，AB =C ，D 分别是线段AB ，NP 的中点.(1)求证：平面ANMB ⊥平面NMP ；(2)求直线CD 与平面ABP 所成角的正弦值.27．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,2,4,ABCD PA AD BD AB ====，BD 是ADC ∠的平分线，且BD BC ⊥.(1)若点E 为棱PC 的中点，证明：BE 平面PAD ；(2)已知二面角P AB D --的大小为60 ，求平面PBD 和平面PCD 的夹角的余弦值.28．（2022秋·广东珠海·高二珠海市斗门区第一中学校考期中）如图，等腰直角△ACD 的斜边AC 为直角△ABC 的直角边，E 是AC 的中点，F 在BC 上．将三角形ACD 沿AC 翻折，分别连接DE ，DF ，EF ，使得平面DEF ⊥平面ABC ．已知2AC =，30B ∠=︒，(1)证明：EF ∥平面ABD ；(2)若DF =A BC D --的余弦值．29．（2022秋·广东阳江·高二统考期中）如图，在四面体ABCD 中，ABC 是正三角形，ACD 是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB =BD ．(1)求证：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)若DE mDB = ，二面角D AE C --的余弦值为17，求m ．30．（2022春·广东广州·高二执信中学校考期中）已知△ABC 是边长为6的等边三角形，点M ，N 分别是边AB ，AC 的三等分点，且13AM AB =，13CN CA =，沿MN 将△AMN 折起到A MN '△的位置，使90A MB '∠=︒．(1)求证：A M '⊥平面MBCN ；(2)在线段BC 上是否存在点D ，使平面A ND '与平面A MB '所成锐二面角的余弦值为13若存在，设()0BD BC λλ=> ，求λ的值；若不存在，说明理由．立体几何大题综合答案1．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．(1)求证：1BC ⊥平面1ACD ；(2)求直线1D C 与平面1AD E 所成角的余弦值．（2）以AD 方向为x 轴正方向，妨设正方体边长为1，则()0,0,0A 面1AD E 的法向量为(),,n x y z = ，则设直线1D C 与平面1AD E 所成角为2．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）如图，在棱长为a 的正方体OABC O A B C ''''-中，,E F 分别是棱,AB BC 上的动点，且BE CF =.(1)求证：A F C E ''⊥；(2)当三棱锥B BEF '-的体积取得最大值时，求平面EFB '与平面BFB '的夹角的正切值.则()()()0,0,0,1,0,0,0,1,0,C O B B (,1,0),(0,,0)E m F m ，(1,A F '=- 则(1)(1)11A F C E m m ''⋅=-+-⨯+ ∴A F C E ''⊥ ，故A F C E ''⊥.（2）由（1）知1BB '=,而B BEF V '-故当S 取到最大值时，三棱锥111111的中点，F 为AB的中点，H为1DD的中点，K为1BB的中点.(1)求直线1A H到直线KC的距离；(2)求直线FC到平面1AEC的距离.【详解】（1）长为2的正方形，PD CD =，F ，G 分别是PB ，AD 的中点．(1)求证：FG //平面PCD ；(2)求点C 到平面PGB 的距离．【详解】（1）以D 为原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(0,0,2),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(1,1,1),G P A B C F 明显面PCD 的一个法向量为()1,0,0n =r ，又()0,1,1GF = ，()()1,0,00,1,10n GF ∴⋅=⋅= ，GF n ∴⊥ ，又GF ⊄面PCD ，//GF ∴面PCD ；（2）(1,0,2),(2,2,2)PG PB =-=- ，设平面PGB 的一个法向量为(,,)m a b c = ，00m PB m PG ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩ ，即222020a b c a c +-=⎧⎨-=⎩，令1c =，则2,1a b ==-所以平面PGB 的一个法向量为(2,1,1)m =- ，又()2,0,0CB = ，所以点C 到平面PGB 的距离4263||411CB m d m ⋅===++ 5．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，AB ⊥平面PAD ，E 是AD 的中点，PAD 为等腰直角三角形，DP AP ⊥，2PA AB ==2(1)求证：PE BD ⊥；(2)求点A 到平面PBE 的距离．【详解】（1）∵AB ⊥平面PAD ，PE ⊂平面PAD ，∴PE AB ⊥，又∵PAD 是等腰直角三角形，E 是斜边AD 的中点，∴PE AD ⊥，又∵AD ⊂平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，AB AD A ⋂=，∴PE ⊥平面ABCD又∵BD ⊂平面ABCD ，∴PE BD ⊥；因为22PA AB ==，则()000E ，，，(0,1,1)B ，()010A ，，则(0,1,1)EB = ，(1,0,0)EP = ，PA 设平面PBE 的一个法向量为(n = 00EB n y z EP n x ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取1y =，则z 设点A 到平面PBE 的距离为h ，则∴点A 到平面PBE 的距离为226．（2022秋·广东江门·高二新会陈经纶中学校考期中）如图，在直角梯形,=90,AD BC ADC AE ∠︒⊥∥平面ABCD ，EF CD ∥，112BC CD AE EF AD =====．(1)求证：BE AF ⊥；(2)在线段BC 上是否存在点M ，使平面EMD 与平面AMD 的夹角的大小为π3若存在，求出CM 的长；若不存在，请说明理由．【详解】（1）如图，作,FG EA AG EF ，连接EG ，AF ，BG ，∵EF CD ∥且EF AG ∥，AG CD ∴ ，即点G 在平面ABCD 内，所以四边形CDAG 为平行四边形，四边形AEFG 为平行四边形.又90ADC ∠=︒，BG AG ∴⊥，因为⊥AE 平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD ，所以AE BG ⊥，又因为AG AE A = ，,AG AE ⊂平面AEFG ，∴BG ⊥平面AEFG ，因为AF ⊂平面AEFG ，BG AF ∴⊥．AE AG ⊥ ，所以平行四边形AEFG 为矩形，又因为AE EF =，所以矩形AEFG 为正方形，所以AF EG ⊥，又因为BG EG G = ，,BG EG ⊂平面BGE ，所以AF ⊥平面BGE ，因为BE ⊂平面BGE ，所以AF BE ⊥.（2）由（1）知AG ，AD ，AE 为三条两两互相垂直的直线，所以以A 为原点，AG 为x 轴，AD 为y 轴，AE 为z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如图，则(0,0,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,2,0)A G E D ，设()001,,0,[1,2]M y y ∈，∴(0,2,1)ED =- ，()01,2,0DM y =- ，设平面EMD 的法向量为(,,)n x y z = ，则00n ED n DM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()02020y z x y y -=⎧⎨+-=⎩，令1y =，得02,2z x y ==-，所以平面EMD 的法向量为()02,1,2n y =- ，又⊥AE 平面ABCD ，即⊥AE 平面AMD ，ABEF 所在平面互相垂直，动点M 、N 分别在正方形对角线AC 和BF 上移动，且(0CM BN a a ==<<．(1)求证MN 与平面BCE 平行；(2)当a =A MN B --的余弦值．8．（2022秋·广东肇庆·高二肇庆市端州中学校考期中）侧棱2PA PD ==，底面ABCD 为直角梯形，其中BC AD ∥，AB AD ⊥，222AD AB BC ===，O 为AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求二面角C PD A --的正弦值．【详解】（1）PA PD = ，O 为AD 的中点，PO AD ∴⊥，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD ⋂底面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD ，PO ∴⊥平面ABCD ；（2）底面ABCD 为直角梯形，其中BC AD ∥，AB AD ⊥，222AD AB BC ===，OC AD ∴⊥，又PO ⊥平面ABCD ，∴以O 为原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，易得平面PAD 的法向量(1,0,0m =设平面PCD 的法向量(,,n x y z = 设二面角C PD A --夹角为θ，则1cos 3m n m n θ⋅==⋅ ，则sin θ2,,PA AD AB M N ===分别为,AB PC 的中点.(1)求证：MN 平面PAD ；(2)求平面PMC 与平面PAD 的夹角的余弦值.（2）由题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，令2x =，故(2,1,1)m =- ，又(1,0,0)n = 是面PAD 的一个法向量，所以26cos ,3||||6m n m n m n ⋅<>=== 故平面PMC 与平面PAD 的夹角的余弦值10．（2022秋·广东阳江·高二校联考期中）图90,2,3,2D AB DCAD CE ED ︒∠====.以BE 为折痕将BCE 折起，使点C 到达C 1的位置，且1AC = 2.(1)证明：平面1BC E ⊥平面ABED ；(2)求直线1BC 与平面1AC D 所成角的正弦值.（2）如图②，以D 为坐标原点，DA ，DE 的方向分别为空间直角坐标系.D xyz -则(0,0,0),(3,0,0),(3,2,0),(0,1,0)D A BE ，F 33(,,0)22，133(,,3)22C ，31(,,3)BC =-- ()3,0,0DA = ,DC = 正方形，E 为侧棱PC 的中点．(1)设经过A 、B 、E 三点的平面交PD 于F ，证明：F 为PD 的中点；(2)若PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD ==，求点P 到平面ABE 的距离．【详解】（1）因为底面ABCD 为矩形，所以//AB CD .又AB ⊄平面PCD ，且CD ⊂平面PCD ，所以//AB 平面PCD .又AB ⊂平面ABE ，且平面ABE ⋂平面PCD EF =，所以//AB EF .又因为//AB CD ，所以//CD EF因为E 为PC 的中点，所以F 为PD 的中点.（2）如图所示，以A 为原点，,,AB AD AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则(2,0,0),(2,2,0),(0,0,2),(1,1,1)B C P E ，设(,,)n x y z = 是平面ABE 的法向量，则0,0n AE n AB ⋅=⋅= ，即200x x y z =⎧⎨++=⎩令1y =，则平面ABE 的一个法向量为(0,1,1)n =- 又因为(0,0,2)AP = ，所以点P 到平面ABE 的距离为222|||00+01+21|2||011AP n n ⋅⨯⨯⨯==++ （-），即点P 到平面ABE 的距离为2．12．（2022秋·广东阳江·高二校联考期中）如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，∠DAB ＝60°.侧棱DD 1⊥平面ABCD ，DD 1＝3.(1)求二面角B -D 1C -D 的平面角的余弦值；(2)设E 是D 1B 的中点，在线段D 1C 上是否存在一点P ，使得AE ∥平面PDB ？若存在，请求出11D P D C 的值；若不存在，请说明理由.【详解】（1）如图1，连接BD ，由题意，△ADB 是正三角形，设M 是AB 的中点，则DM ⊥AB ，所以DM ⊥DC ，又DD 1⊥平面ABCD ，所以DM ⊥平面DD 1C 1C.以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，D 1(0,0,3)，C (0,2,0)，B (3,1,0)，则BC ＝(－3,1,0)，1BD ＝(－3,－1,3).显然，平面D 1CD 的一个法向量是()1,0,0m = ，设平面BD 1C 的法向量为n = (x ,y ,z )，则1=30,330,n BC x y n BD x y z ⎧⋅-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩ 令x ＝3，得n = (3,3,2)，设二面角B -D 1C -D 的平面角为θ，由几何体的特征可知θ为锐角，则cos ||||m n m n θ⋅=⋅＝33941++⨯＝34.故二面角B -D 1C -D 的平面角的余弦值为34.（2）设11D P D C＝λ，即有11λD P D C ＝，其中01λ≤≤由（1）知D 1(0,0,3)，C (0,2,0)，则()10,2,3D C =- ，所以P (0,2,33)λλ-+，又D (0,0,0)，B (3,1,0)，1111为1AA的中点，1BC BD==，1AB AA==(1)求证：DM⊥平面1BDC；(2)求平面1MBC与平面1D B C夹角的余弦值.则()0,0,0D，21,0,2M⎛⎫⎪⎪⎝⎭，2=AD AB ，PAD 是正三角形，CD ⊥平面PAD ，E 、F 、G 、O 分别是PC 、PD 、BC 、AD 的中点．(1)求平面EFG 与平面ABCD 所成角的大小；(2)线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成角的大小为π6，若存在，求出PMPA的值；若不存在，说明理由．【详解】（1）解：因为PAD 是正三角形，O 为AD 的中点，所以PO AD ⊥，因为CD ⊥平面PAD ，PO ⊂平面PAD ，PO CD ∴⊥，,,AD CD D AD CD Q Ç=Ì平面ABCD ，PO ∴⊥平面ABCD ，因为AD BC ∥且AD BC =，O 、G 分别为AD 、BC 的中点，所以AO BG ∥且AO BG =，所以四边形ABGO 为平行四边形，15．（2022秋·广东佛山·高二顺德一中校考期中）如图，在直棱柱1111为4的菱形，60BAD ∠= ，14AA =，P 是1AD 上的动点（不含端点）.(1)当P 为1AD 的中点时，求直线AD 到平面PBC 的距离；(2)求直线1AD 和平面BCP 所成角的正弦值的取值范围.则()0,0,0O ，()23,0,0A ，()10,2,4D -，()1123,2,0B C =-∴- ，AB P 为1AD 的中点，则(P()3,3,2BP =∴- ，(BC =- 则33202320n BP x y z n BC x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--=⎪⎩4AB =，BC =BE =.将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .(1)求DB 与平面ADE 所成角的正弦值.(2)求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.【详解】（1）平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC ⋂平面BCDE BC =，CD BC ⊥，BE ⊂平面BCDE ，CD \^平面ABC ，则以C 为原点，,,CA CB CD正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0C ，()22,0,0A()22,0,23AD ∴=- ，DE设平面ADE 的法向量为n =则2223220AD n x z DE n y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩DB n ⋅ ,A D 分别为棱,BM MC 的中点，将△MAD 沿AD 折起到PAD 的位置，使90PAB ∠=︒，如图2，连接,PB PC .(1)求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；(2)若E 为PC 中点，求直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)线段PC 上是否存在一点G ，使二面角G AD P --的余弦值为10若存在，求出PG PC 的值；若不存在，请说明理由.由题意得(0,1,0),(0,0,2),(2,0,0),(2,2,0),D P B C 所以(1,0,1)DE = ，(2,0,2),PB PD =-=设平面PBD 的法向量(,,)n x y z =，则22020PB n x z PD n y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，解得(1,2,1)n = 设直线DE 与平面PBD 所成角为θ，n DE ⋅,120AD DC BC ADC ︒==∠=，四边形ACFE 为正方形，且平面ACFE ⊥平面ABCD ．(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，求平面MAB 与平面ADE 夹角余弦值的取值范围．令(03)FM λλ=≤≤，则(3,0,0),(0,1,0),(,0,3),(3,0,A B M E λ1111AD=AA 1=1，AB=2.(1)试问在线段CD 1上是否存在一点N ，使MN ∥平面ADD 1A 1?若存在，确定N 的位置；若不存在，请说明理由；(2)在（1）中，当MN ∥平面ADD 1A 1时，试确定直线BB 1与平面DMN 的交点F 的位置，并求BF 的长.延长DM交AB于点G，可证点G是线段再过点G作GF//AB1与线段BB1交于点20．（2022秋·广东湛江·高二湛江二十一中校考期中）如图，在长方体11111 AB=，点E在棱AB上移动．2(1)证明：11D E A D ⊥；(2)求平面1ACD 的法向量.(3)当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离.【详解】（1）以D 为坐标原点，分别以1DA DC DD ､､所在直线为x y z ､､轴，建立如图的坐标系，则()()()()()110,0,0,1,0,1,0,0,1,1,0,00,2,0D A D A C ，，所以()11,0,1DA = ，设()1,,0E t ，所以()11,,1D E t =- ，所以11110DA D E ⋅=-= ，故11DA D E ⊥ 所以11D E A D ⊥；（2）设平面1ACD 的法向量为(),,n x y z =r，则()()11,0,1,1,2,0AD AC =-=-，由10,0n AD n AC ⋅=⋅=，得020x z x y -+=⎧⎨-+=⎩，令1x =得11,,12n ⎛⎫= ⎪⎝⎭；（3）当E 为AB 的中点时，()1,1,0E ，则()11,1,1D E =-，由点到平面的距离公式，得()12221111111231112n D E d n ⨯+⨯+⨯-⋅===⎛⎫++ ⎪⎝⎭，边长为2的正方形，PA=，G为CD的中点，E，F是棱PD上两点（F在E的上方），且2EF=．(1)若BF//平面AEG，求DE；(2)当点F到平面AEC的距离取得最大值时，求直线AG与平面AEC所成角的正弦值．则()0,0,0A ，()2,2,0C ，()1,2,0G ，因为2EF =，所以EFC 的面积为定值，又点A 到平面EFC 的距离为定值，所以三棱锥A -EFC 的体积为定值，即三棱锥所以要使点F 到平面AEC的距离最大，则AEC △即E 到AC 的距离最小时，点F 到平面AEC 的距离最大，设()0,2,3E t t -，则()0,2,3AE t t =- ，AC22AE AC⎛⎫⋅ DE =E AD C --//EF BD .(1)证明：平面ABCD ⊥平面DCE ；(2)若()0EF DB λλ=>，求平面ABF 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值的取值范围.【详解】（1）∵2AB AD ==，3AE =，5DE =，∴222AD DE AE +=，即AD DE ⊥，又∵在正方形ABCD 中，AD DC ⊥，且DE DC D ⋂=，DE ⊂平面EDC ，DC ⊂平面EDC ，∴AD ⊥平面EDC ，又AD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面EDC ；（2）由（1）知，EDC ∠是二面角E AD C --的平面角，作OE CD ⊥于点O ，则cos 1OD DE EDC =⋅∠=，2OE =，且平面ABCD ⊥平面EDC ，平面ABCD ⋂平面EDC CD =，OE ⊂平面EDC ，∴OE ⊥平面ABCD ，取AB 中点M ，连接OM ，则OM CD ⊥，如图，建立空间直角坐标系，则()2,1,0A -，()2,1,0B ，()0,1,0D -，()0,1,0C ，()0,0,2E ，()2,2,0DB = ，()2,2,0EF λλ=，()0,1,2EC =- ，设平面CEF 的一个法向量为(),,m x y z=，则20220m EC y z m EF x y λλ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取11,1,2m ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，()22,21,2BF λλ=--，()0,2,0AB = ，设平面ABF 的一个法向量为(),,n a b c =，在底面圆周上，且,BE CE M =为AE 上的一点，且,BM AC N ⊥为线段AC 上一动点（不与,A C 重合）(1)若2AN NC =，设平面BMN ⋂面BEC l =，求证：//MN l ；(2)当平面BMN 与平面DEC 夹角为π3，试确定N 点的位置.【详解】（1）由题知AB ⊥面,BEC EC ⊂面BEC ，则AB EC ⊥，由BC 为底面圆的直径，则EC BE ⊥，由BE AB B =I ，,BE AB ⊂面ABE ，则(220,,,1,33BM CA ⎛⎫=-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭设()(,,2,CN CA λλλλλ==-∈设面BMN 的法向量为(,,n x y z =r 13λ-⎛⎫,23ABC AB AP π∠===，PA ⊥底面ABCD ，,E F 分别是线段,PB PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)若G 是直线PC 与平面AEF 的交点，试确定PGCG的值；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为35，求三棱锥P EFG -体积.则()()(0,0,0,3,1,0,3,1,0A BC-()31,,1,0,1,122AE AF ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭ (0,0,AG AP PG AP PC λ=+=+=设平面AEF 的法向量(,,m a b =ADE V 沿直线AE 折起，使得DC .(1)求证：BE ⊥平面ADE ；(2)线段AB 上是否存在一点H ，使得平面ADE 与平面DHC 所成的角为π4若不存在，说明理由；若存在，求出H 点的位置.【详解】（1）证明：连接BE ，取线段AE 的中点O ，连接,DO OC ，在Rt ADE V 中，DA DE ==,1DO AE DO ∴⊥=，在OEC △中，11,2OE AE ==()()()1,0,1,1,1,0,2,0,0,D C A B -平面ADE 的法向量()10,1,0n =，在平面直角坐标系xOy 中，直线设H 的坐标为(),2,0t t -，()(。

立体几何大题练习(附答案)

1.(本小题总分值14分)如图,在四棱锥 P ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD 底面ABCD, PD DC 1, E 是PC 的中点,作EF PB 交PB 于点F.(I)证实： PA //平面EDB; (II)证实：PB ,平面EFD; (III)求三棱锥P DEF 的体积.2 .(本小题总分值(m)求三棱锥(I )求证：B 118.(本小题总分值14分)如右图,在直角梯形ABCD中, B=90 °,1DC//AB,BC=CD= -AB=2 , G 为线段AB 的中点,将VADG 沿GD 2折起,使平面ADG 平面BCDG,得到几何体A-BCDG.(1)假设E,F分别为线段AC,AD的中点,求证：EF//平面ABG;(2)求证：AG 平面BCDG;(3)求V C-ABD 的值.4、(本小题总分值14分)如图4, AA是圆柱的母线, AB是圆柱底面圆的直径,C是底面圆周上异于A,B的任意一点, AA AB 2.(1)求证：BC 平面A〔AC ；(2)求三棱锥A ABC的体积的最大值.图4C (n ) 求证：EF 面PAC;〔出〕求三棱锥B-PAC的体积.6 .〔本小题总分值14分〕如图,平行四边形ABCD中,CD 1, BCD 60,且BD CD ,正方形ADEF 和平面ABCD成直二面角,G, H是DF , BE的中点.〔I〕求证：BD 平面CDE ;〔n〕求证：GH 〃平面CDE；〔出〕求三棱锥D CEF的体积.7.〔本小题总分值14分〕右图是一个直三棱柱〔以A i B i C i为底面〕被一平面所截得到的几何体,截面为ABC.A i B i = B i C i = l, ZAi B i C i = 90 ,AA i = 4,BB i=2, CC i=3.(I)设点O是AB的中点,证实：OC//平面A i B i C i;(II)求此几何体的体积.8 .(本小题总分值i4分)如图,在正方体ABCD—A i B i C i D i中,E、F为棱AD、AB的中点.(i )求证：EF//平面CB i D i；(2)求证：平面CAA i C■平面CB i D i.9 .(本小题总分值i4分)如图i ,在直角梯形ABEF中(图中数字表示线段的长度),将直角梯形DCEF沿CD折起,使平面DCEF 平面ABCD,连结局部线段后围成一个空间几何体,如图2.(I)求证：BE〃平面ADF ;(n)求三棱锥F BCE的体积.图图-10 .(本小题总分值14分)在直三棱柱ABC ABG中,AD 平面ABC,其垂足D落在直线A〔B上.(I )求证：BC A1B ；(n)假设AD J3, AB BC 2, P为AC的中点,求三棱锥P ABC的体积.B1…1 .解：(1)证实：连结AC, AC交BD于O,连结EO••・底面ABCD是正方形,,点O是AC的中点在PAC中,EO是中位线,,PA // EO而EO 平面EDB且PA 平面EDB,所以,PA //平面EDB.(2)证实：PD,底面ABCD 且DC 底面ABCD,,PD DCPD=DC,可知PDC是等腰直角三角形,而DE是斜边PC的中线,.DE PC ①同样由PD,底面ABCD,得PDXBC•••底面ABCD是正方形,有DCXBC,,BC,平面PDC 而DE 平面PDC, BC DE ②由①和②推得DE 平面PBC而PB 平面PBC, . DE PB又EF PB 且DE EF E,所以PB ,平面EFD................................ 8分(3) . PD DC 1,由 PD ,平面 ABCD,PDXBC,又.BCXCD, PDACD = D,BC± PC.-CL 2f在Z^BDE 中,DE -------- , BD22221 DE2 BE 2 BD 2 — 2 而由(2), PB,平面EFD,••.BC,平面 PCD,3 c-一 2 0,即 DEL BE.2PBXDE,因而 DEL 平面 BEF,2在 RtABPD 中,BF BP BD , BF1 1 . V DE EF PF 32 2.解：(I)证实：连结 BD ,那么 BD // B 1D 1,ABCD 是正方形,,AC BD. CE 面 ABCD,,CE BD .又 A .CE C, BD 面 ACE. . AE 面 ACE, . . BD AE ,• .B 1D 1 AE .(n)证实：作BB 1的中点F,连结AF 、CF 、EF.• •・E 、F 是 CC 、BB 1 的中点,,CE?B 1F , • •・四边形B 〔FCE 是平行四边形,, CF// B 1E .E,F 是 CC 、BB 1 的中点,,EF//BC ,又 BC//AD , EF //AD ...............14分136；Rt 革EFEF. AF I CF C , B 1EI ED E ,,平面 ACF 〃面 B 1DE .又 AC 平面 ACF , . . AC 〃面 B 1DE .4证实：二.是底面圆周上异于 A, B 的任意柱底面圆的直径, •••BCXAC,……2 分,.AA1,平面 ABC , BC i 平面 ABC, . AAiXBC,…… 4 分•.AA i AAC=A , AA 1 i 平面 AA i C, AC i 平面 AA1 C, . EC ,平面AA1C.……6分 (2)解法 1 :设 AC=x ,在 RtMBC 中,BC = J AB 2 AC 2 h x 2(o<x<2),……7 分....1 一 … 1 11 -~~2故 V ARABC = —S VABC AA 1— — AC BC AA 1 _x \ 4x (0<x<2),13 3 23即 V A 「ABC =4“ x 2 1 \/x 2 (4 x 2)：J (x 2~2)2~4 . ……11 分 23 33,-0<x<2 , 0<x 2<4 ,「.当 x 2=2,即 x = 五时, 三棱锥A 1-ABC 的体积的最大值为 -.……14分35(1)证实：在三角形 PBC 中,E 是PC 中点.F 为PB 中点所以 EF//BC , BC 面ABC, EF 面ABC, 所以 EF 〃面ABC ……4分,四边形ADEF 是平行四边形,AF // ED ,(3)S ABD - AB AD 2 •2VA BDE VE ABD1S ~ SABDCE1S3 SABDCE2 3又AB 是.O 的直径,所以BC AC …… ⑵ ……7分由(1) (2)得 BC 面PAC 因EF//BC BC 面PAC ,所以EF 面PAC ……9分(出)因PA OO 所在的平面,AC 是PC 在面ABC 内的射影,1V B PACV P ABC S ABC PA37 . (1)证实：作OD //.交片81于口,连C 1D .那么 OD // BB 1 // CC 1 .作BH(n) PA BC面ABC 面ABCBC PA所成角 PCA 450,PA=AC11分在Rt ABC 中,E 是PC 中点,BAC -, AC BC 2412分Q O 是AB 的中点,OD1-(AA 1 BB 1) 3 CC 1 .2那么ODCQ 是平行四边形,OC // C 1D .……4分Q C 1D 平面 C 1B 1A 且 OC 平面C1B1A ,OC // 面 A 1B 1C 1.(2)如图,过B 作截面BA 2c 2CC 1 于 A 2,//面ABG,分别交AA1,Q CC 1 面 BA 2c 2, CC 1BH ,那么BH 平面AC .又Q A 2B AB 1 1 , BC 2B 1c l 1 , BH --, 2V B AA 2C 2C1 S A A 2c 2c3BH 1 1 厂J.21 (1 2) '2 -3 2 22PCA 即为PC 与面ABC'.2----- …14分3所求几何体体积为：V V B AACC . 八八 2 J 2 J8 .〔本小题总分值14分〕折叠之后平行关系不变. BC 平面ADF , AD 平面 • .BC//平面 ADF ,V AB|C 1 A2BC 21八, SA A 1B 1C 1BB 1 - 2 1〔1〕证实：连结 BD .在长方体AC i 中, 对角线BD//B 1D 1. 又Q E 、F 为棱AD 、AB 的中点, ・.EF //BD . . .EF //BD 1. 又 B 1D 1 平面 CBD 1, EF 平面 CB 1D 1,,EF//平面 CB 1D 1. (2) Q 在长方体 AC ［中,AA 1,平面 A 1B 1C 1D 1,而 B 1D 1 平面 A 1B 1C 1D 1, . AA iX B i D i . 又Q 在正方形 A 1B 1C 1D 1 中,A 1C 1 XB 1D 1, .. B 1D 1,平面 CAA 1C 1. 又Q B 1D 1 平面 CB 1D 1,,平面 CAA 1C 1,平面 CB 〔D 1. 14分9 .〔本小题总分值14分〕证实：〔I 〕证法一：取 DF 中点为G,连结AG, EG 中, 八 1一八一八.CE — DF ,,EG 〃CD 且 EG CD 2 又•••AB 〃CD 且AB CD,,EG 〃AB 且 EG AB四边形ABEG 为平行四边形,,BE//AG. BE 平面ADF , AG 平面 ADF,. ・BE 〃平面 ADF ,证法二：由图1可知BC // AD , CE//DFV A 1B 1C 1 A 2BC 2同理CE〃平面ADF ................... 4分. BCI CE C , BC , CE 平面BCE ,,平面BCE 〃平面ADF ......... 6分. BE 平面BCE ,,BE 〃平面ADF ......... 7 分(II)解法1：V F BCE V B CEF .................... 8分由图1可知BC CD.平面DCEF 平面ABCD ,平面DCEF I平面ABCD CDBC 平面ABCD,..BC 平面DCEF ,1 1由图 1 可知DC CE 1 S CEF -CE DC .................. ........... 12 分2 2V F BCE V B CEF 3 BC S CEF解法2：由图1可知CD BC , CD CEBCI CE C. .CD 平面BCE ,. DF //DC点F到平面BCE的距离等于点D到平面BCE的距离为1 ,由图1可知BC CE 1 S BCE 1-BC CE 2BCE 1 … c 13 CD S BCE 6解法3:过E作EH FC ,垂足为H , ....................... 8分由图1可知BC CD•••平面DCEF 平面ABCD,平面DCEFI 平面ABCD CD11分A B11分BC 平面 ABCD,. BC 平面 DCEF ,EH 平面 DCEF.BC EH,EH 平面BCF 1 、5S BCF -BC DF —, .......... 12 分 2 2又 BD CD. .BD ¥® CDE(n )证实：连结 EA ,那么G 是AE 的中点••• EAB 中,GH // AB又 AB//CD . GH //CD . .GH 〃平面CDE 11分由 BC FC , FC .DC 2 DF 2 5, 在 CEF 中,由等面积法可得 EHV F BCE V E BCF EH S BCF13分 14分 6.(本小题总分值14分)(I )证实：平面 ADEF 平面ABCD ,交线为ADED AD• .ED 平面ABCDED BD2〔出〕解：设Rt BCD中BC边上的高为h1 1 -依题意：一2 h 1 32 23• • h —2_ ___ _____ .. 一、. .3即：点C到平面DEF的距离为- ---------------- 10•V D CEF V C DEF .32,33分------- 14 分。

立体几何考察试题及答案

立体几何考察试题及答案一、选择题1. 若直线l与平面α垂直，则直线l与平面α内任意直线的关系是（）。

A. 相交B. 平行C. 异面D. 垂直答案：D2. 已知一个正四面体的棱长为a，求其体积。

A. \( \frac{a^3 \sqrt{2}}{12} \)B. \( \frac{a^3 \sqrt{2}}{6} \)C. \( \frac{a^3 \sqrt{3}}{12} \)D. \( \frac{a^3 \sqrt{3}}{6} \)答案：C二、填空题1. 已知一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则其对角线的长度为 \( \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \)。

2. 一个球的半径为r，则其表面积为 \( 4\pi r^2 \)。

三、解答题1. 已知一个圆锥的底面半径为r，高为h，求其体积。

解：圆锥的体积公式为 \( V = \frac{1}{3}\pi r^2 h \)。

答：圆锥的体积为 \( \frac{1}{3}\pi r^2 h \)。

2. 已知一个圆柱的底面半径为r，高为h，求其侧面积。

解：圆柱的侧面积公式为 \( A = 2\pi rh \)。

答：圆柱的侧面积为 \( 2\pi rh \)。

四、证明题1. 证明：若直线l与平面α内的两条直线m和n都垂直，则直线l与平面α垂直。

证明：设直线m和n在平面α内的交点为O，由于直线l与m、n都垂直，根据直线与平面垂直的判定定理，直线l与平面α垂直。

答：直线l与平面α垂直。

2. 证明：若两个平面α和β的交线为l，直线m在平面α内且与l平行，直线n在平面β内且与l平行，则直线m与直线n平行。

证明：设直线m与直线n的交点为P，由于m在平面α内且与l平行，n在平面β内且与l平行，根据平面与平面平行的性质，直线m与直线n平行。

答：直线m与直线n平行。

立体几何大题训练题(含答案)

立体几何大题训练题一、解答题（共17题；共150分）1.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，在四边形ABCD中，∠ABC= ，AB=4，BC=3，CD= ，AD=2 ，PA=4.（1）证明：CD⊥平面PAD；（2）求二面角B-PC-D的余弦值..2.如图，在四棱锥中，平面，在四边形中，，，，，，.（1）证明：平面；（2）求B点到平面的距离3.如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，，为的中点，F 为线段上靠近B 点的三等分点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.4.如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面;（2）求与平面所成角的正弦值.5.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离.6.如图，在三角锥中，, , 为的中点.（1）证明：平面;（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值. 7.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．8.如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.9.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值。

10.已知三棱柱，底面三角形为正三角形，侧棱底面，，为的中点，为中点.（1）求证：直线平面；（2）求平面和平面所成的锐二面角的余弦值.11.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F 分别是AC，A1B1的中点（1）证明：EF⊥BC（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.12.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C 的余弦值．13.如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．14.如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．15.如图所示多面体中，AD⊥平面PDC，四边形ABCD为平行四边形，点E，F分别为AD，BP的中点，AD ＝3，AP＝3 ，PC ．（1）求证：EF//平面PDC；（2）若∠CDP＝120°，求二面角E﹣CP﹣D的平面角的余弦值．16.如图，四棱锥中，侧棱垂直于底面，，，为的中点，平行于，平行于面，.（1）求的长；（2）求二面角的余弦值.17.如图，在斜三棱柱中，侧面，，，，．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若为中点，求二面角的正切值．答案解析部分一、解答题1.【答案】（1）解：连接，由∠ABC= ，AB=4，BC=3，则，又因为CD= ，AD=2 ，所以，即，因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，因为，所以CD⊥平面PAD；（2）解：以点D为坐标原点，的延长线为x，为y轴，过点D与平行线为z轴，建立空间直角坐标系，如图：作交与点G，，即，所以，，所以，所以，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，即，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，即，由，所以二面角B-PC-D的余弦值为.【解析】【分析】（1）连接，证出，利用线面垂直的性质定理可得，再利用线面垂直的判定定理即可证出.（2）以点D为坐标原点，的延长线为x，为y轴，过点D与平行线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量的数量积即可求解.2.【答案】（1）解：在平面中，，，，则，又，∴，即，又平面，则，又，∴平面.（2）解：在平面中，过A作BC的平行线交CD的延长线于M，因为，，，则,又因为，,所以.所以又，则，所以,在中，.因为,则面,所以由可知：，,所以，则，因此P点到平面的距离为.【解析】【分析】(1)在三角形中，由勾股定理可证得，由平面，可得，根据线面垂直的判定定理即可证得结论；(2) 在平面中，过A作BC的平行线交CD 的延长线于M，因为利用等体积转换即可求得距离.3.【答案】（1）证明：，为线段中点，.平面，平面，.又底面是长方形，.又，平面.平面，. 又，平面.（2）解：由题意，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，.所以, ，，，设平面的法向量，则，即，令，则，，，同理可求平面的法向量，，，即平面与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）通过，可证明平面，进而可得，结合证明线面垂直.（2）以为轴建立空间直角坐标系，可求出平面的法向量，平面的法向量，则可求出两向量夹角的余弦值，从而可求二面角的正弦值.4.【答案】（1）解：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，∴BF⊥平面PEF.∴又平面ABFD，平面PEF⊥平面ABFD.（2）解：作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE= .又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得.则为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为，则.∴DP与平面ABFD所成角的正弦值为.【解析】【分析】(1)在翻折过程中,作于H,由得到,从而得到面面垂直;(2)DP与平面所成的角就是,在三角形中求其正弦值.5.【答案】（1）∵PA=PC=AC=4 且O是AC的中点∴PO⊥AC∵AB=BC=2 ，AC=4,∴∴∠ABC=90°连接BO则OB=OC∴PO2+BO2=PB2PO⊥OB，PO⊥OCOB∩OC=O∴PO⊥平面ABC（2）过点C作CH⊥OM交OM于点H又∵PO⊥平面ABC∴∴CH的长度为点C到平面POM的距离在△COM中，CM= ，OC=2，∠OCM=45°∴∴OM=∴【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）由线面垂直可得面面垂直，易找点面距，可求.6.【答案】（1）PA=PC=AC=4 且O是AC的中点PO⊥AC∵AB=BC=2 ，AC=4,∴∴∠ABC=90°连接BO则OB=OC∴PO2+BO2=PB2PO⊥OB，PO⊥OCOB∩OC=O∴PO⊥平面ABC（2）∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥OB∴AB=BC=2 O是AC的中点∴OB⊥AC OB⊥平面PAC如图所示以O为坐标原点，为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系O-xyz则P（0,0，）A（,0，-2,0），C（0,2,0），B（2,0,0）平面PAC法向量为=（1,0,0）设M（x，2-x，0）平面PAC法向量为=（1，λ，μ），=（0，2，）, = （x，4-x，0）则即即得到，∴x=-4（舍），x=即M∴PAM的法向量记PC与平面PAM所成的角为θ∴即PC与平面PAM所成的角为的正弦值为.【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）先由条件建系，找到点M的位置，再用公式求线面角.7.【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞= = ．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD 为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值．8.【答案】（1）解：由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，．设平面EBC的法向量为=（x，y，x），则即所以可取= .设平面的法向量为=（x，y，z），则即所以可取=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．【解析】【分析】（1）根据题意由线面垂直的性质得出线线垂直，再由线线垂直的判定定理出线面垂直。

高中立体几何试题及答案

高中立体几何试题及答案一、选择题（每题3分，共15分）1. 空间中，如果直线a与平面α平行，那么直线a与平面α内的任意直线b的位置关系是：A. 平行B. 异面C. 相交D. 垂直2. 一个正方体的棱长为a，那么它的对角线长度为：A. a√2B. a√3C. 2aD. 3a3. 已知一个圆锥的底面半径为r，高为h，圆锥的体积是：A. πr²hB. 1/3πr²hC. 2πr²hD. 3πr²h4. 一个球的半径为R，那么它的表面积是：A. 4πR²B. 2πR²C. πR²D. R²5. 空间中，如果两个平面α和β相交于直线l，那么直线l与平面α和平面β的位置关系是：A. 平行B. 垂直C. 相交D. 包含二、填空题（每题2分，共10分）6. 空间直角坐标系中，点A(2,3,4)到原点O的距离是________。

7. 一个正四面体的每个顶点都与其它三个顶点相连，那么它的边长与高之比为________。

8. 已知一个长方体的长、宽、高分别为l、w、h，那么它的体积是________。

9. 空间中，如果一个点到平面的距离是d，那么这个点到平面上任意一点的距离的最大值是________。

10. 一个圆柱的底面半径为r，高为h，它的侧面积是________。

三、解答题（共75分）11. （15分）已知空间直角坐标系中，点A(1,2,3)，B(4,5,6)，点C 在平面ABC内，且AC=BC=2，求点C的坐标。

12. （20分）一个圆锥的底面半径为3，高为4，求圆锥的全面积和表面积。

13. （20分）一个长方体的长、宽、高分别为5、3、2，求其外接球的半径。

14. （20分）已知一个球的表面积为4π，求该球的体积。

答案：一、选择题1. A2. B3. B4. A5. C二、填空题6. √(1²+2²+3²)=√147. √3:18. lwh9. d+R10. 2πrh三、解答题11. 点C的坐标可以通过向量运算求得，设C(x,y,z)，则向量AC=向量BC，即(1-x,2-y,3-z)=(x-4,5-y,6-z)，解得x=3，y=4，z=5，所以点C的坐标为(3,4,5)。

(完整版)高中数学立体几何大题(有答案)

1．(2014•山东）如图,四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点．(Ⅰ）求证:AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证:BE⊥平面PAC．解答：证明：（Ⅰ）连接CE,则∵AD∥BC，BC=AD,E为线段AD的中点，∴四边形ABCE是平行四边形,BCDE是平行四边形,设AC∩BE=O，连接OF，则O是AC的中点，∵F为线段PC的中点，∴PA∥OF，∵PA⊄平面BEF，OF⊂平面BEF，∴AP∥平面BEF;(Ⅱ）∵BCDE是平行四边形，∴BE∥CD,∵AP⊥平面PCD,CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD，∴BE⊥AP，∵AB=BC，四边形ABCE是平行四边形，∴四边形ABCE是菱形，∴BE⊥AC，∵AP∩AC=A，∴BE⊥平面PAC．3．（2014•湖北）在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）求证：BC⊥平面PBD;（Ⅲ)设Q为侧棱PC上一点，，试确定λ的值，使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．解答：解：(Ⅰ)取PD的中点F，连接EF，AF,∵E为PC中点，∴EF∥CD，且，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB=1，∴EF∥AB，EF=AB,∴四边形ABEF为平行四边形,∴BE∥AF，∵BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD．（4分）（Ⅱ）∵平面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，∴PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD．（5分)如图，以D为原点建立空间直角坐标系D﹣xyz．则A(1，0，0），B（1,1，0)，C（0，2，0)，P(0，0，1）．（6分），,∴，BC⊥DB,（8分）又由PD⊥平面ABCD,可得PD⊥BC，∴BC⊥平面PBD．(9分）(Ⅲ）由（Ⅱ）知,平面PBD的法向量为,（10分）∵，，且λ∈(0,1）∴Q(0,2λ,1﹣λ），（11分）设平面QBD的法向量为=(a，b，c），,，由，，得，∴，（12分）∴，(13分)因λ∈（0，1），解得．（14分）4．（2014•江苏)如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E,F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA=6,BC=8，DF=5．求证：（1)直线PA∥平面DEF；（2)平面BDE⊥平面ABC．解答：证明：（1）∵D、E为PC、AC的中点,∴DE∥PA,又∵PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴PA∥平面DEF;（2）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE=PA=3;又∵E、F为AC、AB的中点,∴EF=BC=4;∴DE2+EF2=DF2，∴∠DEF=90°，∴DE⊥EF；∵DE∥PA,PA⊥AC,∴DE⊥AC；∵AC∩EF=E，∴DE⊥平面ABC;∵DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．13．(2012•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC,CC1上的点（点D 不同于点C）,且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2)直线A1F∥平面ADE．解答：解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC,∴AD⊥CC1又∵AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD⊂平面ADE∴平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）∵△A1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点∴A1F⊥B1C1，∵CC1⊥平面A1B1C1,A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1又∵B1C1、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴A1F⊥平面BCC1B1又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE．16．(2010•深圳模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中,底面ABCD为正方形，侧棱S D⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC的中点（1）求证：EF∥平面SAD(2)设SD=2CD，求二面角A﹣EF﹣D的大小．解答：（1）如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz．设A（a，0,0)，S（0，0,b）,则B(a，a，0），C(0,a,0）,，．取SD的中点,则．平面SAD，EF⊄平面SAD，所以EF∥平面SAD．（2)不妨设A（1,0，0），则B（1，1，0），C(0，1,0)，S(0，0,2），，．EF 中点，，,又，，所以向量和的夹角等于二面角A﹣EF﹣D的平面角．．所以二面角A﹣EF﹣D的大小为．。

立体几何专题专练100题(含详解)

1.（本题满分15分）如图，在三棱锥D -ABC 中，DA =DB =DC ,D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F ．（Ⅰ）求证：平面ABD ⊥平面DEF ；（Ⅱ）若AD ⊥DC ，AC =4，∠BAC =60°，求直线BE 与平面DAB 所成的角的正弦值.答案及解析：1.（Ⅰ）如图，由题意知⊥DE 平面ABC所以DE AB ⊥，又DFAB ⊥所以⊥AB 平面DEF ，………………3分又⊂AB 平面ABD 所以平面⊥ABD 平面DEF…………………6分（Ⅱ）解法一：由DC DB DA ==知ECEB EA ==所以E 是ABC ∆的外心又BC AB ⊥所以E 为AC 的中点…………………………………9分过E 作DF EH ⊥于H ，则由（Ⅰ）知⊥EH 平面DAB所以EBH ∠即为BE 与平面DAB 所成的角…………………………………12分由4=AC ， 60=∠BAC 得2=DE ，3=EF 所以7=DF ，732=EH 所以721sin ==∠BE EH EBH …………………………………15分解法二：如图建系，则)0,2,0(-A ，)2,0,0(D ，)0,1,3(-B 所以)2,2,0(--=DA ，)2,1,3(--=DB ……………………………………9分设平面DAB 的法向量为),,(z y x n =由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00DB n DA n 得⎩⎨⎧=--=--023022z y x z y ，取)1,1,33(-=n ………………12分设EB 与n 的夹角为θ所以7213722||||cos ==⋅=n EB nEB θ所以BE 与平面DAB 所成的角的正弦值为721………………………………15分2.如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AA 1=AC=2AB=2，且BC 1⊥A 1C ．（1）求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1；（2）设D是线段BB1的中点，求三棱锥D﹣ABC1的体积．答案及解析：2.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【专题】综合题；转化思想；综合法；立体几何．【分析】（1）证明A1C⊥面ABC1，即可证明：平面ABC1⊥平面A1ACC1；（2）证明AC⊥面ABB1A1，利用等体积转换，即可求三棱锥D﹣ABC1的体积．【解答】（1）证明：在直三棱锥ABC﹣A1B1C1中，有A1A⊥面ABC，而AB⊂面ABC，∴A1A⊥AB，∵A1A=AC，∴A1C⊥AC1，又BC1⊥A1C，BC1⊂面ABC1，AC1⊂面ABC1，BC1∩AC1=C1∴A1C⊥面ABC1，而A1C⊂面A1ACC1，则面ABC1⊥面A1ACC1…（2）解：由（1）知A1A⊥AB，A1C⊥面ABC1，A1C⊥AB，故AB⊥面A1ACC1，∴AB⊥AC，则有AC⊥面ABB1A1，∵D是线段BB1的中点，∴．…【点评】本题考查线面垂直、平面与平面垂直的判定，考查三棱锥D﹣ABC1的体积，考查学生分析解决问题的能力，正确运用定理是关键．3.如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点．（1）求证：CD⊥PD；（2）求证：EF∥平面PAD．答案及解析：3.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定．【分析】本题是高考的重要内容，几乎年年考，次次有：（1）的关键是找出直角三角形，也就是找出图中的线线垂直．（2）的关键是找出平面PAD中可能与EF平行的直线．【解答】解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，而CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD、（2）取CD的中点G，连接EG、FG．∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD，∴平面EFG∥平面PAD，又∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面PAD．【点评】线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．判断或证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的定义（无公共点）；②利用线面平行的判定定理（a∥α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）；③利用面面平行的性质定理（α∥β，a⊂α⇒a∥β）；④利用面面平行的性质（α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β）．4.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．答案及解析：4.【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC．利用线面垂直的性质定理可得CC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出ED∥AC1，再利用线面平行的判定定理即可证明结论【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC．又因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．又C1C∩BC=C，所以AC⊥平面CC1B1B，所以AC⊥BC1．（2）连结C1B交CB1于E，再连结DE，由已知可得E为C1B的中点，又∵D为AB的中点，∴DE为△BAC1的中位线．∴AC1∥DE又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1∴AC1∥平面CDB1．【点评】熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理是解题的关键．5.已知在三棱锥S﹣ABC中，∠ACB=90°，又SA⊥平面ABC，AD⊥SC于D，求证：AD⊥平面SBC．答案及解析：5.【考点】直线与平面垂直的判定．【专题】证明题．【分析】要证明AD⊥平面SBC，只要证明AD⊥SC（已知），AD⊥BC，而结合已知∠ACB=90°，又SA⊥平面ABC，及线面垂直的判定定理及性质即可证明【解答】证明：∵SA⊥面ABC，∴BC⊥SA；∵∠ACB=90°，即AC⊥BC，且AC、SA是面SAC内的两相交线，∴BC⊥面SAC；又AD⊂面SAC，∴BC⊥AD，又∵SC⊥AD，且BC、SC是面SBC内两相交线，∴AD⊥面SBC．【点评】本题主要考查了直线与平面垂直，平面与平面垂直的相互转化，线面垂直的判定定理的应用，属于基础试题6.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AP=AB=，点E 是棱PB的中点．（Ⅰ）证明：AE⊥平面PBC；（Ⅱ）若AD=1，求二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．答案及解析：6.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，从而AE⊥PB．由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，由此能证明AE⊥平面PBC．（Ⅱ）由BC⊥平面PAB，AD⊥AE．取CE的中点F，连结DF，连结BF，则∠BFD为所求的二面角的平面角，由此能求出二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：如图1，由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，故△PAB为等腰直角三角形，而点E是棱PB的中点，所以AE⊥PB．由题意知BC⊥AB，又AB是PB在面ABCD内的射影，由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，故BC⊥AE．因为AE⊥PB，AE⊥BC，所以AE⊥平面PBC．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE．在Rt△PAB中，PA=AB=，AE=PB==1．从而在Rt△DAE中，DE==．在Rt△CBE中，CE==，又CD=，所以△CED为等边三角形，取CE的中点F，连结DF，则DF⊥CE，∵BE=BC=1，且BC⊥BE，则△EBC为等腰直角三角形，连结BF，则BF⊥CE，所以∠BFD为所求的二面角的平面角，连结BD，在△BFD中，DF=CD=，BF=，BD==，所以cos∠BFD==﹣，∴二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值为﹣．【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．7.如图所示，四棱锥P ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=，AD=2，PA=PD=，E，F分别是棱AD，PC的中点，二面角PADB为60°．（1）证明：平面PBC⊥平面ABCD；（2）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．答案及解析：7.证明：（1）连接PE，BE，∵PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，∴PE⊥AD，BE⊥AD，∴∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角．在△PAD中，由PA=PD=，AD=2，解得PE=2．在△ABD中，由BA=BD=，AD=2，解得BE=1．在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60˚，由余弦定理，解得PB==，∴∠PBE=90˚，即BE⊥PB．又BC∥AD，BE⊥AD，∴BE⊥BC，∴BE⊥平面PBC．又BE⊂平面ABCD，∴平面PBC⊥平面ABCD．解：（2）连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，∴∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．∵PB=，∠ABP为直角，MB=PB=，∴AM=，∴EF=．又BE=1，∴在直角三角形EBF中，sin∠EFB==．∴直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．考点：直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．专题：证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）连接PE，BE，由已知推导出∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，推导出BE⊥PB，BE⊥BC，由此能证明平面PBC⊥平面ABCD．（2）连接BF，由BE⊥平面PBC，得∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角，由此能求出直线EF与平面PBC所成角的正弦值．解答：证明：（1）连接PE，BE，∵PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，∴PE⊥AD，BE⊥AD，∴∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角．在△PAD中，由PA=PD=，AD=2，解得PE=2．在△ABD中，由BA=BD=，AD=2，解得BE=1．在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60˚，由余弦定理，解得PB==，∴∠PBE=90˚，即BE⊥PB．又BC∥AD，BE⊥AD，∴BE⊥BC，∴BE⊥平面PBC．又BE⊂平面ABCD，∴平面PBC⊥平面ABCD．解：（2）连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，∴∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．∵PB=，∠ABP为直角，MB=PB=，∴AM=，∴EF=．又BE=1，∴在直角三角形EBF中，sin∠EFB==．∴直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．点评：本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养8.（15分）（2010秋•杭州校级期末）如图，已知△BCD中，∠BCD=90°，AB⊥平面BCD，BC=CD=1，分别为AC、AD的中点．（1）求证：平面BEF⊥平面ABC；（2）求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．答案及解析：8.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）通过证明CD⊥平面ABC，CD∥EF，说明EF⊂平面BEF，即可证明平面BEF⊥平面ABC；（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，可得AH⊥平面BEF，推出∠AFH为直线AD与平面BEF所成角．在Rt△AFH中，求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD．又∵CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC．∵E、F分别为AC、AD的中点，∴EF∥CD．∴EF⊥平面ABC，∵EF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC．（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，由（1）可得AH⊥平面BEF，∴∠AFH为直线AD与平面BEF所成角．在Rt△ABC中，为AC中点，∴∠ABE=30°，∴．在Rt△BCD中，BC=CD=1，∴．∴在Rt△ABD中，∴．∴在Rt△AFH中，，∴AD与平面BEF所成角的正弦值为．【点评】证明两个平面垂直，关键在一个面内找到一条直线和另一个平面垂直；利用三垂线定理找出二面角的平面角，解三角形求出此角，是常用方法．9.答案及解析：9.10.（12分）（2015秋•拉萨校级期末）如图，边长为2的正方形ABCD中，（1）点E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A′．求证：A′D⊥EF（2）当BE=BF=BC时，求三棱锥A′﹣EFD的体积．答案及解析：10.【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）由正方形ABCD知∠DCF=∠DAE=90°，得A'D⊥A'F且A'D⊥A'E，所以A'D⊥平面A'EF．结合EF⊂平面A'EF，得A'D⊥EF；（2）由勾股定理的逆定理，得△A'EF是以EF为斜边的直角三角形，而A'D是三棱锥D﹣A'EF的高线，可以算出三棱锥D﹣A'EF的体积，即为三棱锥A'﹣DEF的体积．【解答】解：（1）由正方形ABCD知，∠DCF=∠DAE=90°，∴A'D⊥A'F，A'D⊥A'E，∵A'E∩A'F=A'，A'E、A'F⊆平面A'EF．∴A'D⊥平面A'EF．又∵EF⊂平面A'EF，∴A'D⊥EF．（2）由四边形ABCD为边长为2的正方形故折叠后A′D=2，A′E=A′F=，EF=则cos∠EA′F==则sin∠EA′F==•A′E•A′F•sin∠EA′F=故△EA′F的面积S△EA′F由（1）中A′D⊥平面A′EF可得三棱锥A'﹣EFD的体积V=××2=．【点评】本题以正方形的翻折为载体，证明两直线异面垂直并且求三棱锥的体积，着重考查空间垂直关系的证明和锥体体积公式等知识，属于中档题．11.（12分）（2015秋•沧州月考）如图，在△ABC中，AO⊥BC于O，OB=2OA=2OC=4，点D，E，F分别为OA，OB，OC的中点，BD与AE相交于H，CD与AF相交于G，将△ABO 沿OA折起，使二面角B﹣OA﹣C为直二面角．（Ⅰ）在底面△BOC的边BC上是否存在一点P，使得OP⊥GH，若存在，请计算BP的长度；若不存在，请说明理由；（Ⅱ）求二面角A﹣GH﹣D的余弦值．答案及解析：11.【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法．【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．【分析】（Ⅰ）根据条件便知H，G分别为△AOB，△AOC的重心，从而有GH∥EF∥BC，并可说明∠BOC为直角，过O作OP⊥BC，从而有OP⊥GH，而根据摄影定理便有，这样即可求出BP的长度；（Ⅱ）根据上面知OB，OC，OA三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，从而可以根据条件求出图形上一些点的坐标，从而可以得到向量的坐标，可设平面AGH的法向量为，而根据即可求出，同样的方法可以求出平面DGH的一个法向量，根据cos=即可得出二面角A﹣GH﹣D的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）H，G分别为△AOB和△AOC的重心；∴；连接EF，则GH∥EF；由已知，EF∥BC，∴GH∥BC；∵OA⊥OB，OA⊥OC，二面角B﹣OA﹣C为直二面角；∴∠BOC为直角；∴在Rt△BOC中，过O作BC的垂线，垂足为P，OP⊥BC，又BC∥GH；∴OP⊥GH，则由摄影定理得：OB2=BP•BC；∴；（Ⅱ）分别以OB，OC，OA为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：O（0，0，0），A（0，0，2），D（0，0，1），B（4，0，0），C（0，2，0），H（），；∴，；设为平面AGH的法向量，则：；取x1=1，则y1=2，z1=1，∴；设为平面DGH的法向量，则：；取x2=1，则；∴；∴由图可知二面角A﹣GH﹣D为锐角，∴该二面角的余弦值为．【点评】考查三角形重心的概念及其性质，平行线分线段成比例，三角形中位线的性质，以及二面角的平面角的定义，直角三角形的摄影定理的内容，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角问题的方法，平面的法向量的概念及求法，能求空间点的坐标，根据点的坐标求向量的坐标，向量垂直的充要条件，以及向量夹角的余弦公式，清楚两平面所成二面角的大小和两平面的法向量夹角的关系．12.（12分）（2014•芜湖模拟）如图，E是以AB为直径的半圆上异于A、B的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB=2AD=2．（1）求证：EA⊥EC；（2）设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F．①试证：EF∥AB；②若EF=1，求三棱锥E﹣ADF的体积．答案及解析：12.【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的性质．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）利用面面垂直的性质，可得BC⊥平面ABE，再利用线面垂直的判定证明AE⊥面BCE，即可证得结论；（2）①先证明AB∥面CED，再利用线面平行的性质，即可证得结论；②取AB中点O，EF的中点O′，证明AD⊥平面ABE，利用等体积，即可得到结论．【解答】（1）证明：∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD∴BC⊥平面ABE∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE∵E在以AB为直径的半圆上，∴AE⊥BE∵BE∩BC=B，BC，BE⊂面BCE∴AE⊥面BCE∵CE⊂面BCE，∴EA⊥EC；（2）①证明：设面ABE∩面CED=EF∵AB∥CD，AB⊄面CED，CD⊂面CED，∴AB∥面CED，∵AB⊂面ABE，面ABE∩面CED=EF∴AB∥EF；②取AB中点O，EF的中点O′，在Rt△OO′F中，OF=1，O′F=，∴OO′=∵BC⊥面ABE，AD∥BC∴AD⊥平面ABE∴V E﹣ADF =V D﹣AEF===【点评】本题考查面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，考查线面垂直，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．13.（12分）（2014•浙江模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．答案及解析：13.【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC．利用线面垂直的性质定理可得CC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出ED∥AC1，再利用线面平行的判定定理即可证明结论【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC．又因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．又C1C∩BC=C，所以AC⊥平面CC1B1B，所以AC⊥BC1．（2）连结C1B交CB1于E，再连结DE，由已知可得E为C1B的中点，又∵D为AB的中点，∴DE为△BAC1的中位线．∴AC1∥DE又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1∴AC1∥平面CDB1．【点评】熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理是解题的关键．14.如图，在三棱锥S﹣ABC中，SB⊥底面ABC，且SB=AB=2，BC=，D、E 分别是SA、SC的中点．（I）求证：平面ACD⊥平面BCD；（II）求二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小．答案及解析：14.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）根据面面垂直的判定定理证明AD⊥平面BCD即可证明平面ACD⊥平面BCD．（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角S﹣BD﹣E的余弦值．【解答】证明：（I）∵∠ABC=，∴BA⊥BC，建立如图所示的坐标系，则C（0，，0），A（2，0，0），D（1，0，1），E（0，，1），S（0，0，2），则=（﹣1，0，1），=（0，，0），=（1，0，1），则•=（﹣1，0，1）•（0，，0）=0，•=（﹣1，0，1）•（1，0，1）=﹣1+1=0，则⊥，⊥，即AD⊥BC，AD⊥BD，∵BC∩BD=B，∴AD⊥平面BCD；∵AD⊂平面BCD；∴平面ACD⊥平面BCD；（II）=（0，，1），则设平面BDE的法向量=（x，y，1），则，即，解得x=﹣1，y=，即=（﹣1，，1），又平面SBD的法向量=（0，，0），∴cos＜，＞==，则＜，＞=，即二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小为．【点评】本题主要考查空间面面垂直的判定，以及二面角的求解，利用向量法是解决二面角的常用方法．15.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB⊥平面ABCD，（Ⅰ）求证：平面PED⊥平面PAC；（Ⅱ）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．答案及解析：15.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．【专题】计算题；空间位置关系与距离；空间角．【分析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA⊥平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系o﹣xyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、、的坐标．由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DE⊥AC且DE⊥AP，结合线面垂直判定定理证出ED⊥平面PAC，从而得到平面PED⊥平面PAC；（II）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角θ的正弦值，由此建立关于θ的方程并解之即可得到λ=2．利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，﹣1，﹣1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥PA∴PA⊥平面ABCD结合AB⊥AD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系o﹣xyz，如图所示…（2分）可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）∴，，得，，∴DE⊥AC且DE⊥AP，∵AC、AP是平面PAC内的相交直线，∴ED⊥平面PAC．（4分）∵ED⊂平面PED∴平面PED⊥平面PAC（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为θ，则，解之得λ=±2∵λ＞0，∴λ=2，可得P的坐标为（0，0，2）（8分）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y0，z0），，由，，得到，令x0=1，可得y0=z0=﹣1，得=（1，﹣1，﹣1）（10分）∴cos＜，（11分）由图形可得二面角A﹣PC﹣D的平面角是锐角，∴二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值为．（12分）【点评】本题在四棱锥中证明面面垂直，并且在线面所成角的正弦情况下求二面角A﹣PC ﹣D的余弦值．着重考查了线面垂直、面面垂直的判定定理和利用空间向量研究直线与平面所成角和二面角大小的方法，属于中档题．16.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）若PD=AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．答案及解析：16.（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．考点：直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角．专题：计算题；证明题；综合题；数形结合；转化思想．分析：（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BD⊥AD，根据PD⊥底面ABCD，易证BD⊥PD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PA⊥BD；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点A，B，C，P的坐标，求出向量，和平面PAB的法向量，平面PBC的法向量，求出这两个向量的夹角的余弦值即可．解答：（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．点评：此题是个中档题．考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及应用空间向量求空间角问题，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力．17.如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠ABC=90°，PA⊥平面ABC，E，F分别为PB，PC的中点．（1）求证：EF∥平面ABC；（2）求证：平面AEF⊥平面PAB．答案及解析：17.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）根据三角形中位线定理可得EF∥BC，进而根据线面平行的判定定理可得EF∥平面ABC；（2）根据PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，结合∠ABC=90°，及线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAB，进而由线面垂直的第二判定定理可得EF平面PAB，最后由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PAB．【解答】证明：（1）∵E，F分别为PB，PC的中点．∴EF∥BC，又∵BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC；（2）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又∵∠ABC=90°，∴AB⊥BC，又∵PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，由（1）中EF∥BC，∴EF⊥平面PAB，又∵EF⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAB．【点评】本题考查的知识点是线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，是空间线面关系的简单综合应用，难度中档．18.（14分）如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB∥CD，AD=AF=CD=2，AB=4．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BCE；（Ⅱ）求三棱锥A﹣CDE的体积；（Ⅲ）线段EF上是否存在一点M，使得BM⊥CE？若存在，确定M点的位置；若不存在，请说明理由．答案及解析：18.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（I）如图所示，取AB的中点N，连接CN，可得四边形ADCN是正方形，可得NA=NB=NC，可得AC⊥CB，利用AF⊥平面ABCD，AF∥BE，可得BE⊥平面ABCD，即可证明．=V三棱锥E﹣ACD=即可得出．（II）利用V三棱锥A﹣CDE（III）线段EF上存在一点M为线段EF的中点，使得BM⊥CE．连接MN，BM，EN，则四边形BEMN为正方形，可得BM⊥EN，利用线面面面垂直的判定与性质定理可得：CN⊥平面ABEF，可得CN⊥BM，又BM⊥CE．即可证明BM⊥平面CEN．【解答】（I）证明：如图所示，取AB的中点N，连接CN，则四边形ADCN是正方形，可得NA=NB=NC，∴AC⊥CB，∵AF⊥平面ABCD，AF∥BE，∴BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC，又BE∩BC=B，∴AC⊥平面BCE．=V三棱锥E﹣ACD===．（II）解：V三棱锥A﹣CDE（III）解：线段EF上存在一点M为线段EF的中点，使得BM⊥CE．连接MN，BM，EN，则四边形BEMN为正方形，∴BM⊥EN，∵CN⊥AB，平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴CN⊥平面ABEF，∴CN⊥BM，又CN∩EN=N，∴BM⊥平面CEN，∴BM⊥CE．【点评】本题考查了线面面面垂直的判定与性质定理、正方形的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19.（13分）如图，在正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，（1）在正方体的12条棱中，与棱AA1是异面直线的有几条（只要写出结果）（2）证明：AC∥平面A1BC1；（3）证明：AC⊥平面BDD1B1．答案及解析：19.【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）画出正方体ABCD﹣A1B1C1D1，根据异面直线的概念即可找出与棱AA1异面的棱．（2）连接AC，A1C1，则A1C1∥AC，利用线面平行的判定定理即可证明；（3）由DD1⊥面AC，知DD1⊥AC，由DD1⊥BD，能够证明AC⊥平面BDD1B1．【解答】解：（1）与棱AA1异面的棱为：CD，C1D1，BC，B1C1，共4条．（2）证明：连接AC，A1C1，则A1C1∥AC，∵AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴AC∥平面A1BC1；（3）证明：∵DD1⊥面AC，AC⊂平面AC，∴DD1⊥AC，∵AC⊥BD，DD1∩BD=D，BD⊂平面BDD1B1，DD1⊂平面BDD1B1∴AC⊥平面BDD1B1．【点评】考查异面直线的概念，直线与平面垂直的证明，直线与平面平行的判定，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化，属于中档题．20.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）证明：BC1⊥面A1B1CD；（2）求直线A1B和平面A1B1CD所成的角．答案及解析：20.【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）要证BC1⊥面A1B1CD；应通过证明A1B1⊥BC1．BC1⊥B1C两个关系来实现，两关系容易证明．（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O 为A1B与平面A1B1CD所成的角．在RT△A1BO中求解即可．【解答】解：（1）连接B1C交BC1于点O，连接A1O．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中因为A1B1⊥平面BCC1B1．所以A1B1⊥BC1．又∵BC1⊥B1C，又BC1∩B1C=O∴BC1⊥平面A1B1CD（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O 为A1B与平面A1B1CD所成的角．设正方体的棱长为a在RT△A1BO中，A1B=a，BO=a，所以BO=A1B，∠BA1O=30°，即直线A1B和平面A1B1CD所成的角为30°．【点评】本题考查空间直线与平面垂直关系的判断，线面角大小求解，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力．21.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面EDB；（2）证明：平面PAC⊥平面PDB．答案及解析：21.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）欲证PA∥平面EDB，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PA与平面EDB内一直线平行，连接AC，交BD于O，连接EO，根据中位线定理可知EO∥PA，PA⊄平面EDB，EO⊂平面EDB，满足定理所需条件；（2）证明AC⊥平面PBD，即可证明平面PAC⊥平面PDB．【解答】证明：（1）设AC与BD相交于点O，则O为AC的中点．∵E是P的中点，∴EO∥PA又∵EO⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB；（2）∵PO⊥平面ABCD，∴PD⊥AC又∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD从而AC⊥平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，以及平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．22.如图，在直三棱柱ABC=A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．（1）求证：BC⊥A1B；（2）若AD=，AB=BC=2，P为AC的中点，求二面角P﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．答案及解析：22.【考点】用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）由已知得A1A⊥平面ABC，A1A⊥BC，AD⊥BC．由此能证明BC⊥A1B．（Ⅱ）由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AB，从而BC⊥AB，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz，利用向量法能求出二面角P﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴A1A⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴A1A⊥BC，∵AD⊥平面A1BC，且BC⊂平面A1BC，∴AD⊥BC．又AA1⊂平面A1AB，AD⊂平面A1AB，A1A∩AD=A，∴BC⊥平面A1AB，又A1B⊂平面A1BC，∴BC⊥A1B．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AB，AB⊂平面A1AB，从而BC⊥AB，如图，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上，∴AD⊥A1B．在Rt△ABD中，AD=，AB=2，sin∠ABD==，∠ABD=60°，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥AB．在Rt△ABA1中，AA1=AB•tan60°=2，则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），P（1，1，0），A 1（0，2，2），，=（0，2，2），，设平面PA1B的一个法向量，则，即，得，设平面CA1B的一个法向量，则，即，得，，∴二面角P﹣A1B﹣C平面角的余弦值是．…【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．23.（16分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，E为棱AB上的一动点．（1）若E为棱AB的中点，①求四棱锥B1﹣BCDE的体积②求证：面B1DC⊥面B1DE（2）若BC1∥面B1DE，求证：E为棱AB的中点．答案及解析：23.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）①四棱锥B1﹣BCDE的底面为直角梯形BEDC，棱锥的高为B1B，代入体积公式即可；②面B1DC∩面B1DE=B1D，故只需在平面B1DE找到垂直于交线B1D的直线即可，由DE=B1E=a可易知所找直线为等腰△EB1D底边中线；（2）辅助线同上，由中位线定理可得OF∥DC，且OF=DC，从而得出OF∥EB，由BC1∥面B1DE可得EO∥B1C，故四边形OEBF是平行四边形，得出结论．【解答】证明：（1）①∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1∴B1B平面BEDC，•B1B=•（a+）•a•a=．∴V=•S梯形BCDE②取B1D的中点O，设BC1∩B1C=F，连接OF，∵O，F分别是B1D与B1C的中点，∴OF∥DC，且OF=DC，又∵E为AB中点，∴EB∥DC，且EB=DC，∴OF∥EB，OF=EB，即四边形OEBF是平行四边形，∴OE∥BF，∵DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥DC，∴OE⊥DC．又BC1⊥B1C，∴OE⊥B1C，又∵DC⊂平面B1DC，B1C⊂平面B1DC，DC∩B1C=C，∴OE⊥平面B1DC，。

高中数学立体几何习题(含答案与解析)

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

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

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 BC⊥⊥1CC ,BC ,BC⊥⊥AC AC，，1CC AC C Ç=,∴BC ^面11ACC A , , 又又∵1DC Ì面11ACC A ，∴1DC BC ^,由题设知01145A DC ADC Ð=Ð=,∴1CDC Ð=090,即1DC DC ^, 又∵DC BC C Ç=, , ∴∴1DC ⊥面BDC , , ∵∵1DC Ì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 =，2AD =，1FC =，求三棱锥E BCF -的体积；的体积；（3）证明：EF ^平面PAB . B 1C B A D C 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，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 。

高考数学测试题—立体几何综合测试(12)

高中学生学科素质训练高三数学测试题—立体几何综合测试（12）一、选择题（本题1—10题每小题4分，11—14小题每小题5分，共60分）1．在空间四边形ABCD 各边上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF 与GH 能相交于点P ，那么（） A ．点P 必在直线AC 上 B ．点P 必在直线BD 上 C ．点P 必在平面ABC 内 D ．点P 必在平面ABC 外 2．给出直线a 、b ，平面α、β，点A ，那么下面的说法中正确的是（） A ．若a ⊂α，b ⊂β，则a 与b 是异面直线B ．若a ⊥b ，则a ∩b=AC ．若a ⊂α，b ∩α=A ，则a 与b 是异面直线D ．若a ⊂α，b ∩α=A ，A ∉α，则a 与b 是异面直线3．α、β表示平面，l 表示既不在α内也不在β内的直线，存在以下三个事实①l ⊥α； ②l ∥β；③α⊥β.若以其中两个为条件，另一个为结论，构成命题，其中正确命题的个数为（） A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 4．M ，N ，P 表示三个不同的平面，则下列命题中，正确的是（） A ．若M ⊥P ，N ⊥P ，则M ∥N B ．若M ⊥N ，N ∩P=φ，则M ∩P=φ C ．若M 、N 、P 两两相交，则有三条交线 D ．若N ∩P=a ，P ∩M=b ，M ⊥N ，则a ⊥b5．一条长为60的线段夹在互相垂直的两个平面之间，它和这两个平面所成的角分别为 45°和30°，这条线段的两个端点向平面的交线引垂线，则垂足间的距离是（） A ．30 B ．20 C ．15 D ．126．空间三条射线PA ，PB ，PC 满足∠APC=∠APB=60°，∠BPC=90°，则二面角B-PA-C 的度数（） A ．等于90° B ．是小于120°的钝角 C ．是大于等于120°小于等于135°的钝角 D ．是大于135°小于等于150°的钝角 7．三棱锥的三条侧棱两两垂直，其长分别为1、2、3，则此三棱锥的外接球面积为（）A ．6πB ．12πC ．18πD ．24π≠≠ ≠≠8．半径为1的球面上有A 、B 、C 三点，A 与B 、A 与C 之间的球面距离都是2π，B 和C 之间的球面距离为3π，则过A 、B 、C 三点的截面与球心的距离是（）A ．721 B ．722 C ．33 D ．22 9．a ，b ，c 表示直线，M 表示平面，给出下列四个命题：①若a ∥M ，b ∥M ，则a ∥b ； ②若b ⊂M ，a ∥b ，则a ∥M ；③若a ⊥c ，b ⊥c ，则a ∥b ；④若a ⊥M ，b ⊥M ，则a ∥b.其中正确命题的个数有（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个10．设正四棱锥S —ABCD 的侧棱长为2，底面边长为3，E 是SA 的中点，则异面直线BE 与SC 所成的角是（）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°11．在三棱锥A —BCD 中，AB=AC=AD ，BC=1，∠ABC=∠BCD ，∠BDC=2π，∠ABD=3π，则AC 的长为（）A ．1B ．23C ．22D ．21 12．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，点P 、Q 分别在侧棱AA 1和CC 1上如图，AP=C 1Q ，则四棱锥B —APQC 的体积为（）A ．2V B ．3V C ．4V D ．5V 13．已知二面角α—AB —β的平面角是锐角θ，α内一点C 到β的距离为3，点C 到棱AB 的距离为4，那么tan θ的值等于（）A ．43B ．53 C ．77 D ．773 14．ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，M 、N 分别是AA 1、BB 1的中点，设C 1M 与DN 所成的角为θ，则sin θ的值为（）A ．91B ．32 C ．592 D ．594 二、填空题（本题每小题5分，共20分）15．在△ABC 中，BC=21，∠BAC=120°，△ABC 所在平面外一点P 到A 、B 、C 的距离都是14，则P 到平面ABC 的距离为 . 16．在△ABC 中，∠ABC=90°，AB=BC=a ，BD ⊥AC 于D ，以BD 为棱折成直二面角A —BD —C ，P 是AB 上的一点，若二面角P —CD —B 为60°，则AP= .17．已知三棱锥A —BCD 的体积是V ，棱BC 的长是a ，面ABC 和面DBC 的面积分别是S 1≠18．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是上底面ABCD 中心，若棱长为a ，则三棱锥O —AB 1D 1的体积为 .三、解答题（本题19题10分，20—24小题每小题12分，共70分）19．已知P 、Q 、M 分别是45°的二面角α—l —β的面α、β和棱l 上的点，直线MQ 是直线PQ 在β上的射影（如图），若PQ 和β成ϕ角，l 和MQ 成θ角，PM=a ，求PQ 的长.20．已知二面角α—l —β等于θ，PA ⊥α，PB ⊥β，A 、B 为垂足，若PA=m ，PB=n ，求P到棱l 的距离. lα M ϕβ21．A是△BCD所在平面外的点，∠BAC=∠CAB=∠DAB=60°，AB=3，AC=AD=2.（Ⅰ）求证：AB⊥CD；（Ⅱ）求AB与平面BCD所成角的余弦值.22．正三棱柱ABC—A′B′C′中，AA1=2AB，D、E分别是侧棱BB1、CC1上的点，且EC=BC=2BD，过A、D、E作一截面，求：（Ⅰ）截面与底面所成的角；（Ⅱ）截面将三棱柱分成两部分的体积之比.23．经过正三棱柱底面一边AB作与底面成30°角的平面，已知截面三角形ABD的面积为32cm2，求截面截得的三棱锥D—ABC的体积.24．如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=2a，BC=CA=AA1=a，A1在底面ABC上的射影O在AC上.（Ⅰ）求AB与侧面AC1所成的角；（Ⅱ）若O恰是AC的中点，求此三棱柱的侧面积.高三数学测试题参考答十二、立体几何综合测试一、（1）A ；（2）D ；（3）C 提示：由①②⇒③、①③⇒②是正确命题，由②③不能得到①；（4）B ；（5）A ；（6）B ；（7）A 提示：外接球的直径是以三条侧棱构成的长方体的对角线的长；（8）A ；（9）B ；（10）C 提示：连AC 、BD 交于O ，连OE ，则OE//SC.︒=∠∴=⋅⋅-+=∠∴===60,21222223212cos ,22,23,222BEO BEO OE OB BE ；（11）C ；由已知条件知A 点在底面BCD 上的射影为BC 的中点F ，设∠ABC=∠BCD=α，则BD=a ， AB=sin α，.22sin ,sin 41sin ,sin 242==+=∴αααα解得AF（12）B ；提示：取P 、Q 分别为AA 1、CC 1的中点，设矩形AA 1C 1C 的面积为S ，点B 到底面AA 1C 1C的距离为h ，则;31)(31)21(31)21(3123111V S AA AA h AC Sh h S V ABC APQC B =⋅=⋅⋅==⋅⋅=∆- （13）D ；（14）D.二、（15）7；（16）213-；（17）2123S S aV ；（18）361a . 三、（19）作PH ⊥β于H ，∵MQ 是PQ 在β上的射影，∴H 在MQ 上.作HN ⊥l 于N ，并连结PN ，由三垂直线定理可知PN ⊥l ， ∴∠PNH 是二面角α—l —β的平面角，即∠PNH=45°. 设PQ=x ，则NH=PH=x sin ϕ，ϕsin 2x PN=，MN=NH ·cot θ=x sin ϕ·cot θ.在Rt △PMN 中，∵PM 2=PN 2+MN 2，)cot 2(sin 2222θϕ+⋅=∴x a，故θϕ2c o t2s i n +⋅==ax PQ .（20）在平面α内作AC ⊥l 于C ，连结BC 、PC.⊂⊥l PA ,α α，l ⊥AC ，∴l ⊥PC 即PC 是P 到l 的距离.∵PB ⊥β，l ⊂β，l ⊥PC ，∴l ⊥BC. 即∠ACB 为二面角α—l —β的平面角，∠ACB=θ，∵l ⊥AC ，l ⊥PC ，l ⊥BC ， ∴PACB 是一个平面四边形. 又∠PAC=∠PBC=90°，∴四边形PACB 内接于以PC 为直径的圆，∠APB=π－θ. 在△APB 中，由余弦定理，得 AB 2=PA 2+PB 2－2PA ·PBcos ∠APB=m 2+n 2+2mncos θ. 由正弦定理，得θθsin cos 2sin 22mn n m APB AB PC ++=∠=，即为所求P 到l 的距离.（21）（Ⅰ）∵∠BAC=∠CAD=∠DAB=60°， AC=AD=2，AB=3， ∴△ABC ≌△ABD ，BC=BD.取CD 的中点M ，连AM 、BM ，则CD ⊥AM ，CD ⊥BM. ∴CD ⊥平面ABM ，于是AB ⊥BD. （Ⅱ）由CD ⊥平面ABM ，则平面ABM ⊥平面BCD ，这样∠ABM 是AB 与平面BCD 所成的角. 在△ABC 中，AB=3，AC=2，∠BAC=60°，722=⋅-+=∴AC AB AC AB BC . 在△ACD 中，AC=AD=2，∠CAD=60°，∴△ACD 是正三角形，AM=3. 在Rt △BCM 中，BC=7，CM=1，6222-+AM BM AB ≠≠（22）（Ⅰ）延长ED 交CB 延长线于F ，︒=∠==∴=120.,21,//ABF AB BC FB EC BD EC DB 又 EAC AE AF AF AC AF A A FAC BFA BAF ∠⊥∴⊥⊥'︒=∠︒=∠=∠∴,,,.90,30 为截面与底面所成二面角的平面角. 在Rt △AEC 中，EC=AC ，故得∠EAC=45°.（Ⅱ）设AB=a ，则38331,,21,2a S h V a EC a BD a A A BCED BCED A =⋅=∴==='-， 332833,23243a V a a a A A S V C B A ADE ABC ABC C B A ==⋅='⋅'''-∆-''''. 38383333==-'''-a a S V BCDEA CB A ADE （23）S 底面=S △ABD ·cos30°，设底面边长为x ，则有8,2332432=⋅=x x .取AB 中点E ，在Rt △DEC 中，∠DEC=30°，故)(336431.43382330tan 3cm CD S V CE DC ABC D =⋅==⋅⋅=︒⋅=-底所以（24）（Ⅰ）在△ABC 中，AB=a 2，BC=AC=a ，∴△ABC 是等腰直角三角形，BC ⊥AC ，∠CAB=45°，又BC ⊥A 1O ，故BC ⊥侧面AC 1，AB 与侧面AC 1所成角就是∠BAC=45°. （Ⅱ）由（Ⅰ）知四边形B 1BCC 1为矩形，AC O AC O A a S BCCB 为,.1211⊥=∴ 中点，AB OE a O A AC S a O A ACC A ⊥=⋅==∴作.23,2321111于E ，连结A 1E ，则AB ⊥A 1E. 在Rt △AOE 中，a AO OE4222=⋅=，在Rt △A 1EO 中，.4142211a OE O A E A =+=221)723(.2711a S a E A AB S A ABB ++=∴=⋅=∴侧.。

立体几何测试题(共10篇)

立体几何测试题(共10篇)立体几何测试题（一）: 立体几何问题立体几何试题已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为D1C1、C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证：（1）D、B、F、E四点共面；（2）若A1C交平面DBFE于R点,则P、Q、R三点共线.1.EF平行于B1D1,B1D1平行于BD,所以EF平行于BD,EFBD四点共面2.F,D,A,C1属于平面A1ACC1,且AC1与PQ不平行,所以AC1与PQ相交A1C交平面DBFE于R点,又因为PQ属于平面DBFE,所以AC1与PQ相交于R 所以R属于PQ,PQR共线立体几何测试题（二）: 几个书后练习题立体几何1.如果a、b是两条直线,且a‖b,那么a平行于经过b的任何平面.是否正确2.如果a、b是两条直线,且a‖b,那么a平行于经过b的任何平面.为什么不对谢不对,因为a有可能在经过b的面上,不是平行关系立体几何测试题（三）: 一道数学基本的立体几何的题目~在正方形ABCD-A"B"C"D"中,P、Q分别为A"B"、BB"的中点.（1）求直线AP与CQ所成的角的大小（2）求直线AP与BD所成的角的大小我还没学过空间向量,1.取DC中点E,连EC,证明EC平行AP,用余弦定理算2.取AB中点F,连接FB,用余弦定理算【立体几何测试题】立体几何测试题（四）: 求大量立体几何难题!立体几何综合试题（自己画图）1、已知正三棱柱ABC—A1B1C1中,各棱长都相等,D、E分别为AC1,BB1的中点.（1）求证：DE‖平面A1B1C1；（2）求二面角A1—DE—B1的大小.2、已知直三棱柱ABC—A1B1C1,AB＝AC,F为棱BB1上一点,BF∶FB1＝2∶1,BF ＝BC＝2a.（I）若D为BC的中点,E为AD上不同于A、D的任意一点,证明EF⊥FC1；（II）试问：若AB＝2a,在线段AD上的E点能否使EF与平面BB1C1C成60°角,为什么证明你的结论3、在底面是直角梯形的四棱锥中,AD‖BC,∠ABC＝90°,且 ,又PA⊥平面ABCD,AD＝3AB＝3PA＝3a.（I）求二面角P—CD—A的正切值；（II）求点A到平面PBC的距离.4、在直三棱柱ABC—A1B1C1中,CA=CB=CC1=2,∠ACB=90°,E、F分别是BA、BC的中点,G是AA1上一点,且AC1⊥EG.（Ⅰ）确定点G的位置；（Ⅱ）求直线AC1与平面EFG所成角θ的大小.5、已知四棱锥P—ABCD,底面ABCD是菱形,平面ABCD,PD=AD,点E为AB中点,点F为PD中点.（1）证明平面PED⊥平面PAB；（2）求二面角P—AB—F的平面角的余弦值6.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是正方形A1B1C1D1的中心,点P 在棱CC1上,且CC1=4CP.(Ⅰ)求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ)设O点在平面D1AP上的射影是H,求证：D1H⊥AP；(Ⅲ)求点P到平面ABD1的距离.7、在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱底面ABCD,,E是PC的中点,作交PB于点F.(I)证明平面；(II)证明平面EFD；(III)求二面角的大小.8、已知在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中,点E是棱BC的中点,点F是棱CD上的动点.（I）试确定点F的位置,使得D1E⊥平面AB1F；（II）当D 1E⊥平面AB1F时,求二面角C1—EF—A的大小（结果用反三角函数值表示）.9、直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是梯形,AB‖CD,AD⊥DC,CD=2,DD1=AB=1,P、Q分别是CC1、C1D1的中点.点P到直线AD1的距离为⑴求证：AC‖平面BPQ⑵求二面角B-PQ-D的大小10、已知长方体ABCD—A1B1C1D1中,AB=BC=4,AA1=8,E、F分别为AD和CC1的中点,O1为下底面正方形的中心.（Ⅰ）证明：AF⊥平面FD1B1；（Ⅱ）求异面直线EB与O1F所成角的余弦值；这些题应该还可以!你来试试吧!题不要求多就精就可以了!不懂的或不会做的,我来帮你解答!立体几何测试题（五）: 立体几何初步练习题已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱B1C1,C1D1,A1B1,D1A1的中点,求证（1）MN平行于DEF,(2)平面AMN平行于平面CEF(1)连接B1D1因为MN、EF为三角形A1B1D1、B1C1D1的中位线,所以MN平行于EF因为MN不属于面DEF,EF属于面DEF所以MN平行于面DEF(2)这题题目错了吧,应该是DEF吧立体几何测试题（六）: 解析几何基础知识练习题靠!一楼的那么多废话那么多选择题：集合,函数（图像）,立体几何,圆锥一、数学命题原则 1．普通高等学校招生数学科的考试,按照“考查基础知识的【立体几何测试题】立体几何测试题（七）: 高一必修二立体几何习题1-7的题仓库的房顶呈正四棱锥形,量的地面的边长为2.6m,侧棱长2.1m,先要在房顶上铺一层油毡纸,问：需要油毡纸的面积多少运用海伦公式房顶为4个相同的三角形海伦公式a=2.6 b=2.1 c=2.1 p=a+b+c/2=3.4S=根号下p*(p-a)*(p-b)*(p-c)=2.1444S=2.144*4=8.576平方米立体几何测试题（八）: 怎么根据题目画数学的立体几何图形搞懂了题目的要求,就照那意思去画,立体几何记住透视很重要.立体几何测试题（九）: 求立体几何判断题的解题方法.①过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直②过直线外一点有且仅有一个平面与已知直线平行③过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线垂直④过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直⑤……等等,诸如此类.见到很多这样的题目,但是却总找不到解题的方法,概念定理也经常记混.本人感激不尽!记一些模型,例如墙角模型什么的这个很重要.遇见不熟悉的题,用书本和笔（手指也可以）比划一下.这种题目主要是找反例!想象力也很重要啦……立体几何测试题（十）: 一道高中立体几何的题目.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=4,O1是底面A1B1C1D1的中心.E 是CO1上的点,设CE等于X,四棱锥E-ABCD的体积为y,求y关于X的函数关系式..图只有自己画一下了,做EF垂直于平面ABCD 垂足为F易得出CEF相似于O1CC1因为C1O1=根号2 CC1=4 得CO1=3根号2CE/CO1=EF/CC1 得出EF=4X/3根号2Y=底面积*EF/3=4*4X/9根号2Y=8根号2*X/9职高立体几何测试题空间立体几何测试题。

高中数学8.6第八章立体几何初步综合测试卷2021高中数学新教材配套提升训练人教A版必修第二册

第八章《立体几何初步》综合测试卷一、单选题1．（2021·安徽省肥东县第二中学高二期末（文））棱长为4的正方体的内切球的表面积为（） A ．4π B ．12πC ．16πD ．20π【答案】C 【解析】由正方体的内切球直径为正方体棱长，直接求解. 【详解】由球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径，得24r =，2r ，故表面积为2416S r ππ==，故选：C. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 2．（2021·安徽蚌埠市·高二期末（文））阿基米德（Archimedes ，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为（）A ．36πB ．45πC ．54πD ．63π【答案】C 【解析】根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果. 【详解】设球的半径为R ，则343R π=36π，所以3R =，所以圆柱的底面半径为3R =，圆柱的高为26R =，所以圆柱的体积为232254R R R πππ⨯==. 故选：C3．（2021·湖北武汉市·高二期末）过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则圆柱的侧面积是（）A ．B ．12πC ．8πD ．10π【答案】C 【解析】结合立体图，先由面积计算底面半径和侧棱，再利用侧面积公式计算即可. 【详解】如图所示，过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是正方形ABCD ，面积为8，故边长AB AC ==12R AB ==AC =则圆柱的侧面积是228S R AC πππ=⋅==. 故选：C.4．（2021·广西钦州市·高二期末（理））直三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，60BAC ∠=︒，则1AC 与面11BCC B 成角的正弦值为（）ABCD【答案】A 【解析】过A 作AM BC ⊥,可证AM ⊥平面11BB C C ，连接1C M ,可知1AC M ∠即为所求线面角，计算即可求解. 【详解】如图，过A 作AM BC ⊥，连接1C M ，在直三棱柱111ABC A B C -中，因为11,B B AM BC BB B⊥=所以AM ⊥平面11BB C C ，故1AC 在平面11BB C C 上的射影为1MC ,所以1AC M ∠为直线1AC 与平面11BB C C 所成的角，设1AB AC AA a ===，又60BAC ∠=︒所以1,2AM a AC ==故1sin AC M ∠== 故选：A5．（2021·宁夏银川市·银川一中高一期末）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，下面结论错误的是（）A ．//BD 平面11CB D B ．1AC ⊥平面11CB DC ．异面直线1CB 与BD 所成角为60 D ．三棱锥11D CB D -体积为23【答案】D 【解析】根据线面平行的判定定理，证明A 正确；根据线面垂直的判定定理，证明B 正确；在正方体中，作出异面直线1CB 与BD 所成角，结合题中条件，可判断C 正确；根据三棱锥的体积公式，可判断D 错. 【详解】A 选项，在正方体1111ABCD ABCD -中，11//BD B D ，又11B D ⊂平面11CB D ，BD ⊄平面11CB D ，所以//BD 平面11CB D ，即A 正确；B 选项，连接11AC ，1CD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1111B D A C ⊥，11DC CD ⊥，AD ⊥平面11C D DC ，1AA ⊥平面1111D C B A ，因为1CD ⊂平面11C D DC ，11B D ⊂平面1111D C B A ，所以1CD AD ⊥，111AA B D ⊥，又1DC AD D ⋂=，1DC ⊂平面1AC D ，AD ⊂平面1AC D ，所以1CD ⊥平面1AC D ，因此11CD AC ⊥；同理111B D AC ⊥，又1111CD B D D =，1CD ⊂平面11CB D ，11B D ⊂平面11CB D ，所以1AC ⊥平面11CB D ；即B 正确；C 选项，因为11//BD BD ，所以11CB D ∠即等于异面直线1CB 与BD 所成角，又1111CB B D CD ====11CB D 为等边三角形，即异面直线1CB 与BD 所成角为60，故C 正确；D 选项，三棱锥11D CB D -的体积为111111111142223323D CB D B CDD CDD V V S B C --==⋅=⨯⨯⨯⨯=.故D 错；故选：D.6．（2021·安徽池州市·高三期末（文））三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，4ABC π∠=，AC =，则三棱锥P ABC -外接球表面积的最小值是（） A ．8π B ．4πC ．2πD ．π【答案】B 【解析】根据正弦定理求出ABC 外接圆半径，设三棱锥P ABC -高为h ，球的半径为R ，从而可得222()R h R r -+=，再利用基本不等式求出R 的最小值即可.【详解】设底面ABC 外接圆圆心为1O ，半径为r ，则22sin ACr ABC==∠，即1r =.设三棱锥P ABC -高为h ，球的半径为R .由PA PB PC ==，得球心O 在1PO 上，且222()R h R r -+=，则111122R h h ⎛⎫=+≥⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当1h =时等号成立，此时外接球表面积最小，则min 4S π=.故选：B7．（2021·安徽合肥市·高二期末（文））三棱锥D ABC -及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，CD ⊥平面ABC ，则棱BD 的长为（）A ．B ．4C ．D ．2【答案】A 【解析】由已知中的三视图可得DC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形,解三角形即可求解. 【详解】由三棱锥D ABC -及其三视图中的正视图和侧视图可知， DC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形，在△ABC 中AC =4，AC 边上的高为故4BC ==，在Rt △DBC 中，由DC =4，4BC =，可得DB 22442．故选：A8．（2021·河北唐山市·高二期末）在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则PFFC=（） A ．1 B ．32C ．2D ．3【答案】C 【解析】首先通过延长直线,DC AB ，交于点G ，平面BAE 变为GAE ，连结PG ，EG 交于点F ，再根据三角形中线的性质，求PFFC的值. 【详解】延长,DC AB ，交于点G ，连结PG ，EG 交PC 于点F ，//AD BC ，且2AD BC =，可得点,B C 分别是,AG DG 的中点，又点E 是PD 的中点，PC ∴和GE 是△PGD 的中线，∴点F 是重心，得2PFFC=故选：C9．（2021·安徽合肥市·高二期末（文））设有直线m ，n ，l 和平面α，β，下列四个命题中，正确的是（） A ．若//,//m n αα，则//m n B ．若//,//,//l m αβαβ，则//l m C ．若,m αβα⊥⊂，则m β⊥ D ．若,,m m αββα⊥⊥⊄，则//m α【答案】D 【解析】在A 中，m 与n 相交、平行或异面；在B 中，l 与m 不一定平行，有可能相交；在C 中，m ⊥β或m ∥β或m 与β相交；在D 中，由直线与平面垂直的性质与判定定理可得m ∥α．【详解】由直线m 、n ，和平面α、β，知：对于A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 相交、平行或异面，故A 错误；对于B ，若//,//,//l m αβαβ，l 与m 不一定平行，有可能相交，故B 错误；对于C ，若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥β或m ∥β或m 与β相交，故C 错误；对于D ，若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得m ∥α，故D 正确．故选：D ．10．（2021·江苏淮安市·高二期末）蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A ．B ．C ．D ，满足任意两点间的直线距离为6cm ，现在利用3D 打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD 组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为31g/cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（）（参考数据）π 3.14≈ 1.41≈ 1.73≈ 2.45≈． A ．101g B ．182gC ．519gD ．731g【答案】B【解析】由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果. 【详解】由题意可知，几何体ABCD 是棱长为6cm 的正四面体，所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，设正四面体的棱长为a =，设正四面体外接球半径为R ，则2222()()332R R a =-+⨯，解得R =，所以3D 打印的体积为：3233411343223812V a a a a ππ⎛⎫=-⋅⋅⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭，又336216a ==，所以207.71125.38182.331182V =-≈-=≈，故选：B 二、多选题11．（2020·沙坪坝区·重庆一中高三月考）设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误．．的是（） A ．若,,//m n m n αβ⊂⊂，则//αβ B ．若,m n m α⊂⊥，则n α⊥ C ．若,mn αα，则m n ⊥D ．若//,,m n αβαβ⊂⊂，则//m n【答案】ABD 【解析】根据空间线、面关系，结合空间关系相关图例以及线线、线面、面面间的平行、垂直判定与性质，即可知选项的正误. 【详解】A ：,,//m n m n αβ⊂⊂，α、β不一定平行，错误.B ：,m n m α⊂⊥，n 不一定垂直于α，错误.C ：由线面垂直的性质：,m n αα，则必有m n ⊥，正确.D ：//,,m n αβαβ⊂⊂，m 、n 不一定平行，错误.故选：ABD12．（2020·全国高三月考）在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，2AB BC ==，12AA =，M 是BC 的中点，N 是11A C 的中点，点P 在线段1B N 上，点Q 在线段AM 上，且23AQ AM =，S 是1AC 与1A C 的交点，若//PS 面1B AM ，则（）A ．1//PSB Q B ．P 为1B N 的中点C ．AC PS ⊥D ．三棱锥1P B AM -的体积为23【答案】ACD 【解析】连接交NS 交AC 于G 点，连接BG ，利用线面平行的性质定理判断A ；根据三角形相似判断B ；由线面垂直的判定定理及性质定理判断C ；由11P AB M B ABM V V --=计算可得，从而判断D ；【详解】解：对于选项A ：连接交NS 交AC 于G 点，连接BG ，则由AB BC =，23AQ AM =，可得BG 必过点Q ，且23BQ BG =，因为PS ⊂面1BB NG ，//PS 面1AMB ，面1AMB 面11BB NG B Q =，所以1//PS B Q ，故A 正确；对于选项B ：1//PS B Q ，1NPS NBQ B QB ∴∠=∠=∠，1Rt Rt PNS QBB ∴∽△△，112PN NS BQ BB ∴==，即111212233PN BQ BG B N ==⋅=， P ∴为靠近N 的三等分点，故B 错误；对于选项C ：AC NG ⊥，AC BG ⊥，,NG BG ⊂面1BB NG ，NG BG G =AC ∴⊥面1BB NG ，PS ⊂面1BB NG ，AC PS ∴⊥，故C 正确；对于选项D ：1//B P BQ ，且1B P BQ =，1BB PQ ∴是矩形，111112221323P AB M B AB M B ABM V V V ---∴===⋅⋅⋅⋅=，故D 正确. 故选：ACD13．（2020·全国高三专题练习）如图所示，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻转成1A DE △，若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻转过程中，则下列命题正确的是（）A ．||BM 是定值B ．点M 在球面上运动C ．一定存在某个位置，使1DE A C ⊥D ．一定存在某个位置，使//MB 平面1A DE【答案】ABD【解析】取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，由平行线性质得1A DE MNB ∠=∠，可判断A ，这时可得出平面//MNB 平面1A DE ，从而判断D ，利用BM 长为定值可判断B ，结合1A C 在平面ABCD 内的射影可判断C ．A 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，1A DE MNB ∠=∠，112MN A D ==定值，NB DE ==定值，根据余弦定理得，2222cos MB MN NB MN NB MNB =+-⋅⋅∠，∴||BM 是定值，B 对，B 是定点，∴M 是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，C 错，当矩形ABCD 满足AC DE ⊥时存在，其他情况不存在，否则若AC DE ⊥不成立，作CF DE ⊥于F ，连接1A F ，可得DE ⊥平面1A CE ，从而有1DE A F ⊥，因此有原图形中,,A F C 共线，AC DE ⊥，矛盾．D 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，∴平面//MNB 平面1A DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴//MB 平面1A DE .故选ABD.14．（2021·湖北黄石市·黄石二中高二期末）在矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，沿矩形对角线BD 将BCD △折起形成四面体ABCD ，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为（）A ．在四面体ABCD 中，当DA BC ⊥时，BC AC ⊥B ．四面体ABCD 的体积的最大值为245C ．在四面体ABCD 中，BC 与平面ABD 所成角可能为3π D ．四面体ABCD 的外接球的体积为定值.【答案】ABD【解析】 A.根据线面垂直判定定理证明BC ⊥平面ACD 进而有BC AC ⊥；B.当平面ABD ⊥平面BCD 时，四面体ABCD 的体积最大，根据体积公式计算即可；C.当平面ABD ⊥平面BCD 时BC 与平面ABD 所成的角CBD ∠最大，计算得3CBD π∠<； D.斜边BD 中点到,,,A B C D 距离相等，所以四面体ABCD 的外接球的半径为定值52，其题意奕为定值.解：对于A.当DA BC ⊥时，又因为,,,BC CD CD DA D CD DA ⊥=⊂平面ACD ，所有BC ⊥平面ACD ，所以BC AC ⊥，故A 正确；对于B.当平面ABD ⊥平面BCD 时，四面体ABCD 的体积最大在BCD △中根据等面积法可得C 到平面ABD 的距离满足125345h h =⨯⇒=所以11112243433255A BCD ABD V S h -⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故B 正确；对于C. 当平面ABD ⊥平面BCD 时BC 与平面ABD 所成的角CBD ∠最大，此时4tan 3CBD ∠=<3CBD π∠<，故C 错误；对于D.因为BAD 和BCD △都是直角三角形且共斜边，所以斜边BD 中点到,,,A B C D 距离相等，所以四面体ABCD 的外接球的半径1522R BD ==，所以四面体ABCD 的外接球的体积为定值34532π⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭故选：ABD三、填空题15．（2021·周至县第二中学高一期末）如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子高h =_______cm ．【答案】8【解析】根据题意半球的体积等于圆锥的体积，根据等体积法化简即可.解：由题意得半球的半径和圆锥底面圆的半径4r =，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则半球的体积等于圆锥的体积所以()32141448233h h ππ⨯⨯=⨯⨯⇒= 故答案为：816．（2021·安徽蚌埠市·高二期末（理））正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是1CC 的中点，则异面直线AP 与1BC 所成角的大小为_________. 【答案】4π 【解析】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，连接11,AD D P ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AD BC ，所以1D AP ∠(或其补角)为异面直线AP 与1BC 所成角，即可求解.【详解】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，连接11,AD D P在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AD BC所以1D AP ∠(或其补角)为异面直线AP 与1BC 所成角113,AD AP D P ====所以2221111cos 22AP AD D PD AP AP AD +-∠===⨯⨯ 所以14D AP π∠=故答案为：4π17．（2021·海南高三二模）如图，位于山西省朔州市应县佛宫寺内的释迦塔，俗称应县木塔，是我国现存最高最古老的木结构塔式建筑，木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥，其侧面和底面的夹角大小为30︒，则该正八棱锥的高和底面边长之比为________.(参考数据：tan 22.51︒=)【解析】设底面边长为a ，根据正八棱锥底边所对的圆心角为45，求得圆心到底边的距离，再由侧面与底面成30︒求解.【详解】如图所示:点P 是正八棱锥的顶点，点O 是底面的中心，AB 是底面的一条边，M 是AB 的中点,根据题意知22.5BOM ︒∠=，因为tan 22.51︒=，设AB a ，则1tan 22.52BM OM a ︒+==，又因为二面角P AB O --的大小为30︒，即30PMO ︒∠=，所以tan306OP OM ︒+==，故答案为：6四、双空题 18．（2020·浙江杭州市·高一期末）一圆台的母线长为20cm ，母线与轴的夹角为30，上底面半径为15cm ，则下底面半径为____，圆台的高为_______.【答案】25【解析】根据题意画出图形，结合图形求出圆台的高和下底面圆的半径和高．【详解】解：如图所示，圆台的母线长为20l cm =，母线与轴的夹角为30，上底面的半径为15r cm =，所以圆台的高为cos3020)h l cm =︒==，则1sin3020102R r l -=︒=⨯=，所以底面圆的半径为151025()R cm =+=，故答案为：25；19．（2020·浙江省杭州第二中学高二期中）如图，在四面体ABCD 中， AB CD =，M 、N 、P 、Q 分别是BC 、AD 、AC 、BD 的中点，则MN 和PQ 所成角为_________，若AB 与CD 所成角为30︒，则MN 和CD 所成角为_________．【答案】90 15或75.【解析】（1）连接,,,MP PN NQ MQ ，可证明四边形MPNQ 是菱形，即可得出；（2）可得PMQ ∠即为AB 与CD 所成角（或其补角），且30PMQ 或150，继而得出MN 和CD 所成角为15NMQ ∠=或75.【详解】（1）连接,,,MP PN NQ MQ ，M 、N 、P 、Q 分别是BC 、AD 、AC 、BD 的中点，11,22MQ CD PN CD ∴，MQ PN ∴， ∴四边形MPNQ 是平行四边形， 12MP AB =，AB CD =，12MP CD ∴=，MP MQ ∴=，故四边形MPNQ 是菱形，MN PQ ∴⊥，故MN 和PQ 所成角为90；//,//MP AB MQ CD ，PMQ ∴∠即为AB 与CD 所成角（或其补角），30PMQ ∴∠=或150，而NMQ ∠为MN 和CD 所成角，且15NMQ ∠=或75，即MN 和CD 所成角为15或75.故答案为：90；15或75.20．（2020·全国高二单元测试）设P A ⊥Rt △ABC 所在的平面α，∠BAC=90°，PB ､PC 分别与α成45°和30°角，P A=2，则P A 与BC 的距离是___________；点P 到BC 的距离是___________.【解析】作AD ⊥BC 于点D ，连接PD ，根据P A ⊥面ABC ，易得AD 是P A 与BC 的公垂线，BC ⊥平面P AD 求解.【详解】如图所示：作AD ⊥BC 于点D ，因为P A ⊥面ABC ，所以P A ⊥AD ，所以AD 是P A 与BC 的公垂线.因为PB ､PC 分别与α成45°和30°角，P A=2，所以AB=2，AC=BC=4，，连接PD ，由,,BC AD BC PA PA AD A ⊥⊥⋂=则BC ⊥平面P AD ，则PD ⊥BC ，所以点P 到BC 的距离.21．（2021·浙江杭州市·高二期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，棱1AA 与面对角线1BC 所成角的大小是____；面对角线1BC 与体对角面11ACC A 所成角的大小是_____.【答案】45︒ 30︒【解析】连接1BC ，11A C ，AC ，BD ，记AC 与BD 交点为O ，连接1C O ，根据异面直线所成角，以及线面角的概念，得到11B BC ∠等于棱1AA 与面对角线1BC 所成的角，1BC O ∠即为面对角线1BC 与体对角面11ACC A 所成角，再根据正方体的结构特征，即可得出结果.【详解】连接1BC ，11A C ，AC ，BD ，记AC 与BD 交点为O ，连接1C O ，在正方体1111ABCD A B C D -中，侧棱相互平行，即11//AA BB ，所以11B BC ∠等于棱1AA 与面对角线1BC 所成的角（或所成角的补角），因为在正方形11BCC B 中，1145B BC ∠=︒，异面直线所成角大于0︒且小于等于90︒，所以棱1AA 与面对角线1BC 所成角的大小是45︒；又在正方体1111ABCD A B C D -中，侧棱垂直于底面，所以1AA ⊥平面ABCD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥，又底面ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥，因为1AC AA A =∩，1AA ⊂平面11AAC C ，AC ⊂平面11AAC C ，所以BD ⊥平面11AAC C ，因此1BC O ∠即为面对角线1BC 与体对角面11ACC A 所成角，所以111112sin 2BD BO BC O BC BC ∠===，因为1BC O ∠显然为锐角，所以130BC O ∠=︒.故答案为：45︒；30︒.五、解答题22．（2020·陕西西安市·高一期末）如图，在三棱锥P ABC -中，,PA PC AB BC ==，O 是AC 的中点，PO BO ⊥，2,3PO AC BO ===.（1）证明：AC PB ⊥；（2）求三棱锥A PBC -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】（1）通过,PO AC BO AC ⊥⊥得出AC ⊥平面POB ，即可证明；（2）先证明PO 是三棱锥的高，再直接求出三棱锥体积.【详解】（1）,PA PC AB BC ==，O 是AC 的中点，,PO AC BO AC ∴⊥⊥，PO BO O =，AC ∴⊥平面POB ，∴AC PB ⊥；（2）,PO AC PO BO ⊥⊥，AC BO O ⋂=，PO ∴⊥平面ABC ，即PO 是三棱锥的高，1112322332A PBC ABC V S PO -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=. 23（2020·陕西西安市·西安一中高一月考）一个透明的球形装饰品内放置了两个具有公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球的表面积的316，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r .（1）试确定R 与r 的关系，并求出大圆锥与小圆锥的侧面积的比值.（2）求出两个圆锥的总体积(即体积之和)与球的体积之比.【答案】（1）2r R =；（2）3:8. 【解析】（1）求出球的表面积和圆锥底面积，即可得出r R =，根据几何特征表示出圆锥的高和母线长，即可求出侧面积之比；（2）根据体积公式计算出，即可得出比值.【详解】解：（1）球的表面积为24R π，∴圆锥的底面积为223416r R ππ=⨯，解得2r R =，由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形；由此可以求得球心到圆锥底面的距离是：112OO R ==，所以小圆锥的高为：1122R R R -=R =；同理可得大圆锥的高为：1322R R R +==；又由这两个圆锥的底面半径相同，:R =.（2）由（1）可得两个圆锥的体积和为：321232R r R ππ⋅⋅⋅=，球的体积为：343R π，故两个圆锥的体积之和与球的体积之比为：334:3:823R R ππ=.24．（2021·浙江嘉兴市·高二期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，1AB 与1A B 交于点O ，E ，F 是棱1CC 上的两点，且满足112EF CC =.（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）当1CE C F =，且12AA AB =，求直线OF 与平面ABC 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）取AB 中点G ，连结OG ､EG ，可证明四边形OGEF 为平行四边形，则 OF EG ∥，由线面平行的判定定理即可求证；（2）由（1）可知，OF EG ∥，则直线OF 与平面ABC 所成角即为直线EG 与平面ABC 所成角，EC ⊥平面ABC ，则EGC ∠即为直线EG 与平面ABC 所成的角，在EGC 中即可求EGC ∠的余弦值.【详解】（1）取AB 中点G ，连结OG ､EG ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1OG BB ∥，则OG EF ∥，又112EF CC =，则OG EF =，所以四边形OGEF 为平行四边形，则 OF EG ∥，又EG ⊂平面ABE ，OF ⊄平面ABE ，故//OF 平面ABE .（2）由（1）可知，OF EG ∥，则直线OF 与平面ABC 所成角即为直线EG 与平面ABC 所成角，连接CG ，由直三棱柱111ABC A B C -可得EC ⊥平面ABC ，则EGC ∠即为直线EG 与平面ABC 所成的角，设2AB =，则114AA CC ==，又1CE C F =，则1CE =，CG =2EG =，所以，直线EG 与平面ABC故直线OF 与平面ABC 方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；（3）利用面面平行的性质定理：直线在一平面内，由两平面平行，推得线面平行；直线在两平行平面外，且与其中一平面平行，这这条直线与另一个平行.25．（2021·六盘山高级中学高一期末）如图，AB是O的直径，P A垂直于O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.（1）证明：BC⊥面P AC；（2）若P A=AC=1，AB=2，求直线PB与平面P AC所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】（1）证明AC⊥BC和P A⊥BC，BC⊥面P AC即得证；BC PC即得解.（2）先证明∠BPC为PB与平面P AC所成的角，再通过解三角形求出,【详解】证明：(1)AB为圆O直径∴∠ACB=90°即AC⊥BCP A⊥面ABC，∴P A⊥BCAC P A=A∴BC⊥面P AC.(2)BC⊥面P AC，∴∠BPC为PB与平面P AC所成的角，在直角三角形ABC 中，BC在直角三角形PAC 中，PC ==,在直角三角形PBC 中，tan ∠BPC2=.故直线PB 与平面P AC 方法点睛：求线面角常用几何法求解，其步骤为：找→作→证（定义）→指→求（解三角形）. 26．（2021·安徽宿州市·高二期末（文））如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）证明：//PB 平面AEC ；（2）设1AP =，AD =P ABCD -的体积为1，求证：平面PAC ⊥平面PBD ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（ 1）设BD 与AC 的交点为O ，连接EO ，通过直线与平面平行的判定定理证明//PB 平面AEC ；（ 2）通过体积得到底面为正方形，再由线面垂直得到面面垂直即可.【详解】（1）连接BD 交AC 于点O ，连结EO ,因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点,又E 为PD 的中点，所以//EO PB ,EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以//PB 平面AEC .（2）因为113P ABCD V AB AD AP -=⨯⨯⨯=,所以AB =ABCD 为正方形，所以BD AC ⊥，因为PA ABCD ⊥，所以BD PA ⊥，且AC PA A ⋂=，所以BD ⊥平面PAC ，又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAC ⊥平面PBD .27．（2021·陕西西安市·高三一模（文））如图在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PAD △为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD E F ，、分别是AD CD 、的中点.（1）证明：BD PF ⊥；（2）若M 是棱PB 上一点，三棱锥M PAD -与三棱锥P DEF -的体积相等，求M 点的位置.【答案】（1）证明见解析；（2）M 点在PB 上靠近P 点的四等分点处.【解析】（1）连接AC ，由//AC EF ，可证明BD EF ⊥，BD PE ⊥，从而得BD ⊥平面PEF ，得证线线垂直；（2）设设PM MB λ=，则1PM PB λλ=+，根据棱锥的体积公式，利用体积法得出结论，由11M PAD B PAD P ABD V V V λλλλ---==++，1144P DEF P ACD P ABD V V V ---==，可得λ值．【详解】（1）连接AC PA PD =，且E 是AD 的中点，PE AD ⊥∴.又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD PE =⊂，平面PAD .PE ∴⊥平面ABCD BD ⊂，平面ABCD BD PE ∴⊥，.又ABCD 为菱形，且E F 、分别为棱AD CD 、的中点，//EF AC ∴. BD AC BD EF ⊥∴⊥，，又BD PE PE EF E BD ⊥⋂=∴⊥，，平面PEF ；PF ∴⊂平面PEF BD PF ∴⊥，. （2）如图，连接MA MD 、，设PM MB λ=，则1PM PB λλ=+， 11M PAD B PAD P ABD V V V λλλλ---∴==++， 14DEF DAC S S =△△，则1144P DEF P ACD P ABD V V V ---==，又M PAD P DEF V V --=. 114λλ∴=+. 解得13λ=，即M 点在PB 上靠近P 点的四等分点处.。

几何立体单元测试题目及答案

几何立体单元测试题目及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 正方体的体积公式是：A. V = a^2B. V = a^3C. V = 2aD. V = a2. 一个圆柱的底面半径为3厘米，高为5厘米，其体积是：A. 141.3立方厘米B. 282.6立方厘米C. 94.2立方厘米D. 235.5立方厘米3. 一个球体的直径为10厘米，其表面积是：A. 628平方厘米B. 314平方厘米C. 157平方厘米D. 100平方厘米4. 圆锥的体积公式是：A. V = 1/3πr^2hB. V = πr^2hC. V = 1/3πr^3D. V = πr^35. 长方体的对角线公式是：A. d = √(l^2 + w^2 + h^2)B. d = l + w + hC. d = √(l^2 + w^2)D. d = √(h^2 + l^2)6. 一个棱柱的底面是正六边形，高为5厘米，如果正六边形的边长为2厘米，那么棱柱的体积是：A. 60立方厘米B. 120立方厘米C. 180立方厘米D. 240立方厘米7. 正四面体的每个面都是等边三角形，如果边长为a，那么其体积是：A. V = a^3/6B. V = a^3/4C. V = a^3/2D. V = a^38. 一个圆锥的底面半径为2厘米，高为4厘米，那么圆锥的体积是：A. 16π/3立方厘米B. 8π立方厘米C. 16π立方厘米D. 4π立方厘米9. 一个球体的体积公式是：A. V = 4/3πr^3B. V = 1/4πr^3C. V = πr^3D. V = 2πr^310. 一个圆柱的底面半径为4厘米，高为10厘米，那么圆柱的侧面积是：A. 251.2平方厘米B. 502.4平方厘米C. 100.48平方厘米D. 200.96平方厘米二、填空题（每题2分，共10分）11. 一个长方体的长、宽、高分别是5厘米、3厘米、2厘米，其体积是________立方厘米。

第三章空间向量与立体几何综合测试题(含详解新人教A版选修2-1)

第三章空间向量与立体几何综合测试题（含详解新人教A版选修2-1）x第三章空间向量与立体几何综合测试题（含详解新人教A版选修2-1）(时间：100分钟；满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6,2μ－1,2)，若a∥b，则λ与μ的值分别为()A.15，12B．5,2C．－15，－12D．－5，－2解析：选A.a∥b，则存在m∈R，使得a＝mb，又a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6,2μ－1,2)，则有λ＋1＝6m，0＝－，2λ＝2m，可得λ＝15，μ＝12.2．已知A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)三点，则△ABC是() A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．等腰三角形解析：选A.AB→＝(3,4，－8)，BC→＝(2，－3,1)，CA→＝(－5，－1,7)，∴BC→•CA→＝－10＋3＋7＝0.∴BC⊥CA.∴△ABC是直角三角形．3．已知在空间四边形OABC中，OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，点M 在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则MN→等于()A.12a－23b＋12cB．－23a＋12b＋12cC.12a＋12b－12cD.23a＋23b－12c解析：选B.因MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－23OA→＝12b ＋12c－23a.4．已知a＝(1,0,1)，b＝(－2，－1,1)，c＝(3,1,0)，则|a－b＋2c|等于() A．310B．210C.10D．5解析：选A.|a－b＋2c|＝－b＋，∵a－b＋2c＝(1,0,1)－(－2，－1,1)＋2(3,1,0)＝(9,3,0)，∴|a－b＋2c|＝92＋32＋0＝310.5．给出下列命题：①已知a⊥b，则a•(b＋c)＋c•(b－a)＝b•c；②A、B、M、N为空间四点，若BA→、BM→、BN→不能构成空间的一个基底，则A、B、M、N四点共面；③已知a⊥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底；④已知{a，b，c}是空间的一个基底，则基向量a，b可以与向量m＝a ＋c构成空间另一个基底．其中正确命题的个数是()A．1B．2C．3D．4解析：选C.当a⊥b时，a•b＝0，a•(b＋c)＋c•(b－a)＝a•b＋a•c＋c•b －c•a＝c•b＝b•c，故①正确；当向量BA→、BM→、BN→不能构成空间的一个基底时，BA→、BM→、BN→共面，从而A、B、M、N四点共面，故②正确；当a⊥b时，a，b不共线，任意一个与a，b不共面的向量都可以与a，b构成空间的一个基底，故③错误；当{a，b，c}是空间的一个基底时，a，b，c不共面，所以a，b，m也不共面，故a，b，m可构成空间的另一个基底，故④正确．6．在下列条件中，使M与A、B、C一定共面的是()A.OM→＝2OA→－OB→－OC→B.OM→＝15OA→＋13OB→＋12OC→C.MA→＋MB→＋MC→＝0D.OM→＋OA→＋OB→＋OC→＝0解析：选C.空间的四点M、A、B、C共面只需满足OM→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，且x＋y＋z＝1，或存在实数x，y使得MC→＝xMA→＋yMB→. 7．在空间直角坐标系Oxyz中，i，j，k分别是x轴、y轴、z轴的方向向量，设a为非零向量，且〈a，i〉＝45°，〈a，j〉＝60°，则〈a，k〉＝()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C.如图所示，设|a|＝m(m＞0)，a＝OP→，PA⊥平面xOy，则在Rt△PBO中，|PB|＝|OP→|•cos〈a，i〉＝22m，在Rt△PCO中，|OC|＝|OP→|•cos〈a，j〉＝m2，∴|AB|＝m2，在Rt△PAB中，|PA|＝|PB|2－|AB|2＝24m2－m24＝m2，∴|OD|＝m2，在Rt△PDO中，cos〈a，k〉＝|OD||OP|＝12，又0°≤〈a，k〉≤180°，∴〈a，k〉＝60°.8．已知点A(－3,4,3)，O为坐标原点，则OA与坐标平面yOz所成角的正切值为()A.34B.35C.53D．1解析：选B.A点在面yOz上的射影为B(0,4,3)且|OB|＝5，所以OA与平面yOz所成角θ满足tanθ＝|AB||OB|＝35.9.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中能作为平面AEF的法向量的是()A．(1，－2,4)B．(－4,1，－2)C．(2，－2,1)D．(1,2，－2)解析：选B.设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则A(1,0,0)，E(1,1，12)，F(12，0,1)．故AE→＝(0,1，12)，AF→＝(－12，0,1)．由AE→•n＝0，AF→•n＝0，即y＋12z＝0，－12x＋z＝0，所以y＝－12z，x＝2z.当z＝－2时，n＝(－4,1，－2)，故选B.10．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为() A．90°B．60°C．120°D．45°解析：选C.如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz，设正方体的边长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，于是BA→＝(0，a,0)，BD1→＝(－a，a，a)，BB1→＝(0,0，a)．设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n•BA→＝(x，y，z)•(0，a,0)＝ay＝0，n•BD1→＝(x，y，z)•(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0.∵a≠0，∴y＝0，x＝z.令x＝z＝1，则n＝(1,0,1)，同理，平面B1BD1的法向量m＝(－1，－1,0)．由于cos〈n，m〉＝n•m|n||m|＝－12，而二面角A－BD1－B1为钝角，故为120°.二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)11．已知a＝(2，－1,0)，b＝(k,0,1)，若〈a，b〉＝120°，则k＝________. 解析：∵cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝2k5•k2＋1＝－12＜0，∴k＜0，且k2＝511.∴k＝－5511.答案：－551112．若a＝(2,3，－1)，b＝(－2,1,3)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．解析：cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝－27，得sin〈a，b〉＝357，由公式S＝|a||b|sin〈a，b〉可得结果．答案：6513.如图，空间四边形OABC，点M，N分别为OA，BC的中点，且OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，用a，b，c表示MN→，则MN→＝________. 解析：MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－12OA→＝－12a＋12b＋12c.答案：－12a＋12b＋12c14．点P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1内一点，且满足AP→＝34AB→＋12AD→＋23AA1→，则点P到棱AB的距离为__________．解析：如图所示，过P作PQ⊥平面ABCD于Q，过Q作QE⊥AB于E，连接PE.∵AP→＝34AB→＋12AD→＋23AA1→，∴PQ＝23，EQ＝12，∴点P到棱AB的距离为PE＝PQ2＋EQ2＝56.答案：5615．如图所示，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点，则异面直线D1E与AC所成的角的余弦值是________．解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,4)，E(0,4,2)，AC→＝(－4,4,0)，D1E→＝(0,4，－2)．cos〈AC→，D1E→〉＝1632×20＝105.∴异面直线D1E与AC所成角的余弦值为105.答案：105三、解答题(本题共5小题，解答写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，CM＝2MA，A1N＝2ND，且AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，试用a，b，c表示向量MN→.解：∵MN→＝MA→＋AA1→＋A1N→＝－13AC→＋AA1→＋23A1D→＝－13(AB→＋AD→)＋AA1→＋23(A1A→＋A1D1→)＝－13AB→－13AD→＋13AA1→＋23AD→＝－13a＋13b＋13c，∴MN→＝－13a＋13b＋13c.17．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为DD1的中点，M为四边形ABCD 的中心．求证：对A1B1上任一点N，都有MN⊥AP.证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，P0，0，12，M12，12，0，N(1，y,1)．∴AP→＝－1，0，12，MN→＝12，y－12，1.∴AP→•MN→＝(－1)×12＋0×y－12＋12×1＝0，∴AP→⊥MN→，即A1B1上任意一点N都有MN⊥AP.18.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.(1)求证：AM⊥PD；(2)求直线CD与平面ACM所成角的余弦值．解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，∴PD⊥平面ABM.∵AM⊂平面ABM，∴AM⊥PD.(2)如图所示，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0，2,0)．∵AM⊥PD，PA＝AD，∴M为PD的中点，∴M的坐标为(0,1,1)．∴AC→＝(1,2,0)，AM→＝(0,1,1)，CD→＝(－1,0,0)．设平面ACM的一个法向量为n＝(x，y，z)，由n⊥AC→，n⊥AM→可得x＋2y＝0y＋z＝0，令z＝1，得x＝2，y＝－1.∴n＝(2，－1,1)．设直线CD与平面ACM所成的角为α，则sinα＝|CD→•n||CD→|•|n|＝63.∴cosα＝33，即直线CD与平面ACM所成角的余弦值为33.19.如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．解：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又因为PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.又因为AD∩PD＝D，所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)，AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n•AB→＝0，n•PB→＝0，即－x＋3y＝0，3y－z＝0，因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC的法向量为m，则m•PB→＝0，m•BC→＝0，可取m＝(0，－1，－3)，〈m，n〉等于二面角A－PB－C的平面角，cos 〈m，n〉＝－427＝－277.故二面角A－PB－C的余弦值为－277.20.如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值；(3)求点A到平面PCD的距离．解：(1)证明：如图所示，以O为坐标原点，OC→、OD→、OP→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0，0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．所以OP→＝(0,0,1)，AD→＝(0,2,0)，OP→•AD→＝0，所以，PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.(2)CD→＝(－1,1,0)，PB→＝(1，－1，－1)，所以cos〈PB→，CD→〉＝PB→•CD→|PB→||CD→|＝－1－13×2＝－63，所以异面直线PB与CD 所成的角的余弦值为63.(3)设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，CP→＝(－1,0,1)，CD→＝(－1,1,0)，由n•CP→＝0n•CD→＝0，得－x0＋z0＝0－x0＋y0＝0，即x0＝y0＝z0，取x0＝1，得平面PCD的一个法向量为n＝(1,1,1)．又AC→＝(1,1,0)，从而点A到平面PCD的距离d＝|AC→•n||n|＝23＝233.。