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高中立体几何经典题型练习题(含答案)

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高三数学立体几何专项练习题及答案

高三数学立体几何专项练习题及答案

高三数学立体几何专项练习题及答案一、选择题1. 下列哪个几何体的所有面都是三角形？A. 正方体B. 圆柱体C. 正六面体D. 球体答案：C2. 一个有8个面的多面体，其中6个面是正方形，另外2个面是等边三角形，它的名字是？A. 正八面体B. 正十二面体C. 正二十面体D. 正二十四面体答案：C3. 空间中任意一点到四个角落连线的垂直距离相等的四棱锥称为？A. 正四棱锥B. 圆锥台C. 四棱锥D. 无法确定答案：C4. 任意多面体的面数与顶点数、棱数的关系是？A. 面数 + 顶点数 = 棱数 + 2B. 面数 + 棱数 = 顶点数 + 2C. 顶点数 + 棱数 = 面数 + 2D. 顶点数 + 面数 = 棱数 + 2答案：A5. 求下列多面体的棱数：（1）正六面体（2）正八面体（3）正十二面体答案：（1）正六面体的棱数为 12（2）正八面体的棱数为 24（3）正十二面体的棱数为 30二、填空题1. 下列说法正确的是：一棱锥没有底面时，它的底面是一个______。

答案：点2. 铅垂线是指从一个多面体的一个顶点到与它相对的棱上所作的垂线，它与该棱垂足的连线相交于该多面体的______上。

答案：中点3. 对正八面体，下列说法不正确的是：_____条对角线与_____两两垂直。

答案：六，相邻面三、计算题1. 一个棱锥的底面是一个边长为6cm的正三角形，其高为8cm。

求棱锥体积。

解答：底面积 S = (1/2) ×底边长 ×高 = (1/2) × 6 × 8 = 24 cm²棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 24 × 8 = 64 cm³所以，棱锥的体积为64 cm³。

2. 一个正四棱锥的底面是一个边长为10cm的正方形，其高为12cm。

求四棱锥的体积。

解答：底面积 S = 边长² = 10² = 100 cm²四棱锥体积 V = (1/3) × S ×高 = (1/3) × 100 × 12 = 400 cm³所以，四棱锥的体积为400 cm³。

高中数学立体几何专项练习题及答案

高中数学立体几何专项练习题及答案

高中数学立体几何专项练习题及答案一、选择题1. 下面哪个选项不是描述柱体的特点？A. 体积恒定B. 底面形状不限C. 侧面是矩形D. 顶面和底面平行答案：A2. 如果一个四面体的一个顶点的对边垂直于底面，那么这个四面体是什么类型？A. 正方形四面体B. 倒立四面体C. 锥体D. 正方锥体答案：C3. 以下哪个选项正确描述了一个正方体的特点？A. 全部面都是正方形B. 12 条棱长度相同C. 8 个顶点D. 6 个面都是正方形答案：D4. 若长方体的高度是 6cm，底面积是 5cm²，底面对角线长为 a cm，那么 a 的值为多少？A. √11B. √29C. √31D. √41答案：C二、填空题1. 一个正方体的棱长为 4cm，它的体积是多少？答案：64cm³2. 一个球的表面积是100π cm²，那么它的半径是多少？答案：5cm3. 一个圆柱体的底面半径为 3cm，高度为 8cm，它的体积是多少？答案：72π cm³4. 一个圆锥的底面半径为 6cm，高度为 10cm，它的体积是多少？答案：120π cm³三、计算题1. 一个四棱锥的底面是边长为 5cm 的正方形，高度为 8cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算底面积：5cm * 5cm = 25cm²再计算体积：25cm² * 8cm / 3 = 200cm³2. 一个圆柱体的底面直径为 12cm，高度为 15cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算底面半径：12cm / 2 = 6cm再计算底面积：π * 6cm * 6cm = 36π cm²最后计算体积：36π cm² * 15cm = 540π cm³3. 一个球的直径为 8cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算半径：8cm / 2 = 4cm再计算体积：4/3 * π * 4cm * 4cm * 4cm = 268.08π cm³4. 一个圆锥的底面半径为 10cm，高度为 20cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算底面积：π * 10cm * 10cm = 100π cm²最后计算体积：100π cm² * 20cm / 3 = 2000π cm³四、解答题1. 若一个长方体的长度、宽度、高度分别为 a、b、c，它的表面积为多少？答案：单位为 cm²，计算过程如下：首先计算侧面积：2 * (a * b + a * c + b * c)再计算底面积：a * b最后计算表面积：2 * (a * b + a * c + b * c) + a * b2. 一个四棱锥的底面为边长为 a 的正三角形，高度为 h，求这个四棱锥的体积。

高三立体几何习题(含答案)

高三立体几何习题(含答案)

CBAC1B1A1高三立体几何习题一、填空题1.已知AB是球O的一条直径，点1O是AB上一点，若14OO=，平面α过点1O且垂直AB，截得圆1O，当圆1O的面积为9π时，则球O的表面积是．【答案】100p2.把一个大金属球表面涂漆，共需油漆2.4公斤．若把这个大金属球熔化制成64个大小都相同的小金属球，不计损耗，将这些小金属球表面都涂漆，需要用漆公斤．【答案】9.63.已知球的表面积为64π2cm，用一个平面截球，使截面圆的半径为2cm，则截面与球心的距离是cm【答案】234.一个圆锥与一个球体积相等且圆锥的底面半径是球半径的2倍，若圆锥的高为1，则球的表面积为．【答案】4p5.一个底面置于水平面上的圆锥，若主视图是边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积为．【答案】4p6.如图所示：在直三棱柱111ABC A B C-中，AB BC⊥，1AB BC BB==，则平面11A B C与平面ABC所成的二面角的大小为．【答案】4π二、选择题1.如图，已知圆锥的底面半径为10r=，点Q为半圆弧AB的中点，点P为母线SA的中点．若PQ与SO所成角为4π，则此圆锥的全面积与体积分别为（）A．100051006,3ππB．10005100(16),3ππ+C．100031003,3ππD．10003100(13),3ππ+【答案】B2.如图，取一个底面半径和高都为R的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，把所得的几何体与一个半径为R的半球放在同一水平面α上．用一平行于平面α的平面去截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环面（图中阴影部分）．设截面面积分别为S圆和S圆环，那么（）A．S圆＞S圆环 B．S圆＜S圆环 C．S圆=S圆环 D．不确定3.如图所示，PAB∆所在平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直，且ADα⊥，BCα⊥，4AD=，8BC=，6AB=，若tan2tan1ADP BCP∠-∠=，则动点P在平面α内的轨迹是（）A.线段B.椭圆的一部分C.抛物线D.双曲线的一部分PSAQOBβαPBADC【答案】D4.在空间中，下列命题正确的是（ ）A ．若两直线,a b 与直线l 所成的角相等，那么//a bB ．空间不同的三点A 、B 、C 确定一个平面C. 如果直线//l 平面α且//l 平面β，那么//αβ D ．若直线a 与平面M 没有公共点，则直线//a 平面M 【答案】D5.如图，已知直线l ⊥平面α，垂足为O ，在ABC △中，2,2,22BC AC AB ===，点P 是边AC 上的动点.该三角形在空间按以下条件作自由移动：(1)A l ∈，(2)C α∈.则OP PB +的最大值为( ) (A) 2. (B) 22. (C) 15+. (D) 10. 【答案】C6.平面α上存在不同的三点到平面β的距离相等且不为零，则平面α与平面β的位置关系为（ ）)(A 平行 )(B 相交)(C 平行或重合 )(D 平行或相交 【答案】D7.a b c 、、表示直线，α表示平面，下列命题正确的是（ ）A ．若//,//αa b a ，则//αbB ． 若,α⊥⊥a b b ，则α⊥aC ．若,⊥⊥a c b c ，则//a bD ．若,αα⊥⊥a b ，则//a b 【答案】D8.下列命题中，正确的个数是【 】① 直线上有两个点到平面的距离相等，则这条直线和这个平面平行； ② a 、b 为异面直线，则过a 且与b 平行的平面有且仅有一个； ③ 直四棱柱是直平行六面体；④ 两相邻侧面所成角相等的棱锥是正棱锥．A 、0B 、1C 、2D 、3 【答案】B9.在四棱锥ABCD V -中，1B ，1D 分别为侧棱VB ，VD 的中点，则四面体11CD AB 的体积与四棱锥 ABCD V -的体积之比为（ ）A ．6:1B ．5:1C ．4:1D ．3:1【答案】C三、解答题1.（本题满分14分）本题共有2小题，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分8分． 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）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π． 【答案】解：（1）在如图所示的空间直角坐标系中，11(1,0,1),(0,0,0),(0,0,1)A D D设(1,,0)([0,2])E y y ∈ 则11(1,,1),(1,0,1)D E y DA =-=…所以110D E DA ⋅=……所以11D E A D ⊥……（2）方法一：设(,,)n u v w =为平面1D CE 的一个法向量 D 1 C 1A 1AE D B 1B C Oxy zABl CαNPO由1100n CD n D E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得200v w u yv w -+=⎧⎨+-=⎩，所以(2)2u y vw v =-⎧⎨=⎩…因为二面角1D EC D --的大小为4π，所以2222(0,0,1)(,,)22cos||42(2)5u v w u v w y π⋅===++-+又[0,2]y ∈，所以23y =-，即当23AE =-时二面角1D EC D --的大小为4π2.（本题满分14分）本题共有2小题，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分8分． 如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动． （1）当E 为AB 的中点时，求四面体1E ACD -的体积； （2）证明：11D E A D ⊥． 【答案】解：（1）1122ACE S AE BC ∆=⋅=…因为1D D ACE⊥平面，所以1111136E ACD D ACEACE V V S D D --∆==⋅=… （2）正方形11ADD A 中，11A D AD ⊥……因为11AB ADD A ⊥平面，所以1AB A D ⊥…所以11A D AD E ⊥平面…所以11D E A D ⊥……3.三棱柱111C B A ABC -中，它的体积是315，底面ABC ∆中，090=∠BAC ，3,4==AC AB ,1B 在底面的射影是D ，且D 为BC 的中点．（1）求侧棱1BB 与底面ABC 所成角的大小；(7分) （2）求异面直线D B 1与1CA 所成角的大小．(6分)【答案】解：（1）依题意，⊥D B 1面ABC ，BD B 1∠就是侧棱1BB 与底面ABC 所成的角θ 2分111111431532ABC A B C ABC V S B D B D -∆=⋅=⨯⨯⨯=4分1532B D =5分计算25=BD ，θθtan 25tan 1==BD D B ， tan 3,3πθθ=∴= 7分 （2）取11C B 的中点E ，连E A EC 1,，则1ECA ∠（或其补角）为所求的异面直线的角的大小 9分 ⊥D B 1面ABC ，D B 1‖CE ，面ABC ‖面111C B A ⊥∴CE 面111C B A ，E A CE 1⊥∴ 11分33325tan 251===∠EC AE CE A 12分 所求异面直线D B 1与1CA 所成的角6π13分 D 1C 1A 1A EDB 1BC1A(第20题图）D 1C 1B 1BCDA 1A4.在如图所示的几何体中，四边形CDPQ 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，且90BAD ADC ∠=∠=，平面CDPQ ⊥平面ABCD ，112AB AD CD ===，2PD =.（1）若M 为PA 的中点，求证：AC //平面DMQ ；（2）求平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小.【答案】解：（1）如图，设CP 与M 的交点为N ，连接MN ．易知点N 是CP 的中点，又M 为PA 的中点，故//AC MN ．…4分 于是，由MN ∉平面DMQ ，得//AC 平面DMQ ．……………6分（2）如图，以点D 为原点，分别以DA DB DC 、、为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)D A B C P ．易知1(0,1,0)n =为平面PAD 的一个法向量，设2(,,)n x y z =为平面PBC 的一个法向量． 则220220n BC x y n PC y z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩2x yz y =⎧⎪⇒⎨=⎪⎩，令1y =，得2(1,1,2)n =．…………………10分 设平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角为θ，则12121cos 2n n n n θ==，…………………12分 故平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为3π．………………………………………14分5.(本题满分14分) 本题共2个小题，第1小题6分，第2小题8分. 在如图所示的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的 菱形，且60,BAD ∠=︒1 4.AA =（1）求直四棱柱1111ABCD A B C D -的体积； （2）求异面直线11AD BA 与所成角的大小．【答案】解：（1）因菱形ABCD 的面积为2sin6023,AB ⋅︒= ……2分故直四棱柱1111ABCD A B C D -的体积为：12348 3.ABCD S AA ⋅=⨯=底面……6分（2）连接111BC A C 、，易知11//BC AD ，故11A BC ∠等于异面直线11AD BA 与所成角. ……8分由已知，可得111125,23,A B BC AC === ……10分 则在11A BC ∆中，由余弦定理，得222111111117cos .210A B BC AC A BC A B BC +-∠==⋅……12分 故异面直线11AD BA 与所成角的大小为7cos.10arc……14分 6.（本题满分12分）本题共2小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分.在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =，过11,,A C B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如下所示的几何体111ABCD AC D -.（1）若11A C 的中点为1O ，求求异面直线1BO 与11A D 所成角的大小（用反三角函数值表示）； （2）求点D 到平面11A BC 的距离d ．【答案】解：(1)按如图所示建立空间直角坐标系．由题知，可得点D(0,0,0)、(2,2,0)B 、1(0,0,3)D 、1(2,0,3)A 、1(0,2,3)C ．ABCQP D M CD1A 1C 1D由1O 是11A C 中点，可得1(1,1,3)O . 于是，111(1,1,3),(2,0,0)BO A D =--=-． 设异面直线1BO 与11A D 所成的角为θ，则111111211cos 11||||211BO A D BO A D θ⋅===．因此，异面直线1BO 与11A D 所成的角为11arccos 11． (2)设(,,)nx y z =是平面ABD 的法向量． ∴110,0.n BA n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 又11(0,2,3),(2,0,3)BA BC =-=-，∴230,230.y z x z -+=⎧⎨-+=⎩ 取2z =， 可得3,3,2.x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩即平面11BA C 的一个法向量是(3,3,2)n =． ∴||n DB d n ⋅=62211=． 7.(本题满分12分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =，过1A 、1C 、B 三点的平面截去长方体的 一个角后，得到如下所示的几何体111ABCD AC D -．（1）求几何体111ABCD AC D -的体积，并画出该几何体的左视图(AB 平行主视图投影所在的平面)； （2）求异面直线1BC 与11A D 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）． 【答案】解：2AB BC ==，13AA =，左视图如右图所示． (2)依据题意，有11,A D AD AD BC ，即11A D BC ．∴1C BC ∠就是异面直线1BC 与11A D 所成的角． 又1C C BC ⊥，∴113tan 2C C C BC BC ∠==．∴异面直线1BC 与11A D 所成的角是3tan2arc ． 8. (本题满分12分)本题共有2个小题，第1小题满分4分，第2小题满分8分．如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知21===AB BC AA ，AB ⊥BC ． （1）求四棱锥111A BCC B -的体积； （2）求二面角111C C A B --的大小．【答案】解：（1）因为AB ⊥BC ，三棱柱111C B A ABC -是直三棱柱，所以11AB BCC B ⊥， 从而11A B 是四棱锥111A BCC B -的高. ……………………………………2分 四棱锥111A BCC B -的体积为1822233V =⨯⨯⨯=…………………………4分 （2）如图（图略），建立空间直角坐标系．则A （2，0，0），C （0，2，0），A 1（2，0，2），B 1（0，0，2），C 1（0，2，2）， …………………………………………………6分 设AC 的中点为M ，,,1CC BM AC BM ⊥⊥)0,1,1(11=⊥∴BM C ，C A BM 即平面是平面A 1C 1C 的一个法向量．ABCD1A 1C 1D CBAC 1B 1A 1PSAQOB设平面A 1B 1C 的一个法向量是),,(z y x n =，)0,0,2(),2,2,2(11-=--=B A AC …8分 令z=1，解得x=0，y=1．)1,1,0(=∴n ， …………………………………………9分 设法向量n 与BM 的夹角为ϕ，二面角B 1—A 1C —C 1的大小为θ，显然θ为锐角．111.3B AC C π∴--二面角的大小为………………………………………………12分9. (本题满分12分)本题共有2个小题，第1小题满分4分，第2小题满分8分．如图，在正三棱柱111C B A ABC -中，已知16AA =， 三棱柱111C B A ABC -的体积为183． （1）求正三棱柱111C B A ABC -的表面积； （2）求异面直线1BC 与1AA 所成角的大小.【答案】解：（1）因为三棱柱的体积为183，16AA =，从而23334ABC S BC ∆==， 因此23BC =. ………………………2分 该三棱柱的表面积为2+=63+363423ABC S S S ∆=⋅=全侧. ………4分（2）由（1）可知23BC =因为1CC //1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA 所成的角， ………8分 在Rt 1BC C ∆中，1233tan 63BC C ∠==， 所以1BC C ∠=6π. 异面直线1BC 与1AA 所成的角6π……………………………………………12分 10.如图，已知圆锥的底面半径为10r =，点Q 为半圆弧AB 的中点，点P 为母线SA 的中点．若直线PQ 与SO 所成的角为4π，求此圆锥的表面积．【答案】解：取OA 的中点M ,连接PM ,又点P 为母线SA 的中点 所以//PM OS ，故MPQ ∠为PQ 与SO 所成的角．………………………2分在Rt MPQ △中，4MPQ π∠=，PM QM =，………………………4分由点Q 为半圆弧AB 的中点知 OQ AB ⊥，在Rt MOQ △中，10,555OQ OM MQ ==⇒=故55PM =，所以105OS =，=106SA ． ………………………8分 所以2S 100r ππ==底，101061006S r SA πππ=⋅=⨯⨯=侧………………10分1001006100(16)S S S πππ=+=+=+全底侧．…………………………………12分11.（本大题共有2个小题，满分14分）第（1）小题满分7分，第（2）小题满分7分． 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面正方形ABCD 为边长为2，PA ⊥底面ABCD ， E 为BC 的中点，PC 与平面PAD 所成的角为2arctan 2．（1）求异面直线AE 与PD 所成角的大小（结果用反三角函数表示）； （2）求点B 到平面PCD 的距离．【答案】解：方法１,（1）因为底面ABCD 为边长为2的正方形，⊥PA 底面ABCD ,P S AQ O BMPABCD则 ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⊥⊥CD A PA AD PA CD ADCD 平面PAD ，所以CPD ∠就是CP 与平面PAD 所成的角．………………2分在CDP Rt ∆中，由22tan ==∠PD CD CPD ，得22=PD ，…………………………3分 在PAD Rt ∆中，2=PA ．分别取AD 、PA 的中点M 、N ，联结MC 、NC 、MN ， 则NMC ∠异面直线AE 与PD 所成角或补角．……………4分 在MNC ∆中，2=MN ，5MC =，3NC =，由余弦定理得，()()22225310cos 10225NMC +-∠==-⋅， 所以10arccos10NMC π∠=-，………6分 即异面直线AE 与PD 所成角的大小为1010arccos ．……7分（2）设点B 到平面PCD 的距离为h ，因为BCD P PCD B V V --=，…………………………9分 所以，11113232CD PD h BC CD PA ⨯⋅⋅=⨯⋅⋅，得2h =．……………………………14分 方法２，（1） 如图所示，建立空间直角坐标系，同方法１，得2=PA ，……………3分 则有关点的坐标分别为()0,0,0A ，()2,1,0E ，()0,2,0D ，()2,0,0P ．………………5分 所以()2,1,0AE =，()2,2,0-=PD ．设θ为异面直线AE 与PD 所成角， 则()101085202102cos =⨯-⨯+⨯+⨯=θ，所以，1010arccos =θ，即异面直线AE 与PD 所成角的大小为1010arccos．…………………………………7分 （2）因为()2,2,0-=PD ，()0,0,2=CD ，()0,2,0=BC ，设()w v u n ,,=， 则由⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=-=⋅w v u u CD n w v PD n 002022，………………………………………………11分 可得()1,1,0=n ，所以222n BC d n⋅===．……………………………………14分 12.（本题共有2个小题，满分14分）；第（1）小题满分7分，第（2）小题满分7分.如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为边长为2的正方形，P ABCD EMNPAB CD Exyz PABCD⊥PA 底面ABCD , 2=PA ．（1）求异面直线PC 与BD 所成角的大小； （2）求点A 到平面PBD 的距离．【答案】解：（1）联结AC 与BD 交于点M ，取PA 的中点N ，联结MN ，则CP MN //， 所以NMB ∠为异面直线PC 与BD 所成角或补角．……………………2分 在BMN ∆中，由已知条件得，5=BN ，2=BM ，3=MN ，…………5分所以222MN BM BN +=，2π=∠BMN ，所以异面直PC 与BD 所成角为2π．…7分 （或用线面垂直求异面直线PC 与BD 所成角的大小）（2）设点A 到平面PBD 的距离为h ，因为ABD P PBD A V V --=，……………9分所以，11113232BD PM h BC CD PA ⨯⋅⋅=⨯⋅⋅，得332=h ．（或在MAN Rt ∆中求解）………14分 13.(本题满分14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分．在正方体1111-ABCD A B C D 中，E 是棱1DD 的中点．（1）求直线BE 与平面11ABB A 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）； （2）在棱11C D 上是否存在一点F ，使得1//B F 平面1A BE ，若存在，指明点F 的位置；若不存在，说明理由．【答案】解：（1）以A 为坐标原点，以射线1AB AD AA 、、分别为x y z 、、轴，建立空间 直角坐标系，如图所示.不妨设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a （0a >），则(,0,0),(0,,)2aB a E a ，于是(,,)2a BE a a =- 3分 根据正方体的性质，可知11DA ABB A ⊥平面,故11AD ABB A 是平面的一个法向量且AD =(0,,0)a 4分设直线BE 与平面11ABB A 所成的较为θ，则22sin 0332BE AD a BE ADa a θ===>⨯ 5分 所以2arcsin3θ=，故直线BE 与平面11ABB A 所成的角的大小为2arcsin 3. 6分（2）假设在棱11C D 上是存在一点F ,使得11//B F A BE 平面,设(,,)F x a a （其中0x a ≤≤）111(,0,0),(0,0,),(,0,),(,,0)B a A a BA a a B F x a a =-=- 8分根据（1）可知，(,,)2aBE a a =- 9分设(,,)n x y z =平面1A BE 的一个法向量，则100n BA n BE ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即002ax az aax ay z -=⎧⎪⎨--=⎪⎩， 10分 取2z =，则(2,1,2)n =，由于直线11//B F A BE 平面,所以10B F n = 11分NPAB CDMBCDAO zxy即(,,0)(2,1,2)0x a a -=，化简得2()0x a a -+=，解得2ax = 12分 故在棱11C D 上是存在一点F ，使得11//B F A BE 平面,且点F 是棱11C D 的中点. 14分14.在正方体1111-ABCD A B C D 中，E 是棱1DD 的中点． 求直线BE 与11B A 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）； 【答案】解：设正方体的棱长为a ，根据正方体的性质可得： 四棱锥E ABCD -的底面积2ABCD S a =，高2aED =2分21143323ABCD a V S ED a =⨯⨯=⨯=，解得2a = 5分因为11//AB A B ,所以ABE ∠即为异面直线BE 与11B A 所成角 或其补角， 8分在ABE 中，2,5,3AB AE BE ===,由余弦定理可得4952cos 02233ABE +-∠==>⨯⨯，即2arccos 3ABE ∠= 11分所以异面直线BE 与11B A 所成的较的大小为2arccos 3ABE ∠=. 12分15.(本题满分12分) 本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分． 如图，在Rt AOB ∆中，6OAB π∠=，斜边4AB =，D 是AB 的中点．现将Rt AOB ∆以直角边AO 为轴旋转一周得到一个圆锥，点C 为圆锥底面圆周上的一点，且2BOC π∠=．（1）求该圆锥的全面积；（2）求异面直线AO 与CD 所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【答案】解：（1）在Rt AOB ∆中，2OB =，即圆锥底面半径为2圆锥的侧面积8S rl ππ==侧………………..4’故圆锥的全面积=+8+412S S S πππ==全侧底……………….6’（2）解法一：如图建立空间直角坐标系．则(0,0,23),(2,0,0),(0,1,3)A C D(0,0,23),(2,1,3)AO CD ∴=-=-………………..8’设AO 与CD 所成角为θ，则66cos 42322AO CD AO CDθ⋅-===-⋅⋅………………..10’∴异面直线AO 与CD 所成角为6arc cos4………………..12’ 解法二：过D 作//DM AO 交BO 于M ，连CM则CDM ∠为异面直线AO 与CD 所成角………………..8’ 在Rt AOB ∆中，23AO = 3DM ∴= D Q 是AB 的中点 M ∴是OB 的中点 1OM ∴=5CM ∴=在Rt CDM ∆中，515tan 33CDM ∠==，………………..10’ ED 1C 1A 1B 1CDBA15arctan3CDM ∴∠=，即异面直线AO 与CD 所成角的大小为15arctan 3……………….12’ 16.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点. （1）试确定点F 的位置，使得1D E ⊥平面1AB F ;（2）当1D E ⊥平面1AB F 时，求二面角1C EF A --的大小（结果用反三角函数表示）. 【答案】解：（1）如图建系，设 ),10(≤≤=x x DF 1分则)0,1,()0,21,1()1,1,0()1,0,1(),0,1,0(),0,0,1(),0,0,0(11x F E D B D B A 2分)0,1,(),1,0,1(),1,21,1(11x AF AB E D ==--=∴, 3分1111,011AB E D AB E D ⊥∴=-=⋅ 4分 由AF E D F AB E D ⊥∴⊥111,平面 5分21,01=⇒=⋅∴x AF E D 6分)0,1,21(F ∴，即F 为CD 中点时F AB E D 11平面⊥。

高中几何体试题及答案

高中几何体试题及答案

高中几何体试题及答案试题一：正方体的体积和表面积计算某正方体的边长为a，求该正方体的体积和表面积。

解答：正方体的体积 V = a³正方体的表面积 S = 6a²试题二：圆柱的体积和表面积计算已知圆柱的底面半径为r，高为h，求圆柱的体积和表面积。

解答：圆柱的体积V = πr²h圆柱的表面积S = 2πrh + 2πr²试题三：圆锥的体积和表面积计算已知圆锥的底面半径为r，高为h，求圆锥的体积和表面积。

解答：圆锥的体积V = (1/3)πr²h圆锥的表面积 S = πr(r + l)，其中l是圆锥的斜高，可通过勾股定理计算：l = √(r² + h²)试题四：球的体积和表面积计算已知球的半径为R，求球的体积和表面积。

解答：球的体积V = (4/3)πR³球的表面积S = 4πR²试题五：棱锥的体积计算已知一个正四棱锥的底面边长为a，高为h，求棱锥的体积。

解答：正四棱锥的体积 V = (1/3)ah²试题六：棱柱的体积和表面积计算已知一个正六棱柱的底面边长为a，高为h，求棱柱的体积和表面积。

解答：正六棱柱的体积 V = 6a²h正六棱柱的表面积S = 6a(a + √3h)试题七：椭圆的面积计算已知椭圆的长轴为2a，短轴为2b，求椭圆的面积。

解答：椭圆的面积A = πab试题八：双曲线的面积计算已知双曲线的实轴为2a，虚轴为2b，求双曲线的面积。

解答：双曲线的面积A = πa(b + a)结束语：以上试题涵盖了高中几何体的常见体积和面积计算问题，希望同学们能够熟练掌握这些基本公式，并能够灵活运用到实际问题中去。

通过不断的练习和思考，相信你们能够在几何学领域取得优异的成绩。

高中几何体试题及答案解析

高中几何体试题及答案解析

高中几何体试题及答案解析试题一：立体几何基础题题目：已知一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，求该长方体的体积。

解析：长方体的体积可以通过其三个维度的乘积来计算，即体积V = a × b × c。

答案：V = abc。

试题二：空间向量在立体几何中的应用题目：在空间直角坐标系中，点A(1, 0, 0)，点B(0, 1, 0)，点C(0, 0, 1)，求三角形ABC的面积。

解析：空间直角坐标系中，三角形的面积可以通过向量叉乘来求解。

设向量AB = (-1, 1, 0)，向量AC = (-1, 0, 1)，向量AB与向量AC 的叉乘结果为向量AB × AC = (1, -1, 1)。

该向量的模即为三角形ABC的面积的两倍。

答案：三角形ABC的面积为√3。

试题三：圆锥体的体积计算题目：已知圆锥的底面半径为r，高为h，求圆锥的体积。

解析：圆锥的体积可以通过公式V = (1/3)πr²h来计算。

答案：V = (1/3)πr²h。

试题四：球体的表面积与体积题目：已知球体的半径为R，求球体的表面积和体积。

解析：球体的表面积可以通过公式A = 4πR²来计算，球体的体积可以通过公式V = (4/3)πR³来计算。

答案：球体的表面积A = 4πR²，球体的体积V = (4/3)πR³。

试题五：旋转体的体积题目：已知圆柱的底面半径为r，高为h，求圆柱的体积。

解析：圆柱的体积可以通过公式V = πr²h来计算。

答案：V = πr²h。

结束语：通过上述试题及答案解析，我们可以看到高中几何体的计算涉及体积、面积和表面积等概念，这些计算在数学和物理等多个领域都有广泛的应用。

掌握这些基础知识对于解决更复杂的几何问题至关重要。

希望这些试题和解析能够帮助学生加深对立体几何概念的理解，并在解题过程中培养空间想象能力。

高三精选立体几何大题30题(含详细解答)

高三精选立体几何大题30题(含详细解答)

A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A，B的位置，使二面角A－CD－B是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC上确定一个P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．2．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F，且AF的延长线交B1B于E。

（Ⅰ）求证：D1B⊥平面AEC；（Ⅱ）求三棱锥B—AEC的体积；（Ⅲ）求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，点M在BC上，△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.（I）求证：点M为BC的中点；（Ⅱ）求点B到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—B 的正切值. 4．如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，三角形ACD是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F是CD的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．5．已知：ABCD是矩形，设PA=a，PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.（Ⅰ）求证：MN⊥AB；（Ⅱ）若PD=AB，且平面MND⊥平面PCD，求二面角P—CD—A的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D—AMN的体积.6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。

（I）求二面角B1—MN—B的正切值；（II）证明：PB⊥平面MNB1；（III）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P、B两点间的距离。

高中数学立体几何经典题型专题训练试题(含答案)

高中数学立体几何经典题型专题训练试题(含答案)

高中数学立体几何经典题型专题训练试题姓名 班级 学号 得分说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间120分钟。

２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。

考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）评卷人得　分一．单选题（共10小题，每题3分，共30分）1、如图，在正方体中ABCD-A1B1C1D1，M为BC的中点，点N在四边形CDD1C1及其内部运动．⊥1C1，则N点的轨迹为（ ）若MN AA．线段B．圆的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分2、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是（ ）A．点H是△A1BD的垂心B．直线AH与CD1的成角为900C．AH的延长线经过点C1D．直线AH与BB1的成角为4503、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为线段AD1上一动点，点Q为底面ABCD内（含边界）一动点，M为PQ的中点，点M构成的点集是一个空间几何体，则该几何体为（　）A．棱柱B．棱锥C．棱台D．球4．下列说法中正确的是（ ）A．棱柱的面中，至少有两个面互相平行B．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面C．棱柱中一条侧棱就是棱柱的高D．棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形5．用一个平面去截一个正方体，所得截面不可能是（1）钝角三角形；（2）直角三角形；（3）菱形；（4）正五边形；（5）正六边形．下述选项正确的是（ ）A．（1）（2）（5）B．（1）（2）（4）C．（2）（3）（4）D．（3）（4）（5）6、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF=，则下列结论中错误的是（ ）⊥A．AC BEB．A1C⊥平面AEFC．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE、BF所成的角为定值7．已知一个正六棱锥的体积为12，底面边长为2，则它的侧棱长为（ ）A．4B．C．D．28．一正四棱锥的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，则这一正四棱锥的斜高等于（）A．2B．C．2D．29、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是（ ）A．D1O∥平面A1BC1B．D1O⊥平面AMCC．异面直线BC1与AC所成的角等于60°D．点B到平面AMC的距离为10．如图，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF=90°，则AF：FB=（）A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4第Ⅱ卷（非选择题）评卷人得　分二．填空题（共14小题，每题3分，共42分）11、正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AA1和BB1的中点，G是BC上一点，使⊥，则∠D1NG=______．C1N MG12、已知如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱DD1，AB上的点（不含顶点）．则下列说法正确的是______．①A1C⊥平面B1EF；②△B1EF在侧面上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；④平面B1EF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点E位置有关，与点F位置无关；⑤当E，F分别为中点时，平面B1EF与棱AD交于点P，则三棱锥P-DEF的体积为．⊥，∠BAC=θ（0＜θ≤），且13、如图，三棱锥A-BCD中，AB AD⊥，AC ADAB=AC=AD=2，E、F分别为AC、BD的中点，则EF的最大值为______．14、如图，在正方体的一角上截取三棱锥P-ABC，PO为棱锥的高，记，，那么M，N的大小关系是______．15．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别为4，6，过AB的中点E且平行BD，AC的截面四边形的周长为______．⊥1D则EF和BD1的关系是______．16、正方体ABCD-A1B1C1D1中，EF AC⊥，EF A17、已知正方体AC1的棱长为1，点P是面AA1D1D的中心，点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为______．18、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱DD1，AB上的点．已知下列判断：①A1C⊥平面B1EF；②△B1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；④平面B1EF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点E的位置有关，与点F的位置无关．其中正确结论的序号为______（写出所有正确结论的序号）．19、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱CD、C1D1的中点，长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动，另一个端点N在底面A1B1C1D1上运动，则线段MN 的中点P的轨迹（曲面）与二面角D-C1D1-B1所围成的几何体的体积为______．∈1，且AM=BN，有以下四个结论：20、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M AB∈1，N BC⊥；①AA1MN∥；②A1C1MN③MN与面A1B1C1D1成0°角；④MN与A1C1是异面直线．其中正确结论的序号是______．21、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于点E，交CC1于F，①四边形BFD1E一定是平行四边形②四边形BFD1E有可能是正方形③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形④四边形BFD1E点有可能垂直于平面BB1D以上结论正确的为______（写出所有正确结论的编号）22、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，对角线BD1与过A1、D、C1的平面交于点M，则=______．23．设A是自然数集的一个非空子集，如果k2A∉，且A，那么k是A的一个“酷元”，⊆，且集合M中的两个元素都是“酷元”那么这样的结给定S={0，1，2，3，4，5}，设M S合M有______个．24、如图，AC为圆O的直径，B为圆周上不与A、C重合的点，SA⊥圆O所在的平面，连接SB、SC、AB、BC，则图中直角三角形的个数是______．评卷人得　分三．简答题（共28分）25、四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠DAB=60°，点P为平面ABCD所在平面外的⊥．一点，若△PAD为等边三角形，求证：PB AD26、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且⊥．SA BC（1）求证：S-ABC为正三棱锥；（2）已知SA=a，求S-ABC的全面积．27、如图，E、F、G、H分别是空间四边形ABCD四边上的中点．（1）若BD=2，AC=6，则EG2+HF2等于多少？（2）若AC与BD成30°的角，且AC=6，BD=4，则四边形EFGH的面积等于多少？28、已知三棱锥S-ABC的三条侧棱SA、SB、SC两两互相垂直且长度分别为a、b、c，设O 为S在底面ABC上的射影．求证：（1）O为△ABC的垂心；（2）O在△ABC内；（3）设SO=h，则++=．29．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切，求：（1）棱锥的全面积；（2）球的半径R．30、如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC 的中点，F在棱AC上，且AF=3FC．（1）求三棱锥D-ABC的表面积；（2）求证AC⊥平面DEF；（3）若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使MN∥平面DEF？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．参考答案评卷人得　分一．单选题（共__小题）1、如图，在正方体中ABCD-A1B1C1D1，M为BC的中点，点N在四边形CDD1C1及其内部运动．⊥1C1，则N点的轨迹为（ ）若MN AA．线段B．圆的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分答案：A解析：解：正方体中ABCD-A1B1C1D1中，M为BC的中点，点N在四边形CDD1C1及其内部运动；如图所示，取CD、C1D1的中点Q、P，连接PQ，⊥1C1；当点N在线段PQ上时，MN A因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，⊥1D1，连接B1D1，交A1C1于点O，∴B1D1A取B1C1的中点E，连接PE，则PE B∥1D1，⊥1C1；∴PE A∥1，又CC1⊥平面A1B1C1D1，PQ CC∴PQ⊥平面A1B1C1D1，∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，⊥1C1；∴PQ A且PQ∩PE=P，∴A1C1⊥平面PQME，PQ⊂平面PQME，⊥；∴A1C1PQ∴N点的轨迹为线段PQ．故选：A．2、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是（ ）A．点H是△A1BD的垂心B．直线AH与CD1的成角为900C．AH的延长线经过点C1D．直线AH与BB1的成角为450答案：D解析：解：由ABCD-A1B1C1D1是正方体，得A-A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故A正确；⊥1B，又CD1A∥1B，可得直线AH与CD1的成角为90°，故B正确；∵AH⊥面A1BD，∴AH A连接AC1，由三垂线定理及线面垂直的判定可得AC1⊥面A1DB，再由过一点与已知平面垂直的直线有且只有一条可得AH与AC1重合，可得C正确；直线AH与BB1所成的角，即为AH与AA1所成的角，设为θ，由正方体棱长为1，可得正三棱锥的底面边长为，从而求得AH=，则cos，∴D错误．故选：D．3、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为线段AD1上一动点，点Q为底面ABCD内（含边界）一动点，M为PQ的中点，点M构成的点集是一个空间几何体，则该几何体为（　）A．棱柱B．棱锥C．棱台D．球答案：A解析：解：∵Q点不能超过边界，若P点与A点重合，设AB中点E、AD中点F，移动Q点，则此时M点的轨迹为：以AE、AF为邻边的正方形；下面把P点从A点向上沿线段AD1移动，在移动过程中可得M点轨迹为正方形，…，最后当P点与D1点重合时，得到最后一个正方形，故所得几何体为棱柱，故选：A4．下列说法中正确的是（ ）A．棱柱的面中，至少有两个面互相平行B．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面C．棱柱中一条侧棱就是棱柱的高D．棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形答案：A解析：解：棱柱的定义是，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，相邻的公共边互相平行，有这些面围成的几何体是棱柱；可以判断A正确；B不正确，例如正六棱柱的相对侧面；C 不正确，只有直棱柱满足C的条件；D不正确，例如长方体．故选A5．用一个平面去截一个正方体，所得截面不可能是（1）钝角三角形；（2）直角三角形；（3）菱形；（4）正五边形；（5）正六边形．下述选项正确的是（ ）A．（1）（2）（5）B．（1）（2）（4）C．（2）（3）（4）D．（3）（4）（5）答案：B解析：解：如图所示截面为三角形ABC，OA=a，OB=b，OC=c，AC2=a2+c2，AB2=a2+b2，BC2=b2+c2∠=＞0，∴cos CAB=∴∠CAB为锐角，同理∠ACB与∠ABC也为锐角，即△ABC为锐角三角形；如右图，取相对棱的中点，得到的四边形是菱形；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，如图为正六边形；经过正方体的一个顶点去切就可得到5边形．但此时不可能是正五边形．故不可能是（1）（2）（4）．故选：B．6、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF=，则下列结论中错误的是（ ）⊥A．AC BEB．A1C⊥平面AEFC．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE、BF所成的角为定值答案：D解析：解：∵AC⊥平面BB1D1D，又BE⊂平面BB1D1D，⊥．故A正确．∴AC BE∵EF垂直于直线AB1，AD1，∴A1C⊥平面AEF．故B正确．C中由于点B到直线B1D1的距离不变，故△BEF的面积为定值．又点A到平面BEF的距离为，故V A-BEF为定值．C正确当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠FBC1，当E在上底面的中心时，F在C1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠EAA1显然两个角不相等，D不正确．故选D．7．已知一个正六棱锥的体积为12，底面边长为2，则它的侧棱长为（ ）A．4B．C．D．2答案：A解析：解：由于正六棱锥可知底面是六个正三角形组成，∴底面积S=6×=6，∴体积V==12，∴h=，夺直角三角形SOB中，侧棱长为SB=．故选A．8．一正四棱锥的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，则这一正四棱锥的斜高等于（）A．2B．C．2D．2答案：C解析：解：如图PO⊥底面ABCD，连接OA，取AD的中点E，连接OE，PE，则PE为斜高．∠PAO为侧棱与底面所成的角，且为45°，在直角△PAO中，PO=2，AO=2，PA=4，在直角△AEO中，AE=2，故在直角△PEA中，PE==2．故选C．9、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是（ ）A．D1O∥平面A1BC1B．D1O⊥平面AMCC．异面直线BC1与AC所成的角等于60°D．点B到平面AMC的距离为答案：D解析：解：如图，∥，连接B1D1，交A1C1于N，则可证明OD1BN由OD1⊄面A1BC1，BN⊂面A1BC1，可得D1O∥面A1BC1，A正确；⊥，由三垂线定理的逆定理可得OD1AC设正方体棱长为2，可求得OM2=3，，，⊥，由线面垂直的判定可得D1O⊥平面AMC，B正确；则，有OD1OM由正方体的面对角线相等得到△A1BC1为正三角形，即∠A1C1B=60°，∴异面直线BC1与AC所成的角等于60°，C正确；设点B到平面AMC的距离为d，正方体的棱长为2a，则，，由V B-AMC=V A-BCM，得，即，解得：d=，D错误．故选：D．10．如图，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF=90°，则AF：FB=（）A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4答案：C解析：解：解：设正方体的棱长为：2，由题意可知C1E==3，∠C1EF=90°，所以设AF=x，12+x2+C1E2=22+22+（2-x）2，解得：x=，所以AF：FB=：=1：3；故选：C．评卷人得　分二．填空题（共__小题）11、正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AA1和BB1的中点，G是BC上一点，使⊥，则∠D1NG=______．C1N MG答案：90°解析：解：连接MN，∵M，N分别是AA1和BB1的中点，∥1D1，由正方体的几何特征可得MN C在正方体ABCD-A1B1C1D1中，D1C1⊥平面B1C1CB∵C1N⊂平面B1C1CB⊥1N∴D1C1C⊥1N∴MN C⊥，MN∩MG=M，MD1，MG⊂平面MNG又∵C1N MG∴C1N⊥平面MNG又∵NG⊂平面MNG⊥∴C1N NG故∠D1NG=90°故答案为：90°12、已知如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱DD1，AB上的点（不含顶点）．则下列说法正确的是______．①A1C⊥平面B1EF；②△B1EF在侧面上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；④平面B1EF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点E位置有关，与点F位置无关；⑤当E，F分别为中点时，平面B1EF与棱AD交于点P，则三棱锥P-DEF的体积为．答案：②③⑤解析：解：对于①A1C⊥平面B1EF，不一定成立，因为A1C⊥平面AC1D，而两个平面面B1EF与面AC1D不一定平行．对于②△B 1EF 在侧面BCC 1B 1上 的正投影是面积为定值的三角形，此是一个正确的结论，因为其投影三角形的一边是棱BB 1，而E 点在面上的投影到此棱BB 1的距离是定值，故正确；对于③在平面A 1B 1C 1D 1内总存在与平面B 1EF 平行的直线，此两平面相交，一个面内平行于两个平面的交线一定平行于另一个平面，此结论正确；对于④平面B 1EF 在平面ABCD 中的射影为△DFB ，面积为定值，但△B 1EF 的面积不定，故不正确；对于⑤由面面平行的性质定理可得EQ B ∥1F ，故D 1Q=，B 1Q PF ∥，故AP=，所以三棱锥P-DEF 的体积为，故正确故答案为：②③⑤．13、如图，三棱锥A-BCD 中，AB AD ⊥，AC AD ⊥，∠BAC=θ（0＜θ≤），且AB=AC=AD=2，E 、F 分别为AC 、BD 的中点，则EF 的最大值为______．答案：解析：⊥，垂足为G，连接GE，解：过F作FG AB⊥，∵AD AB∥，∴G为AB的中点，∴AD FG∴FG=1，AG=1，∵E为AC的中点，∴AE=1，∠BAC=θ，∴EG=∵AD⊥平面ABC，∴FG⊥平面ABC，△中，EF===，在Rt FGE∵0，∴EF≤．故答案是．14、如图，在正方体的一角上截取三棱锥P-ABC，PO为棱锥的高，记，，那么M，N的大小关系是______．答案：M=N解析：解：根据平面中直角三角形的勾股定理类比得，S ABC△2=S PAB△2+S PBC△2+S PAC△2①，由等体积法得，∴②，①÷②整理得M=N．故答案为：M=N．15．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别为4，6，过AB的中点E且平行BD，AC的截面四边形的周长为______．答案：10解析：解：设截面四边形为EFGH，F、G、H分别是BC、CD、DA的中点，∴EF=GH=2，FG=HE=3，∴周长为2×（2+3）=10．故答案为：10．16、正方体ABCD-A1B1C1D1中，EF AC⊥，EF A⊥1D则EF和BD1的关系是______．答案：平行解析：解：法一：根据图象可知：⊥，AC∩B1C=C，⊥1D，A1D B∥1C，B1C EFEF AC⊥，EF A∥．∴EF⊥面AB1C，而BD1⊥面AB1C，即BD1EF法二：建立以D1为原点的空间直角坐标系D1-xyz，且设正方形的边长为1所以就有D1（0，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，0），D（0，0，1），A（1，0，1），C（0，1，1）所以=（-1，0，1），=（-1，1，0），=（-1，-1，1）⊥1，所以•=-1+1=0 所以A1D BD⊥1，•=1-1=0 所以AC BD所以BD1与A1D和AC都垂直又∵EF是AC、A1D的公共垂线，∥．∴BD1EF故答案为：平行．17、已知正方体AC1的棱长为1，点P是面AA1D1D的中心，点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为______．答案：解析：解：∵正方体AC1的棱长为1，点P是面AA1D1D的中心，点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，连结AD1，AB1，∴由正方体的性质，得：AD1∩A1D=P，P是AD1的中点，∥1，PQ AB∴PQ=AB1==．故答案为：．18、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱DD1，AB上的点．已知下列判断：①A 1C ⊥平面B 1EF ；②△B 1EF 在侧面BCC 1B 1上的正投影是面积为定值的三角形；③在平面A 1B 1C 1D 1内总存在与平面B 1EF 平行的直线；④平面B 1EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小与点E 的位置有关，与点F 的位置无关．其中正确结论的序号为______（写出所有正确结论的序号）．答案：②③解析：解：若A 1C ⊥平面B 1EF ，则A 1C B ⊥1F ，由三垂线逆定理知：B 1F A ⊥1B ，又当F 与A 不重合时，B 1F 与A 1B 不垂直，∴①错误；∵E 在侧面BCC 1B 1上的投影在CC 1上，F 在侧面BCC 1B 1上的投影是B ，∴△B 1EF 在侧面BCC 1B 1上的正投影是三角形，三角形的面积S=×棱长×棱长为定值．∴②正确；设平面A 1B 1C 1D 1∩平面B 1EF=l ，∵平面A 1B 1C 1D 1内总存在与l 平行的直线，由线面平行的判定定理得与l 平行的直线，与平面B 1EF 平行，∴③正确；设E 与D 重合，F 位置变化，平面B 1EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小也在变化，∴④错误．故答案为：②③．19、如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为4，E ，F 分别是棱CD 、C 1D 1的中点，长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动，另一个端点N 在底面A 1B 1C 1D 1上运动，则线段MN 的中点P 的轨迹（曲面）与二面角D-C 1D 1-B 1所围成的几何体的体积为______．答案：解析：解：依题意知|FP|=|MN|=1，因此点P的轨迹是以点F为球心、1为半径的球的．∴所求几何体的体积是×π×13=．故答案为：．∈1，且AM=BN，有以下四个结论：∈1，N BC20、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M AB⊥；①AA1MN∥；②A1C1MN③MN与面A1B1C1D1成0°角；④MN与A1C1是异面直线．其中正确结论的序号是______．答案：①③解析：解：当M 为A ，N 为B ，排除②；当M 为B 1，N 为C 1，排除④．作MM′A ⊥1B 1于M′，作NN′B ⊥1C 1于N′，易证|MM′|=|NN′|，MM′NN′∥∴MN M′N′∥，由此知①③正确．故答案为：①③21、在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，过对角线BD 1的一个平面交AA 1于点E ，交CC 1于F ，①四边形BFD 1E 一定是平行四边形②四边形BFD 1E 有可能是正方形③四边形BFD 1E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形④四边形BFD 1E 点有可能垂直于平面BB 1D以上结论正确的为______（写出所有正确结论的编号）答案：①③④解析：解：如图：①由平面BCB 1C 1∥平面ADA 1D 1，并且B 、E 、F 、D 1四点共面，∴ED 1BF ∥，同理可证，FD 1EB ∥，故四边形BFD 1E 一定是平行四边形，故①正确；②若BFD 1E 是正方形，有ED 1BE ⊥，这个与A 1D 1BE ⊥矛盾，故②错误；③由图得，BFD 1E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，故③正确；④当点E 和F 分别是对应边的中点时，平面BFD 1E ⊥平面BB 1D 1，故④正确．故答案为：①③④．22、如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，对角线BD 1与过A 1、D 、C 1的平面交于点M ，则=______．答案：2解析：解：由正方体的性质可得：D 1B ⊥平面DA 1C 1，∴D 1M 是三棱锥D 1-A 1DC 1的高．不妨设正方体的棱长为1．∵=，∴=，解得D 1M==．∴=2．故答案为：2．∉，且A，那么k是A的一个“酷元”，23．设A是自然数集的一个非空子集，如果k2A⊆，且集合M中的两个元素都是“酷元”那么这样的结给定S={0，1，2，3，4，5}，设M S合M有______个．答案：5解析：解：∵S={0，1，2，3，4，5}，由题意可知：集合M不能含有0，1，也不能同时含有2，4故集合M可以是{2，3}、{2，5}、{3，5}、{3，4}、{4，5}，共5个故答案为：524、如图，AC为圆O的直径，B为圆周上不与A、C重合的点，SA⊥圆O所在的平面，连接SB、SC、AB、BC，则图中直角三角形的个数是______．答案：4解析：解：题题意SA⊥圆O所在的平面，AC为圆O的直径，B为圆周上不与A、C重合的点，可得出AB，BC垂直由此两个关系可以证明出CB垂直于面SAB，由此可得△ADB，△SAC，△ABC，△SBC都是直角三角形故图中直角三角形的个数是4个故答案为：4．评卷人得　分三．简答题（共__小题）25、四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠DAB=60°，点P为平面ABCD所在平面外的⊥．一点，若△PAD为等边三角形，求证：PB AD答案：证明：如图，连结BD ，取AD 的中点E ，连结PE ，BE ；从而易知△ABD 也是等边三角形，又∵△PAD 为等边三角形，∴AD PE ⊥，AD BE ⊥，又∵PE∩BE=E ；故AD ⊥平面PBE ；故AD PB ⊥．解析：证明：如图，连结BD ，取AD 的中点E ，连结PE ，BE ；从而易知△ABD 也是等边三角形，又∵△PAD 为等边三角形，∴AD PE ⊥，AD BE ⊥，又∵PE∩BE=E ；故AD ⊥平面PBE ；故AD PB ⊥．26、如图，设三棱锥S-ABC 的三个侧棱与底面ABC 所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且SA BC ⊥．（1）求证：S-ABC 为正三棱锥；（2）已知SA=a ，求S-ABC 的全面积．答案：（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可．作三棱锥S-ABC 的高SO ，O 为垂足，连接AO 并延长交BC 于D ．因为SA BC ⊥，所以AD BC ⊥．又侧棱与底面所成的角都相等，从而O 为△ABC 的外心，OD 为BC 的垂直平分线，所以AB=AC ．又∠BAC=60°，故△ABC 为正三角形，且O 为其中心．所以S-ABC 为正三棱锥．（2）解：在Rt SAO △中，由于SA=a ，∠SAO=60°，所以SO=a ，AO=a ．因O 为重心，所以AD=AO=a ，BC=2BD=2ADcot60°=a ，OD=AD=a ．在Rt SOD △中，SD 2=SO 2+OD 2=（a ）2+（a ）2=，则SD=a ．于是，（S S-ABC ）全=•（a ）2sin60°+3••a•a=a 2．解析：（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可．作三棱锥S-ABC 的高SO ，O 为垂足，连接AO 并延长交BC 于D ．因为SA BC ⊥，所以AD BC ⊥．又侧棱与底面所成的角都相等，从而O 为△ABC 的外心，OD 为BC 的垂直平分线，所以AB=AC ．又∠BAC=60°，故△ABC 为正三角形，且O 为其中心．所以S-ABC 为正三棱锥．（2）解：在Rt SAO △中，由于SA=a ，∠SAO=60°，所以SO=a ，AO=a ．因O 为重心，所以AD=AO=a ，BC=2BD=2ADcot60°=a ，OD=AD=a ．在Rt SOD △中，SD 2=SO 2+OD 2=（a ）2+（a ）2=，则SD=a ．于是，（S S-ABC ）全=•（a ）2sin60°+3••a•a=a 2．27、如图，E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 四边上的中点．（1）若BD=2，AC=6，则EG 2+HF 2等于多少？（2）若AC 与BD 成30°的角，且AC=6，BD=4，则四边形EFGH 的面积等于多少？答案：解：（1）∵E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 四边上的中点，∴EH BD ∥，且EH=BD ；FG BD ∥，且FG=BD ；∴EH FG ∥，且EH=FG ，∴四边形EFGH 是平行四边形；又BD=2，AC=6，∴EH=BD=1，EF=AC=3，在△EFG 和△HFG 中，由余弦定理得，EG 2=EF 2+FG 2-2EF•FG•cos EFG∠=32+12-2×3×1×cos EFG∠=10-6cos EFG ∠，HF 2=HG 2+FG 2-2HG•FG•cos FGH∠=32+12-2×3×1×cos （π-EFG ∠）=10+6cos EFG ∠，∴EG 2+HF 2=20；（2）∵AC 与BD 成30°的角，且EF AC ∥，FG BD ∥，∴∠EFG=30°，又AC=6，BD=4，∴EF=AC=3，FG=BD=2；∠．∴四边形EFGH的面积为S=EF•FG•sin EFG=3×2×sin30°=3解析：解：（1）∵E、F、G、H分别是空间四边形ABCD四边上的中点，∥，且EH=BD；∴EH BDFG BD∥，且FG=BD；∥，且EH=FG，∴EH FG∴四边形EFGH是平行四边形；又BD=2，AC=6，∴EH=BD=1，EF=AC=3，在△EFG和△HFG中，由余弦定理得，∠EG2=EF2+FG2-2EF•FG•cos EFG∠=32+12-2×3×1×cos EFG∠，=10-6cos EFG∠HF2=HG2+FG2-2HG•FG•cos FGH∠）=32+12-2×3×1×cos（π-EFG=10+6cos EFG∠，∴EG2+HF2=20；（2）∵AC 与BD 成30°的角，且EF AC ∥，FG BD ∥，∴∠EFG=30°，又AC=6，BD=4，∴EF=AC=3，FG=BD=2；∴四边形EFGH 的面积为S=EF•FG•sin EFG=3×2×sin30°=3∠．28、已知三棱锥S-ABC 的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直且长度分别为a 、b 、c ，设O 为S 在底面ABC 上的射影．求证：（1）O 为△ABC 的垂心；（2）O 在△ABC 内；（3）设SO=h ，则++=．答案：证明：（1）∵SA SB ⊥，SA SC ⊥，∴SA ⊥平面SBC ，BC ⊂平面SBC ．∴SA BC ⊥．而AD 是SA 在平面ABC 上的射影，∴AD BC ⊥．同理可证AB CF ⊥，AC BE ⊥，故O 为△ABC 的垂心．（2）证明△ABC 为锐角三角形即可．不妨设a≥b≥c ，则底面三角形ABC 中，AB=为最大，从而∠ACB 为最大角．用余弦定理求得cos ACB=∠＞0，∴∠ACB 为锐角，△ABC 为锐角三角形．故O 在△ABC 内．（3）SB•SC=BC•SD ，故SD=，=+，又SA•SD=AD•SO ，∴===+=++=．解析：证明：（1）∵SA SB ⊥，SA SC ⊥，∴SA ⊥平面SBC ，BC ⊂平面SBC ．∴SA BC ⊥．而AD 是SA 在平面ABC 上的射影，∴AD BC ⊥．同理可证AB CF ⊥，AC BE ⊥，故O 为△ABC 的垂心．（2）证明△ABC 为锐角三角形即可．不妨设a≥b≥c ，则底面三角形ABC 中，AB=为最大，从而∠ACB 为最大角．用余弦定理求得cos ACB=∠＞0，∴∠ACB 为锐角，△ABC 为锐角三角形．故O 在△ABC 内．（3）SB•SC=BC•SD ，故SD=，=+，又SA•SD=AD•SO ，∴===+=++=．29．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切，求：（1）棱锥的全面积；（2）球的半径R．答案：解：（1）设正三棱锥的底面中心为H，由题意知PH=1，边长BC=2，取BC中点E，连接HE、PE，则HE=S全=3×=9⊥于点G，（2）过O作OG PE∽△，且OG=OH=R，则△POG PEH∴，∴R=解析：解：（1）设正三棱锥的底面中心为H，由题意知PH=1，边长BC=2，取BC中点E，连接HE、PE，则HE=S全=3×=9⊥于点G，（2）过O作OG PE∽△，且OG=OH=R，则△POG PEH∴，∴R=30、如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC 的中点，F在棱AC上，且AF=3FC．（1）求三棱锥D-ABC 的表面积；（2）求证AC ⊥平面DEF ；（3）若M 为BD 的中点，问AC 上是否存在一点N ，使MN ∥平面DEF ？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．答案：解：（1）∵AB ⊥平面BCD ，∴AB BC ⊥，AB BD ⊥．∵△BCD 是正三角形，且AB=BC=a ，∴AD=AC=．设G 为CD 的中点，则CG=，AG=．∴，，．三棱锥D-ABC 的表面积为．（2）取AC 的中点H ，∵AB=BC ，∴BH AC ⊥．∵AF=3FC ，∴F 为CH 的中点．∵E 为BC 的中点，∴EF BH ∥．则EF AC ⊥．∵△BCD 是正三角形，∴DE BC ⊥．∵AB ⊥平面BCD ，∴AB DE ⊥．∵AB∩BC=B ，∴DE ⊥平面ABC ．∴DE AC ⊥．∵DE∩EF=E ，∴AC ⊥平面DEF ．（3）存在这样的点N ，当CN=时，MN ∥平面DEF ．连CM ，设CM∩DE=O ，连OF ．由条件知，O 为△BCD 的重心，CO=CM ．∴当CF=CN 时，MN OF ∥．∴CN=．解析：解：（1）∵AB ⊥平面BCD ，∴AB BC ⊥，AB BD ⊥．∵△BCD 是正三角形，且AB=BC=a ，∴AD=AC=．设G 为CD 的中点，则CG=，AG=．∴，，．三棱锥D-ABC 的表面积为．（2）取AC 的中点H ，∵AB=BC ，∴BH AC ⊥．∵AF=3FC ，∴F 为CH 的中点．∵E 为BC 的中点，∴EF BH ∥．则EF AC ⊥．∵△BCD 是正三角形，∴DE BC ⊥．∵AB ⊥平面BCD ，∴AB DE ⊥．∵AB∩BC=B ，∴DE ⊥平面ABC ．∴DE AC ⊥．∵DE∩EF=E ，∴AC ⊥平面DEF ．（3）存在这样的点N ，当CN=时，MN ∥平面DEF ．连CM ，设CM∩DE=O ，连OF ．由条件知，O 为△BCD 的重心，CO=CM ．∴当CF=CN 时，MN OF ∥．∴CN=．。

高中立体几何试题(答案)

高中立体几何试题(答案)

高中立体几何试题1. 在正方体1111D C B A ABCD -中，求二面角111C BD A --的大小．解析：如图9-43，在平面B C D 11内作11BD E C ⊥，交1BD 于E ．连结E A 1，设正方体棱长为a ，在△11BD A 和△11BD C 中，a D C D A ==1111，a B C B A 211==，11BD BD =a 3=，∴ △11BD A ≌△11BD C ，∵ 11BD E C ⊥，∴ 11BD E A ⊥，∴ 11EC A ∠ 二面角111C BD A --的平面角．在Rt △11D BC中，︒=∠9011B C D ，∴ 111112121BD E C BC D C ⋅=⋅，∴ a aa a E C 32321=⋅=,在△11EC A 中，==E C E A 11 a 32，a C A 211=，2132322)2(3232cos 22211-=⋅-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∠a a a a a EC A ，110 EC A ∠︒＜ ︒180＜，︒=∠∴120 11EC A2. 如图9-50，点A 在锐二面角-MN -的棱MN 上，在面内引射线AP ，使AP 与MN 所成的∠P AM 为45°，与面所成的角为30°，求二面角-MN -的大小．解析：如图答9-44，取AP 上一点B ，作BH ⊥于H ，连结AH ，则∠BAH 为射线AP 与平面所成的角，∴ ∠BAH =30°，再作BQ ⊥MN ，交MN 于Q ，连结HQ ，则HQ 为BQ 在平面内的射影．由三垂线定理的逆定理，HQ ⊥MN ，∴ ∠BQH 为二面角-MN -的平面角．图答9-44设BQ =a ，在Rt △BAQ 中，∠BQA =90°，∠BAM =45°，∴ a AB 2=，在Rt △BAH 中∠BHA =90°，∠BAH =30°，∴ a BH 22=．在Rt △BHQ 中，∠BHQ =90°，BQ =a ，a BH 22=，∵ ∠BQH 是锐角，∴ ∠BQH =45 即二面角-MN -等于45°． 3. 如图，四棱锥P —ABCD 的底面是直角梯形，AB ∥DC ，AB ⊥BC ，且AB ＝21CD ，侧棱PB ⊥底面ABCD ，PC ＝5，BC ＝3，ΔPAB 的面积等于6，若平面DPA 与平面CPB 所成的二面角为α，求α.解析：平面DPA 与平面CPB 有一公共点P ，要画出它们构成的二面角的平面角必须确定它们公共交线，DA 和CB 的延长线的交点E 是它们的另一公共点.由公理二，PE 就是二面角的公共棱.有了公共棱，二面角的平面角就生了根.解 延长DA 交CB 的延长线于E ，连PE ，则PE 就是平面DPA 和平面CPB 的交线. ∵AB ∥DC ，AB ⊥BC ，∴DC ⊥BC ，PB ⊥底面ABCD.∴PB ⊥DC ，∴DC ⊥平面PCE.作CF ⊥PE 于F ，连DF 由三垂线定理得PE ⊥DF ，∴∠DFC ＝α.∵AB ＝21CD ，PC ＝5，BC ＝3，∴PB ＝4. S ΔPAB ＝6，∴AB ＝3，CD ＝6，DC AB ＝EC EB ＝21. ∴EB ＝3，PE ＝5.∵PB·EC ＝CF·PE ，∴CF ＝524.在直角ΔDCF 中，tanα＝CFDC ＝5246＝45. α＝antan 45. 4. 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，其棱长为a.(1)求证BD 1⊥截面AB 1C ；(2)求点B 到截面AB 1C 的距离；(3)求BB 1与截面AB 1C 所成的角的余弦值。

高中数学立体几何经典题型练习题集(附有答案)

高中数学立体几何经典题型练习题集(附有答案)

高中数学立体几何经典题型练习题集学校：______姓名：_____班级：______考号：______题号一二三总分得分评卷人得　分一．单选题1．正三棱锥的底边长和高都是2，则此正三棱锥的斜高长度为（ ）A．B．C．D．2.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为C1D1，AA1，BB1的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（ ）A．1B．C．D．3．一个棱柱是正四棱柱的条件是（ ）A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱4、如图，P是正方体ABCD-A1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f（x）的图象大致是（ ）A．B．C．D．5、如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O 所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是（ ）A．1B．2C．3D．46、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点，则下列结论中：⊥；①FG BD②B1D⊥面EFG；③面EFG∥面ACC1A1；④EF∥面CDD1C1．正确结论的序号是（ ）A．①和②B．③和④C．①和③D．②和④⊥，垂足为⊥，CH PB7、三棱锥P-ABC，PC⊥面ABC，△PAC是等腰三角形，PA=4，AB BCH，D是PA的中点，则△CDH的面积最大时，CB的长是（ ）A．B．C．D．8、正方体的直观图如图所示，则其展开图是（ ）A．B．C．D．评卷人得　分二．填空题（共__小题）9、如图所示，ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的中点，并且⊥，AC=m，BD=n，则四 边形EFGH的面积为______．AC BD10、如图，已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB，给出下列结⊥；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA=45°；⑤直线PD与论：①PB AE平面PAB所成角的余弦值为．其中正确的有______（把所有正确的序号都填上）．11．如图所示，三棱锥M，PA⊥底面ABC，∠ABC=90°，则此三棱锥P-ABC中直角三角形有_ _____个．12、如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都等于2，D在AC1上，F为BB1中点，且⊥1，有下述结论FD AC⊥；（1）AC1BC（2）=1；（3）二面角F-AC1-C的大小为90°；（4）三棱锥D-ACF的体积为．正确的有______．13．各棱长为a的正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积为______．14．一四棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1：4，则此截面把一条侧棱分成的两段之比为______．15、如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F且EF=，给出下列五个结论⊥①AC BE②EF∥平面ABCD③异面直线AE，BF所成的角为60°④A1点到面BEF的距离为定值⑤三棱柱A-BEF的体积为定值其中正确的结论有：______（写出所有正确结论的编号）评卷人得　分三．简答题（共__小题）16、如图，立体图形A-BCD的四个面分别为△ABC、△ACD、△ADB和△BCD，E、F、G分别是线段AB、AC、AD上的点，且满足AE：AB=AF：AC=AG：AD，∽△．求证：△EFG BCD17、如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC 的中点，F在棱AC上，且AF=3FC．（1）求三棱锥D-ABC的表面积；（2）求证AC⊥平面DEF；（3）若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使MN∥平面DEF？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．参考答案一．单选题（共__小题）1．正三棱锥的底边长和高都是2，则此正三棱锥的斜高长度为（ ）A．B．C．D．解析：解：在正三棱锥中，顶点P在底面的射影为底面正三角形的中心O，延长A0到E，则E为BC的中点，连结PE，则PE为正三棱锥的斜高．∵正三棱锥的底边长和高都是2，∴AB=PO=2，即AE=，OE=，∴斜高PE==，故选：D．2、在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为C1D1，AA1，BB1的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（　）A．1B．C．D．答案：B解：过E点做EH垂直CD于H，连接EH，易得H即为E在平面ABCD上的射影，连接AH，BH，如下图所示则AH，BH，AB分别为FE，EG，FB在平面ABCD上的射影，又由G在平面ABCD上的射影为B，故△ABH即为空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影∵S ABH△=S ABCD=故选B3．一个棱柱是正四棱柱的条件是（ ）A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱答案：C解析：解：上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱．故A和B错在有可能是斜棱柱，D错在上下底面有可能不是正方形，底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直能保证上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面．故选C．4、如图，P是正方体ABCD-A1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f（x）的图象大致是（ ）A．B．C．D．答案：A解析：解：设正方体的棱长为1，连接AC交BD于O，连PO，则PO是等腰△PBD的高，故△PBD的面积为f（x）=BD×PO，在三角形PAO中，PO==，∴f（x）=××=，画出其图象，如图所示，对照选项，A正确．故选A．5、如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是（ ）A．1B．2C．3D．4答案：D解析：证明：∵AB是圆O的直径⊥，三角形ABC是直角三角形∴∠ACB=90°即BC AC又∵PA⊥圆O所在平面，∴△PAC，△PAB是直角三角形．且BC在这个平面内⊥因此BC垂直于平面PAC中两条相交直线，∴PA BC∴BC⊥平面PAC，∴△PBC是直角三角形．从而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是，4．故选D．6、如图，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 分别是棱A 1B 1、BB 1、B 1C 1的中点，则下列结论中：①FG BD ⊥；②B 1D ⊥面EFG ；③面EFG ∥面ACC 1A 1；④EF ∥面CDD 1C 1．正确结论的序号是（ ）A ．①和②B ．③和④C ．①和③D ．②和④答案：D 解析：解：如图连接A 1C 1、A 1B 、BC 1、BD 、B 1D ，因为E 、F 、G 分别是棱A 1B 1、BB 1、B 1C 1的中点对于①因为FG BC ∥1，△BDC 1是正三角形，FG BD ⊥，不正确．对于②因为平面A 1C 1B ∥平面EFG ，并且B 1D ⊥平面A 1C 1B ，所以B 1D ⊥面EFG ，正确．③面EFG ∥面ACC 1A 1；显然不正确．④EF ∥平面CDD 1C 1内的D 1C ，所以EF ∥面CDD 1C 1．正确．故选D7、三棱锥P-ABC，PC⊥面ABC，△PAC是等腰三角形，⊥，垂足为H，D是PA的中点，则△CDH的面积最大时，CB的长是（PA=4，AB BC⊥，CH PB）A．B．C．D．答案：D解析：⊥；解：三棱锥P-ABC中，PC⊥面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC AB⊥，BC∩PC=C，又AB BC∴AB⊥平面PBC；又CH⊂平面PBC，⊥，∴AB CH⊥，又CH PBPB∩AB=B，∴CH⊥平面PAB，又DH⊂平面PAB，⊥；∴CH DH又△PAC是等腰直角三角形，且PA=4，D是PA的中点，∴CD=PA=2，设CH=a，DH=b，则a2+b2=CD2=4，∴4=a2+b2≥2ab，即ab≤1，当且仅当a=b=时，“=”成立，此时△CDH的面积最大；△，设BC=x，在Rt PBC则PB===，∴PC•BC=PB•CH，即2•x=•；解得x=，∴CB的长是．故选：D．8、正方体的直观图如图所示，则其展开图是（ ）A．B．C．D．答案：D解析：解：根据题意，可得对于A，展开图中的上下两边的正方形的对边中点连线应该呈左右方向显现，故A的图形不符合题意；对于B，展开图中最右边的“日”字形正方形的对边中点连线应该是上下方向呈现，且应该在含有圆形的正方形的左边放置，故B的图形不符合题意；对于C，展开图中最右边的正方形应该与含有圆形的正方形相邻，故C的图形不符合题意；对于D，沿如图的红线将正方体的侧面剪裁，展开可得如D项图的形状，故D的图形符合题意故选：D评卷人得　分二．填空题（共__小题）9、如图所示，ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的中点，⊥，AC=m，BD=n，则四 边形EFGH的面积为______．并且AC BD答案：解析：⊥，可得四边形解：由ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的中点，并且AC BDEFGH为矩形，且此矩形的长和宽分别为和 ，故四边形EFGH的面积为=，故答案为：．10、如图，已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面⊥；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；ABC，PA=2AB，给出下列结论：①PB AE④∠PDA=45°；⑤直线PD与平面PAB所成角的余弦值为．其中正确的有______（把所有正确的序号都填上）．答案：①④⑤解析：⊥，解：对于①、由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA AE⊥，PA∩AB=A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，又由正六边形的性质得AE AB⊥，①正确；∴AE PB对于②、又平面PAB⊥平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；∥，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面对于③、由正六边形的性质得BC ADPAE也不成立，③错；△中，PA=AD=2AB，∴∠PDA=45°，∴④正确；对于④、在Rt PAD∥，∴D到平面PAB的距离即为E到平面PAB的距离，即E到直线PA的对于⑤、由于DE AB距离，即EA，EA=AB，在Rt PAD △中，PA=AD=2AB ，∴PD=2AB ，∴直线PD 与平面PAB 所成角的正弦值为=，∴直线PD 与平面PAB 所成角的余弦值为=，∴⑤正确．故答案为：①④⑤．11．如图所示，三棱锥M ，PA ⊥底面ABC ，∠ABC=90°，则此三棱锥P-ABC 中直角三角形有______个．答案：4解析：解：由已知PA ⊥底面ABC ，∠ABC=90°，所以CB PA ⊥，CB AB ⊥，又PA∩AB=A ，所以CB ⊥平面PAB ，所以CB PB ⊥，所以此三棱锥P-ABC 中直角三角形有△ABC ，△ABP ，△ACP ，△PBC 共有4个．故答案为：4．12、如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长⊥1，有下述结论都等于2，D在AC1上，F为BB1中点，且FD AC⊥；（1）AC1BC（2）=1；（3）二面角F-AC1-C的大小为90°；（4）三棱锥D-ACF的体积为．正确的有______．答案：（2）（3）（4）解析：解：（1）连接AB1，则∠B1C1A即为BC和AC1所成的角，在三角形AB1C1中，B1C1=2，AB1=2，∠1C1A==，AC 1=2，cos B故（1）错；（2）连接AF ，C 1F ，则易得AF=FC 1=，又FD AC ⊥1，则AD=DC 1，故（2）正确；（3）连接CD ，则CD AC ⊥1，且FD AC ⊥1，则∠CDF 为二面角F-AC 1-C 的平面角，CD=，CF=，DF===，即CD 2+DF 2=CF 2，故二面角F-AC 1-C 的大小为90°，故（3）正确；（4）由于CD AC ⊥1，且FD AC ⊥1，则AD ⊥平面CDF ，则VD-ACF =V A-DCF =•AD•S DCF △=×××=．故（4）正确．故答案为：（2）（3）（4）13．各棱长为a 的正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积为______．答案：解析：解：∵正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，所以球心在上下底面中心的连线的中点上，AB=a ，OA=R ，在△OEA 中，OE=，AE=，∵AO 2=OE 2+AE 2，∴，∴球的表面积为4πR2=，故答案为．14．一四棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1：4，则此截面把一条侧棱分成的两段之比为______．答案：1：1解析：解：根据题意，设截得小棱锥的侧棱长为l，原棱锥的侧棱长为L，∵截面与底面相似，且截面面积与底面面积之比为1：4，∴相似比为：==，∴截面把棱锥的一条侧棱分成的两段之比是l：（L-l）=1：1．故答案为：1：1．15、如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F且EF=，给出下列五个结论⊥①AC BE②EF∥平面ABCD③异面直线AE，BF所成的角为60°④A1点到面BEF的距离为定值⑤三棱柱A-BEF 的体积为定值其中正确的结论有：______（写出所有正确结论的编号）答案：①②④⑤解析：解：①AC BE ⊥，由题意及图形知，AC ⊥面DD 1B 1B ，故可得出AC BE ⊥，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③由图知，当F 与B 1重合时，令上底面顶点为O ，则此时两异面直线所成的角是∠A 1AO ，当E 与D 1重合时，此时点F 与O 重合，则两异面直线所成的角是∠OBC 1，此二角不相等，故异面直线AE 、BF 所成的角不为定值，故不正确．④A 1点到面DD 1B 1B 距离是定值，所以A 1点到面BEF 的距离为定值，正确；⑤三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD 1B 1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确．故答案为：①②④⑤．评卷人得　分三．简答题（共__小题）16、如图，立体图形A-BCD 的四个面分别为△ABC 、△ACD 、△ADB 和△BCD ，E 、F 、G 分别是线段AB 、AC 、AD 上的点，且满足AE ：AB=AF ：AC=AG ：AD ，求证：△EFG BCD ∽△．答案：证明：在△ABD 中，∵AE ：AB=AG ：AD ，∴EG BD ∥．同理，GF DC ∥，EF BC ∥．又∠GEF 与∠DBC 方向相同．∴∠GEF=DBC ∠．同理，∠EGF=BDC ∠．∴△EFG BCD ∽△．17、如图，在三棱锥D-ABC 中，已知△BCD 是正三角形，AB ⊥平面BCD ，AB=BC=a ，E 为BC 的中点，F 在棱AC 上，且AF=3FC ．（1）求三棱锥D-ABC 的表面积；（2）求证AC ⊥平面DEF ；（3）若M 为BD 的中点，问AC 上是否存在一点N ，使MN ∥平面DEF ？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．答案：解：（1）∵AB ⊥平面BCD ，∴AB BC ⊥，AB BD ⊥．∵△BCD 是正三角形，且AB=BC=a ，∴AD=AC=．设G 为CD 的中点，则CG=，AG=．∴，，．三棱锥D-ABC 的表面积为．（2）取AC 的中点H ，∵AB=BC ，∴BH AC ⊥．∵AF=3FC ，∴F 为CH 的中点．∵E 为BC 的中点，∴EF BH ∥．则EF AC ⊥．∵△BCD 是正三角形，∴DE BC ⊥．∵AB ⊥平面BCD ，∴AB DE ⊥．∵AB∩BC=B ，∴DE ⊥平面ABC ．∴DE AC ⊥．∵DE∩EF=E ，∴AC ⊥平面DEF ．（3）存在这样的点N ，当CN=时，MN ∥平面DEF ．连CM ，设CM∩DE=O ，连OF ．由条件知，O 为△BCD 的重心，CO=CM ．∴当CF=CN 时，MN OF ∥．∴CN=．。

2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案

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大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 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P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。

高中立体几何试题及答案

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)。

高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)

高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)

立体几何小题100例一、选择题1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，11C D 上的动点，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，则当点P 运动时，PE 的最小值是（ ）A ．5B ．4C ．42．5【答案】D 【解析】试题分析：因为点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，所以，点P 在连接1111,A D B C 中点的连线上．为使当点P 运动时，PE 最小，须PE 所在平面平行于平面11AA D D ,2244()52PE =+=选D考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．2．如图在一个二面角的棱上有两个点A ，B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，=46,AB cm AC cm =， 8,217BD cm CD cm ==，则这个二面角的度数为（ ）A ．30︒B ．60︒C ．90︒D ．120︒ 【答案】B 【解析】试题分析：设所求二面角的大小为θ，则,BD AC θ<>=，因为CD DB BA AC =++，所以22222()222CD DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC =++=+++⋅+⋅+⋅CA DB而依题意可知,BD AB AC AB ⊥⊥，所以20,20DB BA BA AC ⋅=⋅=所以2222||||||||2CD DB BA AC BD AC =++-⋅即222417468286cos θ⨯=++-⨯⨯所以1cos 2θ=，而[0,]θπ∈，所以60θ=︒，故选B. 考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm ）可得这 个几何体的体积是（ ）112222侧视图俯视图主视图A ．343cmB ．383cmC ．33cmD ．34cm【答案】B ． 【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积382231312=⨯⨯==Sh V ． 考点：空间几何体的体积计算．4．如图，P 是正方体1111ABCD A B C D -对角线1AC 上一动点，设AP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为(x)f ，则(x)f 的图象大致是（ ）【答案】A 【解析】试题分析：设AC 与BD 交于点O ,连接OP .易证得BD ⊥面11ACC A ,从而可得BD OP ⊥.设正方体边长为1,在1Rt ACC ∆中126cos 33C AC ∠==.在AOP ∆中 22OA =,设(),03AP x x =≤≤,由余弦定理可得2222226231222362OP x x x x ⎛⎫=+-⋅⨯=-+ ⎪ ⎪⎝⎭,所以223162OP x x =-+.所以()22231262f x x x =-+.故选A. 考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.5．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1， ,E F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线,E F 的平面分别与棱BB '、DD '交于,M N ，设 BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个命题：（1）平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）当且仅当x=12时，四边形MENF 的面积最小；（3）四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数； （4）四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常函数； 以上命题中假命题．．．的序号为（ ） A ．（1）（4） B ．（2） C ．（3） D ．（3）（4） 【答案】C 【解析】试题分析：（1）由于AC EF //，B B AC BD AC '⊥⊥,，则D D B B ''⊥平面AC ，则D D B B EF ''⊥平面，又因为EMFN EF 平面⊂，则平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）由于四边形MENF 为菱形，MN EF S MENF ⋅=21，2=EF ，要使四边形MENF 的面积最小，只需MN 最小，则当且仅当21=x 时，四边形MENF 的面积最小；（3）因为1)21(2+-=x MF ，1)21(4)(2+-=x x f ，)(x f 在]1,0[上不是单调函数；（4）NE C F EC M F MENF C V V V '-'--'+=，ME C S '∆=41121=⋅'E C ，F 到平面ME C '的距离为1，1214131=⋅='-ME C F V ，又41121=⋅'⋅='∆E C S NE C ，1214131=⋅='-NE C F V ，61)(=x h 为常函数.故选（3）考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.6．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A）4 （B ）4 （C ）4 （D ）34【答案】D. 【解析】试题分析：连接B A 1；11//CC AA ,AB A 1∠∴是异面直线AB 与1CC 所成的角或其补角；在1ADA Rt ∆中，设11=AA ，则21,231==D A AD ；在1BDA Rt ∆中，2121=B A ；在1ABA ∆中，431122111cos 1=⨯⨯-+=∠AB A ；即面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为34. 考点：异面直线所成的角.7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为A ．π312B ．π12C ．π34D ．π3 【答案】D 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，32=r ，23=∴r ，因此ππ342==r S 表面积，故答案为D. 考点：由三视图求外接球的表面积.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90 D ．1AP PD +22+ 【答案】C 【解析】试题分析：111DC D A ⊥ ，11DC B A ⊥，1111A B A D A = ，⊥∴1DC 平面11BCD A ，⊂P D 1平面11BCD A 因此P D DC 11⊥，A 正确；由于⊥11A D 平面11ABB A ，⊂11A D 平面P A D 11，故平面⊥P A D 11平面AP A 1 故B 正确，当2201<<P A 时，1APD ∠为钝角，C 错；将面B AA 1与面11BCD A 沿B A 1展成平面图形，正视图 侧视图俯视图线段1AD 即为1PD AP +的最小值，利用余弦定理解221+=AD ，故D 正确，故答案为C ．考点：棱柱的结构特征． 9．下列命题中，错误的是（ ）A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两条直线不一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线 【答案】B 【解析】试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A 正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B 错，所以选B.考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.10．已知如图所示的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点P 、Q 分别在棱BB 1、DD 1上，且=，过点A 、P 、Q作截面截去该正方体的含点A 1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：当P 、B 1重合时，主视图为选项B ；当P 到B 点的距离比B 1近时，主视图为选项C ；当P 到B 点的距离比B 1远时，主视图为选项D ，因此答案为A. 考点：组合体的三视图11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为 （ ）A. B. C. D.【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC ，它是一个正四棱锥P-ABCD 的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4． 设其外接球的球心为O ，O 点必在高线PE 上，外接球半径为R ， 则在直角三角形BOE 中，BO 2=OE 2+BE 2=（PE-EO ）2+BE 2， 即R 2=（4-R ）2+（32）2，解得：R=174，故选C.考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力12．如右图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =11，AD =7，1AA =12，一质点从顶点A 射向点()4312E ，，，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将1i -次到第i 次反射点之间的线段记为()2,3,4i L i =，1L AE =，将线段1234,,,L L L L 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）【答案】C 【解析】 试题分析：因为37411>，所以1A E 延长交11D C 于F ，过F 作FM 垂直DC 于.M 在矩形1AA FM 中分析反射情况：由于35105AM =>，第二次反射点为1E 在线段AM 上，此时153E M =,第三次反射点为2E 在线段FM 上，此时24E M =,第四次反射点为3E 在线段1AF 上,由图可知，选C.考点：空间想象能力13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r , 则2286862r r r -+-+⇒=,故选B. 考点：三视图 内切圆 球 三棱柱14．已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 A ．14 B ．24 C ．34 D ．12【答案】B. 【解析】试题分析：如图作BE β⊥于E ，连结AE ，过A 作AG ∥CD ，作EG AG ⊥于G ，连结BG ，则.BG AG ⊥设2AB a =．在ABE ∆中，60,90,2,.BAE AEB AB a AE a ∠=︒∠=︒=∴=在Rt AEG ∆中，29045,90,cos 45.2GAE CAG AGE AG a a ∠=︒-∠=︒∠=︒∴=︒=在Rt ABG∆中，222cos 24AG BAG AB a ∠===∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．βαElBDACG考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算．15．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）A ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D 【解析】试题分析：三棱锥ABC D -在平面xoy 上的投影为ABC ∆，所以21=S ，设D 在平面yoz 、zox 平面上的投影分别为2D 、1D ，则ABC D -在平面yoz 、zox 上的投影分别为2OCD ∆、1OAD ∆，因为)2,1,0(1D ，)2,0,1(2D ，所以212=-S S ，故选D.考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.16．正方形ABCD 的边长为2，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且1AE =，12BF =，将此正 方形沿DE 、DF 折起，使点A 、C 重合于点P ，则三棱锥P DEF -的体积是（ ） A ．13B 523 D ．23【答案】B【解析】试题分析：解：因为90,DPE DPF ∠=∠=所以,DP PE DP PF ⊥⊥又因为PE ⊂平面PEF ,PF ⊂平面PEF ,且PE PF P =,所以DP ⊥平面PEF在PEF ∆中，22223151,,1222PE PF EF EB BF ⎛⎫===+=+= ⎪⎝⎭所以222351222cos 33212EPF ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∠==⨯⨯,225sin 133EPF ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭ 所以11355sin 122234PEF S PE PF EPF ∆=⋅⋅∠=⨯⨯⨯= 115523346PEF P DEF D PEF V V DP S ∆--==⋅⋅=⨯⨯=三棱锥三棱锥 所以应选B.考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.17．高为的四棱锥S ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离．解：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为：=故选A点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．18．二面角l αβ--为60°，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面,αβ内，AC l ⊥，BD l ⊥，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2aB ．5aC ．aD ．3a【答案】A【解析】试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式2222cos EF d m n mn θ=++± ，对于本题中，d a =，m a =，2n =，60θ=，故()222222cos 602CD a a a a a a =++-⋅⋅⋅=．考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力．19．长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（ ）．Ａ．14 B ．4 C ．32 D ．23【答案】B【解析】试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度．考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.20．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ , 由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF 与面MPQ 不垂直，所以选项C 是正确的；因为//EF l ，M 是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l 是唯一的，故选项D 不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．21．如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D【解析】试题分析：由于',A G DE FG DE ⊥⊥．所以DE ⊥平面'A FG ．经过点'A 作平面ABC 的垂线垂足在AF上．所以A 选项正确．由A 可知B 选项正确．当平面'A DE 垂直于平面BCDE 时，三棱锥EFD A -'的体积最大，所以C 正确．因为BD EF ，设2AC a =．所以'EF A E a ==，当'2A F a =时，32'(')2a A G GF A G GF a <+==．所以异面直线E A '与BD 可能垂直．所以D 选项不正确．考点：1．线面位置关系．2．面面的位置关系．3．体积公式．4．异面直线所成的角．5．空间想象力．22．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ ,由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；EF l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选因为//项D不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．23．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（）A．B．C．D．3【答案】A【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高．而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选A．24．如图所示，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值是（）A. 2:1B. 1:1C. 1:2D. 1:3【答案】C【解析】设AB ＝a.由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝.易证PQ ⊥面DCQ ，而PQ ＝，△DCQ 的面积为，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1:1，选C.25．正四面体ABCD ，线段AB //平面α，E ，F 分别是线段AD 和BC 的中点，当正四面体绕以AB 为轴旋转时，则线段AB 与EF 在平面α上的射影所成角余弦值的范围是（ ）A ． [0，22]B ．[22，1]C ．[21，1] D ．[21，22] 【答案】B【解析】试题分析：如图，取AC 中点为G ，结合已知得GF //AB ，则线段AB 、EF 在平面α上的射影所成角等于GF 与EF 在平面α上的射影所成角，在正四面体中，AB ⊥CD ，又GE //CD ，所以GE ⊥GF,所以222GF GE EF +=，当四面体绕AB 转动时，因为GF //平面α，GE 与GF 的垂直性保持不变，显然，当CD 与平面α垂直时，GE 在平面上的射影长最短为0，此时EF 在平面α上的射影11F E 的长取得最小值21，当CD 与平面α平行时，GE 在平面上的射影长最长为21，11F E 取得最大值22，所以射影11F E 长的取值范围是 [21，22]，而GF 在平面α上的射影长为定值21，所以AB 与EF 在平面α上的射影所成角余弦值的范围是[22，1].故选B 考点：1线面平行；2线面垂直。

高中数学立体几何大题练习与答案

高中数学立体几何大题练习与答案

一、解答题1．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）如图，有一个正四棱柱，E ､F 高中数学立体几何大题练习与答案分别为底面棱A D 11，D C 11的中点，=AB 4，=AA 61，点G 在AA 1上，且=AA AG 321.(1)判断直线BG 是否在平面BEF 内？说明理由； (2)求二面角A EF G −−1的余弦值.【答案】(1)直线BG 在平面BEF 内，理由见解析【分析】（1）建立空间直角坐标系，求平面BEF 的法向量，根据法向量与BG 的关系可判断；（2）运用几何法，得到二面角的平面角即可求解.【详解】（1）以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系 则E F B G (2,0,6),(0,2,6),(4,4,0),(4,0,4)所以(2,2,0)EF =−，(2,4,6)BE =−−，(0,4,4)BG =−设平面BEF 的法向量为(,,)n x y z =，则(1,1,1)n ⇒=⎩−−+=⎨⎧−++=x y z x y z 24602200所以其0BG n ⋅=且点B 在平面BEF 内，故直线BG 在平面BEF 内.（2）连接B D 11交EF 于O ，连接BO因为平面EFG 与平面BEF 是同一平面，平面A EF 1与平面B EF 1是同一平面， 则BOB 1为二面角−−B EF B 1的平面角，记为又==B O B D 43111，=BB 61所以==BO所以==θBO B O cos 12．（2023·江苏·百强名校期末）如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且⊥B D A F 11 ，⊥AC A B 1111.求证：（1）直线DE 平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F. 【答案】（1）详见解析（2）详见解析【详解】试题分析：（1）利用线面平行判定定理证明线面平行，而线线平行的寻找往往结合平面几何的知识，如中位线的性质等；（2）利用面面垂直判定定理证明，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，往往需要多次利用线面垂直性质定理与判定定理. 试题解析：证明：（1）在直三棱柱111ABC A B C 中，A C 11，AC 在三角形ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 所以DE AC ，于是11DE AC ，又因为DE ⊄平面⊂AC F AC ,1111平面AC F 11， 所以直线DE//平面AC F 11.（2）在直三棱柱111ABC A B C 中，面平⊥AA A B C 1111 因为⊂AC 11平面A B C 111，所以⊥AA AC 111，又因为面平面平，⊥⊂⊂⋂=AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ,,111111*********， 所以⊥AC 11平面ABB A 11.因为⊂B D 1平面ABB A 11，所以⊥AC B D 111.又因为面平面平，⊥⊂⊂⋂=B D A F AC AC F A F AC F AC A F A ,,1111111111111， 所以面平⊥B D AC F 111.因为直线面平⊂B D B DE 11，所以面平B DE 1面平⊥AC F .11 【考点】直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直；（4）证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.3．（2023高一下·吉林长春·百强名校期末）在四棱锥−P ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠=︒BAD 60，若==PA PD ∠=PAB 10cos ．（1）证明：平面⊥PAD 平面ABCD ； （2）求二面角−−B PD A 的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2 【分析】（1）取AD 中点O ，连结PO ，BO ，BD ，推导出⊥PO AD ，及⊥PO BO ，从而⊥PO 平面ABCD 由此得到平面⊥PAD 平面ABCD ．（2）由面面垂直的性质得到⊥BO 平面ABCD ，作⊥OE PD 于E ，由三垂线定理，得⊥BE PD ，从而∠BEO 就是二面角−−B PD A 的平面角，在POD Rt 中，计算各数据，得到所求角的正切值．【详解】（1）证明：取AD 中点O ，连结PO ，BO ，BD ，在PAD 中，=PA PD=AD 2，则⊥PO AD ，===PO 2．在菱形ABCD 中，∠=︒BAD 60，==AB AD 2，∴===AB AD BD 2，∴⊥BO AD ，且===BO PAB 中，∠=PAB cos ，∴=+−⋅⋅∠=+−=PB PA AB PA AB PAB 2cos 54227222． 在POB 中，+=+==OB PO PB 347222，∴⊥PO BO ，且ADBO O =∴⊥PO 平面ABCD ．又⊂PO 平面PAD ∴平面⊥PAD 平面ABCD ．（2）由（1）知平面⊥PAD 平面ABCD ，且平面⋂PAD 平面=ABCD AD ，且⊥BO AD ， ∴⊥BO 平面ABCD ，作⊥OE PD 于E ，由三垂线定理，得⊥BE PD ． ∴∠BEO 就是二面角−−B PD A 的平面角，在POD Rt 中，⊥OE PD ，有⋅=⋅PD OE PO OD =⨯OE 21，∴=OE在BOE Rt 中，∠===OE BEO OBtan∴二面角−−B PD A4．（2023高一下·吉林长春·百强名校期末）如图.已知正三棱柱111ABC A B C 的底面边长=AB 6，D ，E 分别是CC 1，BC 的中点，=AE DE .(1)三棱锥−A ECD 的体积； (2)正三棱柱111ABC A B C 的表面积.【答案】(2)【分析】（1）依题意可得⊥AE BC ，在由正三棱柱的性质得到⊥CC BC 1，利用勾股定理求出线段的长度，最后由A ECD D AEC AECV V SCD ==⋅−−31计算可得；（2）求出上下底面积及侧面积，即可求出棱柱的表面积.【详解】（1）因为E 是BC 的中点，ABC 为等边三角形，所以⊥AE BC ， 在正三棱柱111ABC A B C 中⊥CC 1平面ABC ，⊂BC 平面ABC ，所以⊥CC BC 1，又=AB 6，所以=EC 3，AE ===AE DE ，所以==CD所以AECS=⨯⨯=231所以33A ECD D AEC AECV V SCD ==⋅=⨯=−−11.（2）由（1）可知==CC CD 211112ABC A B C S S ==⨯⨯=61ABCS CCC =⋅=⨯⨯=侧366210821，所以棱柱的表面积=⨯=S 25．（2023高一下·四川成都·百强名校期末）如图，在四棱锥−P ABCD 中，⊥PC 底面ABCD ，在直角梯形ABCD 中，⊥AB AD ，BC AD //，==AD AB BC 22，E 是PD 中点.求证：(1)CE //平面PAB ； (2)平面⊥PCD 平面ACE . 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【分析】（1）取线段AP 的中点F ，可证得四边形BCEF 为平行四边形，从而得到CE BF //，由线面平行的判定可证得结论；（2）由线面垂直性质和勾股定理可分别证得⊥PC AC ，⊥AC CD ，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论.【详解】（1）取线段AP 的中点F ，连接EF BF ,，,E F 分别为PD AP ,中点，∴EF AD //，=EF AD 21， 又BC AD //，=BC AD 21，∴EF BC //，=EF BC ， ∴四边形BCEF 为平行四边形，∴CE BF //，BF ⊂平面PAB ，⊄CE 平面PAB ，∴CE //平面PAB . （2）PC ⊥平面ABCD ，⊂AC 平面ABCD ，∴⊥PC AC ； 设=AD 2，则==AB BC 1，//BC AD ，⊥AB AD ，∴⊥AB BC ，∴=AC ==CD∴+=AC CD AD 222，∴⊥AC CD ；PCCD C =，⊂PC CD ,平面PCD ，∴⊥AC 平面PCD ，AC ⊂平面ACE ，∴平面⊥PCD 平面ACE .6．（2023高一下·安徽六安·百强名校期末）在正三角形ABC 中，E ，F ，P 分别是AB 、AC 、BC 边上的点，满足===AE EB CF FA CP PB :::1:2（如图1）．将△AEF 沿EF 折起到的1A EF 位置，使平面⊥A EF 1平面BEF ，连结A B 1，P A 1（如图2）．(1)求证：FP //平面A EB 1；(2)求直线A E 1与平面A BP 1所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析(2)︒60．【分析】（1）依题意可得FP BA //，即FP BE //，从而得证；（2）法一：设E 到面A BP 1距离为h ，根据=−−V V A BPE E A BP 11，即可求得h 的值，进而求解即可．法二：在图1中过点F 作FD BC //交AB 于点D ，即可得到△ADF 为等边三角形，则⊥FE A E 1，再由面面垂直的性质得到⊥A E 1平面BEP ，设A E 1在平面A BP 1内的射影为A Q 1，且A Q 1交BP 于点Q ，则可得⊥BP 平面A EQ 1，则∠E AQ 1就是A E 1与平面A BP 1所成的角，再由锐角三角函数计算可得.【详解】（1）∵=CP PB CF FA ::，∴FP BA //， ∴FP BE //，∵⊂BE 平面A EB 1，⊄FP 平面A EB 1，∴BP //平面A EB 1； （2）法一：在图1中过点F 作FD BC //交AB 于点D ，因为===AE EB CF FA CP PB :::1:2， 所以==BD AD CF AF ::1:2，即D 、E 为AB 的三等分点，所以E 为AD 的中点，又ABC 为等边三角形，所以△ADF 也为等边三角形， 所以⊥FE AD ，则⊥FE A E 1，又平面⊥A EF 1平面BEF ，平面A EF 1平面=BEF FE ，⊂A E 1平面A EF 1，所以在图2中，⊥A E 1平面BEP ，又⊂BP 平面BEP ，∴⊥A E BP 1，设A E 1在平面A BP 1内的射影为A Q 1，且A Q 1交BP 于点Q ， 则可得⊥BP 平面A EQ 1，又⊂AQ 1平面A EQ 1，∴⊥BP AQ 1，则∠E AQ 1就是A E 1与平面A BP 1所成的角，设=AB 3，在△EBP 中，∵==BE BP 2，60=︒∠EBP ， ∴△EBP 是等边三角形，∴=BE EP ，又⊥A E 1平面BEP ，∴=A B A P 11，∴Q 为BP 的中点，且=EQ又=A E 11，在1A EQ Rt ，∠==A EEA Q EQtan 11601∠=︒EA Q ， 所以直线A E 1与平面A BP 1所成的角为︒60．法二：同法一可得⊥A E 1平面BEP ，设E 到面A BP 1距离为h ，设=AB 3，则==A B A P 11，则=−−V V A BPE E A BP 11，∴△△⋅=⋅S A E S h BPE A BP 331111，∴△△⨯===⋅⨯S h S A E A BP BPE 221221111，设A E 1与面A BP 1所成角为θ，则=θA E h sin 1︒≤≤︒θ090，∴=︒θ60． 所以直线A E 1与平面A BP 1所成的角为︒60．7．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）如图，四边形ABCD 是圆柱下底面的内接四边形，AC 是圆柱底面的直径，PC 是圆柱的一条母线，=AB AD ，∠=BAD 60，点F 在线段AP 上，=PA PF 4.(1)求证：平面⊥PCD 平面PAD ；(2)若==CP CA 4，求直线AC 与平面FCD 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析【分析】（1）先证⊥AD 平面PCD ，再根据面面垂直的判定定理可证平面⊥PCD 平面PAD ；（2）以C 为原点，CA 所在直线为x 轴，过C 且垂直于平面APC 的直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求出结果. 【详解】（1）因为PC 是圆柱的一条母线，所以⊥PC 底面ABCD ， 又⊂AD 底面ABCD ，所以⊥PC AD ， 因为AC 是圆柱底面的直径，所以⊥AD CD ， 因为⊂PC CD ,平面PCD ，⋂=PC CD C ， 所以⊥AD 平面PCD ，又因为⊂AD 平面PAD ，所以平面⊥PCD 平面PAD .（2）以C 为原点，CA 所在直线为x 轴，过C 且垂直于平面APC 的直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系， 因为=AB AD ，=AC AC ，∠=∠=ADC ABC 2π， 所以R R t ADC t ABC ≅，又∠=BAD 60，所以π6DAC BAC ==， 因为==CP CA 4，=PA PF 4，所以==CD AC221，=AD所以C (0,0,0)，A (4,0,0)， D ，F (1,0,3)， 所以(4,0,0)AC =−，(1,3,0)CD =，(1,0,3)CF =， 设平面FCD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则n CD x y n CF x z ⋅=+=⋅=+=⎩⎪⎨⎪⎧3030，取=−x 3，得y =z 1，则(3,3,1)n =−，设直线AC 与平面FCD 所成角为θ，则sin cos ,||||AC n AC n AC n ⋅=<>=θ==.即直线AC 与平面FCD 所成角的正弦值为13.8．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）如图，在四棱锥−P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱⊥PD 底面ABCD ，=PD DC ，E 、F 分别是PC 、AD 中点．（1）求证：DE //平面PFB ；（2）求PC 与面PFB 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2【分析】（1）取PB 的中点为G ，连接EG FG ,，可证四边形DEGF 为平行四边形，从而可证DE //平面PFB ；（2）利用等积法可求C 到平面PFB 的距离，从而可求PC 与面PFB 所成角的正弦值. 【详解】（1）取PB 的中点为G ，连接EG FG ,， 因为E G ,分别为所在棱的中点，故=EG BC EG BC 2//,1， 而=DF AD 21，=AD BC AD BC //,，故=EG DF EG DF //,， 故四边形DEGF 为平行四边形，所以FG DE //， 而⊂FG 平面PBF ，⊄DE 平面PBF ，故DE //平面PFB .（2）设=DC a ，连接CF ，设C 到平面PBF 的距离为h .因为⊥PD 底面ABCD ，⊂CD 平面ABCD ，故⊥PD CD ，同理⊥⊥PD AD PD BC ,， 而=PD DC，故PC .故=PF a 2，同理=BF a 2. 因为⊥BC CD ，而⋂=PD DC D ，故⊥BC 平面PCD ， 而⊂PC 平面PCD ，故⊥BC PC，所以==PB ，故△==S a PFB 2412， 又△=⨯⨯=S a a a FCB2212， 因为=−−V V P FCB C PFB，故⨯⨯=⨯a a h 32311122，故=h ，设PC 与面PFB 所成角为θ，则=θsin9．（2023高一·全国·课后作业）如图，在三棱锥P ABC −中，∠=︒ACB 90，⊥PA 底面ABC(1)证明：平面⊥PBC 平面P AC(2)若==AC BC PA ，M 是PB 中点，求AM 与平面PBC 所成角的正切值 【答案】(1)证明见解析【分析】（1）由∠=︒ACB 90，得到⊥AC CB ，再根据⊥PA 底面ABC ，得到⊥PA CB ，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；（2）作⊥AO PC ，连接OM ，由平面⊥PBC 平面P AC ，得到⊥AO 平面PBC ， 则∠AMO 即为AM 与平面PBC 所成的角求解. 【详解】（1）证明：因为∠=︒ACB 90， 所以⊥AC CB ，又⊥PA 底面ABC ， 所以⊥PA CB ，又⋂=AC PA A ， 所以⊥BC 平面P AC ， 因为⊂BC 平面PBC ， 所以平面⊥PBC 平面P AC ； （2）如图所示：作⊥AO PC ，连接OM ，因为平面⊥PBC 平面P AC ，平面⋂PBC 平面P AC=PC ， 所以⊥AO 平面PBC ，则∠AMO 即为AM 与平面PBC 所成的角，设===AC BC PA t ，则==AB PB ,，所以=AM 2，又=AO 2，所以==OM t 21，所以AM 与平面PBC 所成角的正切值为∠==OMAMO AOtan10．（2023高一下·重庆北碚·百强名校期末）如图，四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 为菱形，602ABC SA SD AB ====，∠，侧面SAB ⊥侧面SBC ，M 为AD 的中点．(1)求证：平面SMC ⊥平面SBC ；(2)若AB 与平面SBC 成30角时，求二面角−−A SC D 的大小， 【答案】(1)证明见解析 (2)︒90【分析】（1）由线面垂直与面面垂直的判定定理求解即可；（2）取BS 的中点N ，连接AN ，由题意可得=BS CS 的中点E ，连接AE DE ,，可证明∠AED 是二面角−=A SC D 的平面角，求出角∠AED 的大小即可求解 【详解】（1）因为=SD SA ，又M 为AD 的中点， 所以⊥SM AD ， 又BC AD //， 所以⊥SM BC ，又M 为AD 的中点，底面ABCD 为菱形，∠=︒ABC 60， 所以⊥CM AD AD BC ,//， 所以⊥CM BC ，因为⊥CM BC ，⊥SM BC ，⊥=SM CM M ，⊂SM 平面SCM ，⊂CM 平面SCM ，所以⊥BC 平面SCM ，因为⊂BC 平面SBC ， 所以平面⊥SBC 平面SCM ，（2）取BS 的中点N ，连接AN ，又=SA AB ， 所以⊥AN BS ，又平面⊥SAB 平面SBC ，平面SAB 平面=SBC SB ，⊂AN 平面SAB ，所以⊥AN 平面SBC ，又AB 与平面SBC 所成的角为︒30， 所以∠=︒ABN 30， 又=⊥AB AN BN 2,，所以===AN BN BS 1,由（1）知⊥BC 平面SCM ，又⊂SC 平面SBC ， 所以⊥BC SC ，又==BS BC 2，所以==CS 取CS 的中点E ，连接AE DE ,， 因为===SA AC CD SD ， 所以⊥⊥AE CS DE CS ,，所以∠AED 是二面角−=A SC D 的平面角，又====AC CD CE CS 22,1所以==AE 又+=+==AE DE AD 224222， 所以⊥AE DE ，即∠=︒AED 90， 所以二面角−=A SC D 的大小为︒90，11．（2023高一下·重庆北碚·百强名校期末）如图，三棱柱ABC —A B C 111的底面是等腰直角三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，∠=CAB 90，==AB AC AA 1 ，点P 是棱A B 11的中点，且P 在平面ABC 内的射影O 在线段BC 上，=BO BC 41，点M ，N 分别是线段CP ，CA 的中点(1)求证： MN //平面AA B B 11 (2)求二面角−−M AC B 的正切值． 【答案】(1)见解析【分析】（1）连接AP ，则由三角形中位线定理可得MN ∥AP ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论，（2）连接OB 1，取CO 的中点E ，连接ME ，过点E 作⊥EF AC 于F ，连接MF ，可证得∠MFE 为 二面角−−M AC B 的平面角，然后计算即可 【详解】（1）证明：连接AP ，因为M ，N 分别是线段CP ，CA 的中点， 所以MN ∥AP ，因为⊄MN 平面AA B B 11，⊂AP 平面AA B B 11， 所以MN ∥平面AA B B 11，（2）解：连接OB 1，取CO 的中点E ，连接ME ，过点E 作⊥EF AC 于F ，连接MF ， 因为M ，是线段CP 的中点，所以ME ∥OP ，=ME OP 21，因为⊥OP 平面ABC ，所以⊥ME 平面ABC ， 因为⊂AC 平面ABC ，所以⊥ME AC ， 因为⋂=ME EF E ， 所以⊥AC 平面MEF ，因为⊂MF 平面MEF ，所以⊥AC MF ， 所以∠MFE 为 二面角−−M AC B 的平面角， 设===AB AC AA 21，因为∠=CAB 90，所以=BC所以==BO BC 41==CO BC 43,所以==CE CO 21，=︒==EF CE 4sin 453， 在1OBB Rt 中，=+=+=OB OB BB 2241911222， 因为⊥OP 平面ABC ，平面ABC ∥平面A B C 111， 所以⊥OP 平面A B C 111， 因为⊂A B 11平面A B C 111， 所以⊥OP A B 11，所以===OP 2,所以==ME OP 21，在MEF Rt 中，∠===EF MEF ME 43tan 4,所以二面角−−M AC B 的正切值为312．（2023高一下·重庆渝中·百强名校期末）如图；正四棱柱−ABCD A B C D 1111中；=AA AB 21；点P 为DD 1的中点．(1)求证：直线∥BD 1平面PAC ；(2)求直线BC 1与平面APC 所成线面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2)15【分析】（1）设AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点，连接PO ，可得PO BD //1，可得直线BD //1平面PAC ；（2）设==AA AB 241，利用等体积法可求点D 到平面APC 的距离为d ，进而利用直线BC 1与平面APC 所成线面角与直线AD 1与平面APC 所成线面角相等，可求直线BC 1与平面APC 所成线面角的正弦值．【详解】（1）证明：设AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点，连接PO ，P 是DD 1的中点，∴PO BD //1，又PO ⊂平面PAC ，⊂BD 1平面PAC ，∴直线BD //1平面PAC ，（2）设==AA AB 241，则三角形APC为正三角形，===AP AC PC ，APCSAP ==42 设点D 到平面APC 的距离为d ，由等体积法：=−−V V P ADC D APC ， 所以1133ADC APCPD Sd S ⋅=⋅，则ADC APC PD S S ===⋅d 233423，由点P 为中点，所以点D ，D 1到平面APC 距离相等，由AD BC //11，所以直线BC1与平面APC 所成线面角与直线AD 1与平面APC 所成线面角相等， 设直线AD1与平面APC 所成线面角为θ，所以==θAD d sin 1∴直线BC 1与平面APC 所成线面角的正弦值为15．13．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C 中，∠=︒BAC 90，===AB AC AA 21，M 为AB 的中点，点G 为△A B C 111的重心.(1)证明：BG 平面ACM 1(2)求三棱锥−G A MC 1的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)32.【分析】（1）先证明平面BGN //平面ACM 1，再由面面平行的性质可得线面平行； （2）利用等体积法求解即可.【详解】（1）连接C G 1并延长交A B 11于点N ，连接BN CM BG ,,，如图，在直三棱柱111ABC A B C 中，点G 为△A B C 111的重心， 所以C N CM //1，又⊄C N 1平面ACM 1，⊂CM 平面ACM 1， 所以C N //1平面ACM 1，因为A N BM A N BM //,=11，所以四边形BMA N 1是平行四边形， 所以BN A M //1，又⊄BN 平面ACM 1，⊂A M 1平面ACM 1， 所以BN //平面ACM 1，又1=BN C N N ，所以平面BGN //平面ACM 1， 又⊂BG 平面BGN ，所以BG 平面ACM 1.（2）由（1）知BG平面ACM 1， 所以==−−−V V V G A MC B A MC A BMC 111， 三棱锥−A BMC 1的高=A A 21，△=⋅=⨯⨯=S BM AC BMC 2212111， 所以△==⋅=⨯⨯=−−V V AA S G A MC A BMC BMC 33321112111. 14．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）在直三棱柱111ABC A B C 中，=AB 3，=BC 4，=AA 21，︒∠=ABC 90，点D 为AC 的中点.(1)求证：AB 1//平面C BD 1； (2)求三棱锥−B BDC 11的体积. 【答案】(1)证明见详解 (2)2【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意可证⊥AB 平面BCC B 11，再利用转换顶点法求体积. 【详解】（1）连接B C 1交BC 1于点O ，连接DO ， 因为BCC B 11为平行四边形，则O 为B C 1的中点， 且点D 为AC 的中点，则AB 1//DO ，又因为⊄AB 1平面C BD 1，⊂DO 平面C BD 1， 所以AB 1//平面C BD 1.（2）因为⊥BB 1平面ABC ，⊂AB 平面ABC ，所以⊥BB AB 1， 又因为⊥AB BC ， 且BB BC B =1，⊂BB BC ,1平面BCC B 11，所以⊥AB 平面BCC B 11，且点D 为AC 的中点，故三棱锥−D BB C 11的高为=AB 2213，所以三棱锥−B BDC 11的体积==⨯⨯⨯⨯=−−V V B BDC D BB C 3222421311111.15．（2023·江苏苏州·百强名校期末）如图，在三棱锥P ABC −中，ABC 是边长为等边三角形，且===PA PB PC 6，⊥PD 平面ABC ，垂足为⊥D DE ,平面PAB ，垂足为E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(1)求二面角P AB C 的余弦值；(2)在平面PAC 内找一点F ，使得⊥EF 平面PAC ，说明作法及理由，并求四面体PDEF 的体积.【答案】(2)答案见解析，34.【分析】（1）根据条件确定∠PGD 就是二面角PAB C 的平面角，构造三角形求解；（2）根据给定的条件知⊥PB 平面PAC ，过点E 作PB 的平行线与P A 交于F ，则⊥EF 平面P AC ，再求出三棱锥−P EFD 的底面积和高即可.【详解】（1）PA PB PC ==，并且ABC 是等边三角形，∴三棱锥P ABC −是正三棱锥，D 是ABC 的中心，点G 是AB 边的中点；由⊥PD 平面ABC ， ⊥DE 平面PAB ，⊂AB 平面PAB ，可知⊥⊥⋂=AB PD AB DE PD DE D ,,，⊂PD 平面PDG ，⊂DE 平面PDG ，所以⊥AB 平面PDG ，进而得⊥⊥AB PG AB DG ,， 所以∠PGD 就是二面角PAB C 的平面角，又ABC 是边长为===PA PB PC 6，+=PA PB AB 222，PAB ∴是等腰直角三角形，同理△△PAC PBC ,都是等腰直角三角形；∴==PG AB 21===GD CG 3311∠==PG PGD GD cos P AB C ；（2）,,,PB PC PB PA PA PC P PA ⊥⊥=⊂平面PAC ，⊂PC 平面PAC ， ∴⊥PB 平面PAC ，同理⊥PC 平面PAB ，又⊥DE 平面PAB ，∴ED PC //，∴E 与点P ，D ，C 共面，即E 点在线段PG 上，又,2EDGPGC ED PC ∴==31，===PG CG PE PE CD 3,2∠=APG 4π，过E 点在平面P AB 内作PB 的平行线，与P A 交于F ，则⊥EF 平面PAC ， PEF 也是等腰直角三角形，==EF2， 又⊥DE 平面P AB ，⊂EF 平面P AB ，∴⊥DE EF ，将PEF 作为底面，则ED 是三棱锥−D PEF 的高，11143323P DEF D PEF PEFV V SDE ∴===⨯⨯⨯⨯=−−222，即四面体PDEF 的体积为34.16．（2023·上海嘉定·百强名校期末）在长方体−ABCD A B C D 1111中，==AD DD 11，=AB E 、F 、G 分别为AB 、BC 、C D 11的中点.(1)求三棱锥−A GEF 的体积；(2)点P 在矩形ABCD 内，若直线D P //1平面EFG ，求线段D P 1长度的最小值.【答案】【分析】（1）等体积由=−−V V A GEF G AEF 可得.（2）先证平面EFG //平面ACD 1，则由直线D P //1平面EFG 可得点P 在直线AC 上，进而可得线段D P 1长度的最小值【详解】（1）依题意有AEFSAE BF =⋅⋅=⋅=22228111，所以三棱锥−A GEF 的体积1133A GEF G AEF AEFV V SDD ==⋅⋅==−−11 （2）如图，连结D A D C AC ,,11，∵E F G ,,分别为AB BC C D ,,11的中点，∴⊄AC EF EF //,平面ACD 1，⊂AC 平面ACD 1， ∴EF //平面ACD ,1∵⊄EG AD EG //,1平面ACD 1，⊂AD 1平面ACD 1，∴EG //平面ACD 1， ∵EFEG E =，∴平面EFG //平面ACD 1，∵D P //1平面EFG ，∴点P 在直线AC 上，在△ACD 1中，AD AC CD ===2,211，1AD CS==21∴当⊥D P AC 1时，线段D P 1的长度最小，最小值为△⨯⨯AC S AD C 22211=21＝2. 17．（2023高一下·安徽合肥·百强名校期末）在多面体ABCDE 中，=BC BA ，DE BC //，AE ⊥平面BCDE ，=BC DE 2，F 为AB 的中点.(1)求证：EF //平面ACD ；(2)若==EA EBCD ，求二面角−−B AD E 的平面角正弦值的大小. 【答案】(1)证明见解析【分析】（1）取AC 中点G ，连接DG FG ,，由已知得四边形DEFG 是平行四边形，由此能证明EF //平面ACD ．（2）过点B 作BM 垂直DE 的延长线于点M ，过M 作⊥MH AD ，垂足为H ，连接BH ，则∠BHM 是二面角−−B AD E 的平面角，由此即可求出二面角−−B AD E 的正弦值的大小．【详解】（1）证明：取AC 中点G ，连接DG ，FG .因为F 是AB 的中点，所以FG 是ABC 的中位线， 则∥FG BC ，=FG BC 21，所以∥FG DE ，=FG DE ， 则四边形DEFG 是平行四边形，所以∥EF DG ，又⊄EF 平面ACD ，⊂DG 平面ACD ，故∥EF 平面ACD . （2）过点B 作BM 垂直DE 的延长线于点M ，因为AE ⊥平面BCDE ，⊂BM 平面ADE ，所以⊥AE BM ， 且⊥BM DE ，、DE AE平面ADE ，DEAE E =，则⊥BM 平面ADE ，⊂AD 平面ADE ，⊥BM AD ， 过M 作⊥MH AD ，垂足为H ，连接BH ，、⊂BM MH 平面BMH ，BM MH M =，则⊥AD 平面BMH ，所以⊥AD BH ，则∠BHM 是二面角−−B AD E 的平面角.设=DE a ，则==BC AB a 2，在△BEM 中，=EM a2，=BE ，所以=BM .又因为△△∽ADE MDH ，所以=HM ，则∠=BHM 6tan∴∠=BHM 13sin . 18．（2023高一下·浙江绍兴·百强名校期末）如图，四棱锥−P ABCD 中，∠=∠=︒ABC BCD 90，∆PAD 是以AD 为底的等腰直角三角形，===AB BC CD 224，E为BC 中点，且=PE（Ⅰ）求证：平面⊥PAD 平面ABCD ； （Ⅱ）求直线PE 与平面PAB 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ【分析】（Ⅰ） 过P 作AD 垂线，垂足为F ，由=+PE PF FE 222得，︒∠=PFE 90．又⊥PF AD ，可得⊥PF 平面ABCD ，即可证明．（Ⅱ）易得E 到平面PAB 距离等于F 到平面PAB 距离．过F 作AB 垂线，垂足为G ，在∆PFG 中，过F 作PG 垂线，垂足为Q ，可证得：⊥FQ 平面PAB ．求得：FQ ，从而==θPE FQ sin ，即可求解. 【详解】(Ⅰ) 过P 作AD 垂线，垂足为F ，由=+PE PF FE 222得，︒∠=PFE 90． 又⊥PF AD ，∴⊥PF 平面ABCD ， ∴平面⊥PAD 平面ABCD ；（Ⅱ）∵EF AB //，∴E 到平面PAB 距离等于F 到平面PAB 距离． 过F 作AB 垂线，垂足为G ，在∆PFG 中，过F 作PG 垂线，垂足为Q ， 可证得：⊥FQ 平面PAB ．求得：=FQ ，从而=θPE FQ sin即直线PE 与平面PAB【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的求解、是中档题．19．（2023高一下·湖南长沙·百强名校期末）已知正三棱柱111ABC A B C 中，=AB 2，M是B C 11的中点.(1)求证：AC //1平面A MB 1；(2)点P 是直线AC 1上的一点，当AC 1与平面ABC 所成的角的正切值为2时，求三棱锥−P A MB 1的体积． 【答案】(1)证明见解析【分析】（1）连接AB 1交A B 1于点N ，连接MN ，利用中位线的性质可得出MN AC //1，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）利用线面角的定义可求得CC 1的长，分析可知点P 到平面A MB 1的距离等于点C 1到平面A MB 1的距离，可得出==−−−V V V P A MB C A MB B A C M 11111，结合锥体的体积公式可求得结果. 【详解】（1）证明：连接AB 1交A B 1于点N ，连接MN ，因为四边形AA B B 11为平行四边形，⋂=AB A B N 11，则N 为AB 1的中点， 因为M 为B C 11的中点，则MN AC //1，1AC ⊄平面A MB 1，⊂MN 平面A MB 1，故AC //1平面A MB 1.（2）解：因为⊥CC 1平面ABC ，∴AC 1与平面ABC 所成的角为∠CAC 1， 因为ABC 是边长为2的等边三角形，则=AC 2，1CC ⊥平面ABC ，⊂AC 平面ABC ，∴⊥CC AC 1，则∠==ACCAC CC tan 211， 所以，==CC AC 241，1//AC 平面A MB 1，∈P AC 1，所以，点P 到平面A MB 1的距离等于点C 1到平面A MB 1的距离，因为M 为B C 11的中点，则△△===S S A MC A B C 22211211111则△===⋅=⨯−−−V V V BB S P A MB C A MB B A C M A C M 3341111111111. 20．（2023高一下·湖南长沙·百强名校期末）如图，在棱长为3的正方体ABCD −A'B'C'D'中，M 为AD 的中点.(1)求证：'DB //平面'BMA ；(2)在体对角线'DB 上是否存在动点Q ，使得AQ ⊥平面'BMA ？若存在，求出DQ 的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)【分析】（1）连接'AB 交'BA 于点E ，连接EM ，证得'EM DB //，结合线面平行的判定定理，即可证得'DB //面'BMA .（2）根据题意，证得BA ⊥'平面'ADB ，得到平面⊥'BMA 平面'ADB ，作⊥'AQ DB ，利用面面垂直的性质，证得⊥AQ 平面'BMA ，再由△△∽'ADB QDA Rt Rt ，即可求得DQ 的长. 【详解】（1）证明：连接'AB ，交'BA 于点E ，连接EM . 因为四边形''ABB A 是正方形，所以E 是'AB 的中点， 又M 是AD 的中点，所以'EM DB //，因为⊂EM 面'BMA ，/⊂'DB 面'BMA ，所以'DB //面'BMA .（2）在对角线'DB 上存在点Q ，且=DQ ⊥AQ 平面'BMA ， 证明如下：因为四边形''ABB A 是正方形，所以⊥''AB BA ， 因为⊥AD 平面''ABB A ，⊂'BA 面''ABB A ，所以⊥'AD BA ， 因为AB AD A ='，且⊂'AB AD ,平面'ADB ，所以BA ⊥'平面'ADB ，因为⊂'BA 平面'BMA ，所以平面⊥'BMA 平面'ADB ， 作⊥'AQ DB 于Q ，因为'EM DB //，所以⊥AQ EM ，因为⊂AQ 平面'ADB ，平面'ADB 平面='BMA EM ，所以⊥AQ 平面'BMA ，由△△∽'ADB QDA Rt Rt ，可得'==DB DQ AD 2所以当=DQ ⊥AQ 平面'BMA .21．（2023高一下·湖南长沙·百强名校期末）如图，在四棱锥P −中，底面ABCD 为正方形，侧面ADP 是正三角形，侧面ADP ⊥底面ABCD ，M 是DP 的中点.(1)求证：AM ⊥平面CDP ；(2)求直线BP 与底面ABCD 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析【分析】（1）先证得⊥AM DP ，由⊥CD AD ，结合面面垂直的性质，证得⊥CD 平面ADP ，进而得到⊥CD AM ，利用线面垂直的判定定理，即可证得⊥AM 平面CDP ； （2）取AD 的中点E ，连BE ，EP ，证得⊥PE 平面ABCD ，得到∠EBP 是所求直线与平面所成角，在直角△BEP 中，即可求解.【详解】（1）证明：因为侧面ADP 为正三角形，且M 为DP 中点，所以⊥AM DP ， 又因为底面ABCD 为正方形，所以⊥CD AD .因为平面⊥ADP 平面ABCD 且平面⋂ADP 平面=ABCD AD ，⊂CD 平面ABCD ， 所以⊥CD 平面ADP ，又因为⊂AM 平面ADP ，所以⊥CD AM ， 因为CDDP D =，且⊂CD DP ,平面CDP ，所以⊥AM 平面CDP .（2）解：取AD 的中点E ，连BE ，EP ，因为△ADP 为正三角形，且E 为AD 中点，所以⊥PE AD ，又因为平面⊥ADP 平面ABCD ，平面⋂ADP 平面=ABCD AD ，且⊂PE 平面PAD ， 所以⊥PE 平面ABCD ，所以∠EBP 是所求直线与平面所成角，不妨设=AD a 2，则在等边△ADP 中，可得EP =，在直角ABE 中，==BE ；在直角中，=BP ，故∠==BP EBP EP sin所以直线与底面22．（2023高一下·浙江·百强名校期末）如图，正三棱柱的底面边长为2，高，过的截面与上底面交于PQ ，且点是棱A C 11的中点，点在棱上．（1）试在棱上找一点，使得QD //平面，并加以证明；（2）求四棱锥−C ABQP 的体积． 【答案】（1）点为棱的中点，证明见解析；（2）43．【分析】（1）证法1：取的中点，连接DM ，B M 1，可得A B //11平面ABQP ，再由线面平行的性质可得A B PQ //11，则可得是棱的中点，由三角形中位线定理结合已知可得四边形DMB Q 1是平行四边形，可得QD B M //1，然后由线面平行的判定定理可证得结论；证法2：由已知条件可证得PQ //平面，从而得PDAA 1是平行四边形，PD AA //1，由线面平行的判定可得PD //面，从而得面PDQ //面，再由面面平行的性质可得结论； （2）解法一：连接，四棱锥−C ABQP 可视为三棱锥−C BPQ 和−C ABP 组合而成，然后分别求出两个三棱锥的体积即可；解法二：分别取和的中点，，连接，CM ，连接C N 1交PQ 于点，连接MG ，CG ，可证得平面⊥ABQP 平面CMNC 1，则⊥CG 平面ABQP ，然后结合已知条件求出等腰梯形ABQP 的面积，从而可求得四棱锥的体积【详解】（1）证法1：点为棱的中点，证明如下：取的中点，连接DM ，B M 1．∵AB A B //11，平面ABQP ，⊄A B 11平面ABQP ，∴A B //11平面ABQP ，∵平面，平面ABQP 平面=A B C PQ 111，∴A B PQ //11．又是棱A C 11的中点，∴是棱的中点，∴QB 1∥，=QB BC 211 ∵，分别为棱，的中点，∴DM ∥，=DM BC 21∴QB 1∥DM ，=QB DM 1∴四边形DMB Q 1是平行四边形，∴QD B M //1， ∵⊂B M 1平面，⊄OD 平面，∴QD //平面．证法2：为的中点时，QD //平面．证明如下： ∵AB //平面，平面ABQP ，平面ABQP 平面=A B C PQ 111，∴PQ AB //，⊄PQ 平面，平面，所以PQ //平面，又∵为的中点，为A C 11的中点，∴PDAA 1是平行四边形，∴PD AA //1，又∵⊄PD 平面，⊂AA 1平面，∴PD //面，又∵与PQ 在平面PDQ 内相交，∴面PDQ //面，又∵⊂QD 面PDQ ，∴DQ //平面．（2）解法一：连接，四棱锥−C ABQP 可视为三棱锥−C BPQ 和−C ABP 组合而成，三棱锥−C ABP 可视为，底面积ABCS==22，设=−V V C BAP 1，体积为==V 32111．三棱锥−C BPQ 与−C ABP 等高，体积比为底面积之比，设=−V V C BPQ 2，则△△===V V S S PQ AB BPQ BAP :::1:221，故==V V 241121，因此，=+=−V V V C ABPQ 4312，即为所求． 解法二：分别取和的中点，，连接，CM ，连接C N 1交PQ 于点，连接MG ，CG ． ∵和是正三角形，且，分别是和的中点， ∴⊥CM AB ，且CM ∥C N 1，=CM C N 1，则，，，四点共面．∵平面，平面，∴⊥CC AB 1，又平面CMNC 1，⊂CC 1平面CMNC 1，⋂=CM CC C 1，∴平面CMNC 1，∵平面ABQP ，∴平面⊥ABQP 平面CMNC 1．在矩形CMNC 1中，==MN CC 1===CN CM AB 1∴===C G NG CC MN 11，∴∠=∠=︒C GC NGM 451，且==CG 1，∴∠=︒CGM 90，即⊥CG MG ．又平面⊥ABQP 平面CMNC 1，平面ABQP 平面=CMNC MG 1，⊂CG 平面CMNC 1，∴⊥CG 平面ABQP ．在等腰梯形ABQP 中，==PQ A B 21111，，===BQ AP∴等腰梯形ABQP 的高=h ， ∴四棱锥−C ABQP 的体积形梯=⋅=⨯+⨯V CG S CG PQ AB hABQP 332111)(=+=32412113)(．23．（2023高一下·广西玉林·百强名校期末）在如图所示的七面体AA B C D C 1111中，四边形A B C D 1111为边长为2的正方形， ⊥AA 1平面A B C D 1111，∥CC AA 11，且==CC AA 211，，，分别是C C 1，，的中点.(1)求点到平面MNP 的距离；(2)若直线A C 11交PN 于点，直线交平面MNP 于点，证明：，，三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用三棱锥体积转换思想，先求三棱锥−C MNP 1的体积，再确定底面积△MNP ，最后得点到平面MNP 的距离即可【详解】（1）解：==⨯⨯⨯⨯=−−V V C MNP M C NP 32611111111记到平面MNP 的距离为d ，在△MNP 中，===MN NP MP △==S MNP 2221，∴△==−S d V MNPC 31MNP 1，（2）证明：∵∥AA CC 11， ∴与确定平面AA C C 11，∵，∈E 平面AA C C 11，且，∈E 平面MNP ，∴平面AAC C11平面=PMN ME ，∵⋂AC 1平面=MPN F ，∴∈F 平面PMN ，∈F 平面AA C C 11， ∴点在直线上，则，，三点共线.24．（2023高一下·福建泉州·百强名校期末）如图所示，在四棱锥中，已知P A ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 为梯形，，，====PA AD BC AB 33,点E 在线段PD 上，=PD PE 3．(1)求证：CE //平面P AB ； (2)求证：平面P AC ⊥平面PCD ． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可； （2）由线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可【详解】（1）（1）过E 作EF AD //交P A 于点F ，连接BF ， 因为，所以EF BC //．又=PD PE 3，所以=AD EF 3． 又=AD BC 3，所以所以四边形BCEF 为平行四边形， 所以CE BF //，又CE ⊄平面P AB ，BF ⊂平面P AB ， 所以CE //平面P AB ．。

(完整word版)高中立体几何大量习题及答案

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立体几何一、选择题1. 给出下列四个命题①垂直于同一直线的两条直线互相平行；②垂直于同一平面的两个 平面互相平行；③若直线4与同一平面所成的角相等，则4互相平行；④若直线 /|仏是异面直线，则与都相交的两条直线是异面直线。

其中假命题的个数是（）A. 1B. 2 C ・ 3 D. 42. 将正方形ABCD 沿对角线〃£）折成一个120。

的二面角，点C 到达点G ，这时异面直 线AD 与BCi 所成角的余弦值是（）A. —B. -C.逅D.- 2 2 4 43. —个长方体一顶点的三个面的面积分别是血、巧、后，这个长方体对角线的长为（）6. 正方体A ,B ,C ,D ,—ABCD 的棱长为a, EF 在AB 上滑动，且|EF|=b （b<a=9 Q 点在DC 上滑动，则四面体N —EFQ 的体积（）A ・与E 、尸位置有关 B.与Q 位置有关C.与E 、F 、0位置都有关D.与E 、F 、0位買均无关，是定值 7. 三个两两垂直的平面，它们的三条交线交于一点O,点P 到三个平面的距离比为1 ：2 ： 3, PO=2V14 ,则P 到这三个平面的距离分别是（）4. A. 2^3 B. 3^2 C. 6 如图，在正三角形ABC 中，D 、E 、尸分别为各边的中点，G 、H 、I 、丿分别为AF 、AD. BE 、DE 的中点.将△ ABC 沿QE 、EF 、Q 尸折成三棱锥以后，与〃所成角的度数为（A. 90° B ・ 60° C. 45。

5.两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放棱 长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正 方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面 上，则这样的几何体体积的可能值有（）A ・I 个B. 2个C. 3个 D0°D.A. 1, 2, 3 B・ 2, 4, 6 C・ 1, 4, 6 D・ 3, 6, 98. 如图，在四而体ABCD 中，截rfij AEF 经过四面 体的内切球（与四个面都相切的球）球心O,且 与BC, DC 分别截于E 、F,如果截面将四面体 分成体积相等的两部分，设四棱锥A —BEFD 与 三棱锥A-EFC 的表面积分别是Si ，52,则必有 （）A. S\<S2B. Si>S2C. S I =52D. 5I ，S2的大小关系不能确定 9. 条件甲：四棱锥的所有侧面都是全等三角形，条件乙：这个四棱锥是正四棱锥，则条 件甲是条件乙的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件10. 已知棱锥的顶点为P, P 在底面上的射影为O, PO=a,现用平行于底面的平面去截 这个棱锥，截面交PO 于点M,并使截得的两部分侧面积相等，设OM=b ，则a 与b 的关系是（） B ・ h= （ V2 +1） aD.后土色 2 —♦ f11. 已知向量d=（2, 4, x ）, 〃=（2, y, 2）,若f |=6, “ 丄〃，则 x+y 的值是（）12. 一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是迈,JI 亦，这个长方体它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是（）A.1271B. 1871C.3671D. 6兀 13. 己知某个几何体的三视图如下，图中标出的尺寸（单位:cm ）,则这个几何体的体积是（）已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧tfri 展开图扇形的圆心角为（ A.12O 0 B.15O 0 C.180° D.24O 0A ・ b= ( 5/2 —l)a A. 4000 14. A8000 正视图 俯视图20. 15.在一个倒置的正三棱锥容器内，放入一个钢球，钢球恰好与棱锥的四个而都接触，经 过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是（）“（-1,0,2）,且几+》与必―》互相垂直，贝IJR 值是（） 厂3 “7 C. — D.— 5516. 正四棱柱 ABCD-AiBiCiDi 中，AB=3, BBi=4.长为 1 的线段PQ 在棱AAi 上移动，长为3的线段MN 在棱 CCi±移动，点R 在棱BBi 上移动，则四棱锥R- PQMN 的体积是（）A. 6B. 10 C ・12 D ・不确定17. 已知三棱锥0—ABC 中，OA 、OB 、OC 两两互相垂直，若x+y=4,则已知三棱锥O —ABC 体积的最大值是（）1 2 >/3 B. — C. — D. 3 3 3 A.l18. 如图，在正四面体A-BCD 中，E 、F 、G 分别是三角形ADC 、ABD 、BCD 的中心, 则AEFG 在该正四面体各个面上的射影所有可能的序号是（）A.①③B.②®® c.③④D.②④ A/ \ /◎、L ________ \ ① MB — — —②19. 如來底而直径和高相等的圆柱的侧面积是s •那么圆柱的体积等于A.-VSB.-J-C.-VSD.- 2 2V K 44 vn 已知直线AB. CD 是异面直线，AC 丄AB, AC 丄CD, BD 丄CD, 则异面直线AB 与CD 所成角的大小为（）A. 30°B. 45° 且 AB=2, CD=1,C. 60°D. 75°已知向量”m°）,B.- 5 A. 1 OC=1, OA=x, OB=y,22. 在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最参可有（）A.4个B.2个C.3个D.1个23. 三棱锥A-BCD 中，AC 丄BD, E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，则四边形EFGH 是（）A.菱形B.矩形C.梯形D.正方形24. 在正四面体P —ABC 中，D 、E 、F 分别是AB 、BC 、CA 的中点，下面四个结论中不 成立的是（）25. 一棱锥被平行于底面的平面所截，若截面1何积与底面面积的比为1： 3,则此截面把一条侧棱分成的两线段之比为（）A.1： 3B.1： 2C.1：羽D.1：羽一 1 26. 正四面体P —ABC 中，M 为棱AB 的中点，则PA 与CM 所成角的余弦值为（）A 並B 並C 返D 迴 A. 2 B. § C. 4 D. 327. —个三棱锥S —ABC 的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，且长度分别为1, & ,3 已知该三棱锥的四个顶点都在一个球而上，则这个球的表面积为（）A.16nB.32 兀C.36 兀D.64 兀28. 在棱长为。

高中数学立体几何小题练习与答案

高中数学立体几何小题练习与答案

一、单选题1．（2023高一下·湖南长沙·百强名校期末）在空间四边形ABCD 中，若AB ⊥CD ，BC 高中数学立体几何小题练习与答案⊥AD ，则对角线AC 与BD 的位置关系为（ ） A ．相交但不垂直 B ．垂直但不相交C ．不相交也不垂直D ．无法判断【答案】B【分析】由题意可得A 在平面BCD 的射影O 是△BCD 的垂心，借助线面垂直可得线线垂直.【详解】如图，作⊥AO 平面BCD ，由⊥AB CD ，知⊥CD 平面ABO ，∴⊥BO CD .同理可证⊥DO BC ，∴O 为△BCD 的垂心，∴⊥OC BD ,又⊥⋂=OA BD OA OC O ,，∴⊥BD 平面ACO ，故⊥BD AC . 故选：B.2．（2023·全国·百强名校期末）已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，⊄αl ,⊄βl ,则 （ ）A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l【答案】D【详解】试题分析：由⊥m 平面α，直线l 满足⊥l m ，且⊄αl ，所以αl //，又⊥n平面β，⊥⊄βl n l ,，所以βl //，由直线m n ,为异面直线，且⊥m 平面⊥αn ,平面β，则α与β相交，否则，若αβ//则推出m n //，与m n ,异面矛盾，所以αβ,相交，且交线平行于l ，故选D ．考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．3．（2023高一下·湖南·百强名校期末）已知两条直线l ，m 与两个平面α，β，下列命题正确的是（ ）A ．若αl //，⊥l m ，则⊥αmB ．若αβ//，αm //，则βm //C ．若αl //，αm //，则l m //D ．若⊥αl ，βl //，则⊥αβ 【答案】D【分析】A.利用线面的位置关系判断；B.利用线面的位置关系判断； C.利用直线与直线的位置关系判断； D.由βl //，过l 作平面γ，有m γβ=，利用线面平行的性质定理得到得到l m //，再利用面面垂直的判定定理判断.【详解】A.若αl //，⊥l m ，则⊂ααm m //,或αm ,相交，故错误； B.若αβ//，αm //，则βm //或⊂βm ，故错误； C.若αl //，αm //，则l m //，l ，m 相交或异面，故错误； D.若βl //，过l 作平面γ，有m γβ=，则l m //，因为⊥αl ，所以⊥αm ，又⊂βm ，则⊥αβ，故正确. 故选：D4．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）将ABC 按斜二测画法得到A B C '''，如图所示，=''B C 2，=''A B 2，︒∠='''A B C 30，则ABC 的面积（ ）A ．2B ．C ．4D ．【答案】D【分析】利用正弦定理求出''A O ，即可得到平面图形中AO 的长度，即可求出面积.【详解】因为=''B C 2，=''A B 2，︒∠='''A B C 30，则∠='︒''A O B 135，由正弦定理'''∠''∠'=''''C A B O A B O A B A sin sin ，即=''A O 212，解得''A O则在平面图形ABC 中=BC 2，=AO所以2212ABCB SC AO .故选：D5．（2023高一下·湖北武汉·百强名校期末）如图，A O B '''是水平放置的AOB 的直观图，但部分图像被墨汁覆盖，已知'O 为坐标原点，顶点'A 、'B 均在坐标轴上，且AOB 的面积为9，则''O B 的长度为（ ）A ．43B ．2C ．23D 【答案】C【分析】先求得原图形三角形OB 的值，根据斜二测画法的规则进而求得''O B . 【详解】因为在直观图中，=''O A 6，所以原图形是一个底边长为=OA 6，高为OB 的直角三角形，故原图形的面积为⨯⨯=∴=OB OB 269,31．根据斜二测画法的规则,所以==''O B OB 2213.故选：C.6．（2023高一下·湖南长沙·百强名校期末）设α，β是两个不同的平面，a ，b 是两条不同的直线.下列说法正确的是（ ） ①若∥αβ ，∥αa ，则aβ或⊂βa ；②若⊥αa ，⊥αb ，则a b ；③若⊥αa ，⊥βa ，则αβ；④若⊥αβ，b αβ=，a b ⊥，则⊥βa .A ．①②③B ．②③④C ．①②④D ．①②③④【答案】A【分析】根据直线和平面的位置关系可判断A;由线面垂直的性质可判断B,C;根据面面垂直 的性质可判断D.【详解】①若∥∥αβαa ,，可得∥βa 或⊂βa ，故①正确； ②若⊥⊥ααa b ,，由直线与平面垂直的性质可得ab ，故②正确；③若⊥⊥αβa a ,，由直线与平面垂直的性质可得∥αβ，故③正确；④若⊥⋂=⊥αβαβb a b ,,，当⊂αa 时，一定有⊥βa 成立，当⊄αa 时，⊥βa 不一定成立，故④不正确.∴说法正确的是①②③.，故选：A .7．（2023高一下·四川成都·百强名校期末）如图，已知长方体''''−ABCD A B C D ，==AB AD 2，='AA 1，则直线'BD 与DC 所成角的余弦值为（ ）A BC ．43D ．32【答案】D【分析】数形结合，找到直线'BD 与DC 所成角∠ABD '，然后简单计算即可. 【详解】连接AD '，如图直线'BD 与DC 所成角为∠ABD '由题可知：⊥AB AD '，由==AB AD 2，='AA 1所以==BD '3，所以∠==BD ABD AB 3cos '2' 故选：D8．（2023高一下·吉林长春·百强名校期末）如图，已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，圆柱的表面积为π54，则球的体积为 （ ）A ．π27B ．π36C ．π54D ．π108【答案】B【分析】利用圆柱的表面积求出球的半径R ，再根据球的体积公式可求出结果. 【详解】设球的半径为R ，则圆柱的表面积为+⋅=πππR R R R 222622， 所以=ππR 6542，得=R 3，所以球的体积为==⨯=πππV R 332736443.故选：B9．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）在棱长为2的正方体−ABCD A B C D 1111中，M 为AB 的中点，过点M 的平面α截正方体−ABCD A B C D 1111的外接球的截面面积的最小值为（ ）A ．π2B ．2π3C ．πD ．2π【答案】C【分析】根据题意分析可知：当OM 与截面垂直时，截面半径r 最小，结合正方体与球的性质运算求解.【详解】正方体−ABCD A B C D 1111的外接球的球心O 为正方体的中心（对角线BD 1的中点），设球O 的半径为R ，可得==R BD 211连接OM AD ,1，则O M ,分别为AB BD ,1的中点，可得==OM AD 211， 根据球的对称性可知：当OM 与截面垂直时，截面半径r 最小，此时==r 1，截面面积的最小值为=r ππ2. 故选：C.10．（2023·全国·百强名校期末）某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm ，上､下底面圆的半径分别为4cm 和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯32高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（ ）A ．3cm π682 B ．cm π242 C ．3cm π762 D ．π25cm 2【答案】C【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的32，即4cm ，下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm ， 上底面圆的半径是3cm 10， 所以杯套的表面积⎝⎭ ⎪=⨯+⨯+⨯=⎛⎫S 33cm π24π2π107622)(. 故选：C.11．（2023高一·贵州贵阳·开学考试）如图甲，在梯形ABCD 中，AB CD //，CD ＝2AB ，E 、F 分别为AD 、CD 的中点，以AF 为折痕把△ADF 折起，使点D 不落在平面ABCF 内（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（ ） ①AF //平面BCD ；②BE //平面CDF ；③CD //平面BEF ．A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C【分析】利用线面平行判定定理即可证明AF //平面BCD ，进而得到①正确；求得BE 与平面CDF 相交，进而得到②错误；利用线面平行判定定理即可证明CD //平面BEF ，故③正确．【详解】对于①，由题意得AB CF AB CF //,=，∴四边形ABCF 是平行四边形， ∴AF //BC ，∵⊄AF 平面BCD ，BC ⊂平面BCD ， ∴AF //平面BCD ，故①正确；对于②，取DF 中点G ，连接EG ，CG ， ∵E 是AD 中点，AF //BC ，AF =BC ， ∴EG =21BC ，EG //BC∴四边形BCGE 为梯形， ∴直线BE 与直线CG 相交， ∴BE 与平面CDF 相交，故②错误； 对于③，连接AC ，交BF 于点O ，连接OE ， ∵四边形ABCF 是平行四边形， ∴O 是AC 中点， ∴OE //CD ，∵OE ⊂平面BEF ，⊄CD 平面BEF ， ∴CD //平面BEF ，故③正确． 故选：C ．12．（2023高一下·四川成都·百强名校期末）如图，三棱锥P ABC −中，⊥PC 平面ABC ，⊥CH PB ，⊥AB BC ，=PA 4，点C 到P A 的距离=CD 2，若BH 和平面CDH 所成角的正弦值为43，则BC 长度为（ ）A．1 BC D ．2【答案】A【分析】利用线面垂直的判定定理证明⊥CH 平面PAB ，再由⊥CD PA ，进而证明⊥PD 平面CDH ，进而可证明∠PHD 为BH 和平面CDH 所成的角，则∠==PH PHD PD 4sin 3，求出PH ，设=BC a ，由⋅=⋅PB CH PC CB ，解方程即可得出答案.【详解】因为⊥PC 平面ABC ，则⊂AB AC ,平面ABC ，所以⊥⊥PC AB PC AC ,， 又因为⊥AB BC ，且⋂=PC BC C ，⊂PC BC ,平面PBC ， 所以⊥AB 平面PBC ，因为⊂CH 平面PBC ，所以⊥AB CH ， 因为⊥CH PB ，且⋂=AB PB B ,⊂AB PB ,平面PAB ， 所以⊥CH 平面PAB ，⊂PA 平面PAB ，所以⊥CH PA ， 因为=PA 4，=CD 2，⊥PC AC ，所以点D 是PA 的中点， 又因为⊥CD PA ，所以△PAC 是等腰直角三角形，由⋂=⊂CH CD C CH CD ,,平面CDH ，所以⊥PA 平面CDH ， 所以∠PHD 为BH 和平面CDH 所成的角，因为=PA 4, 则=PD 2， 所以∠===PH PH PHD PD 4sin 23，则=PH 38，因为△PAC 是等腰直角三角形，所以==PC AC ，设=BC a ，所以==PB ，又=CH又因为⋅=⋅PB CH PC CB =， 解得：=a 1. 故选：A.13．（2023高一下·吉林长春·百强名校期末）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵、在堑堵111ABC A B C 中，若===AB BC AA 41，若P 为线段BA 1中点，则点P 到平面A B C 11的距离为（ ）A ．1B ．CD ．4【答案】C【分析】利用等积法可求B 到平面A B C 11的距离，进而可求点P 到平面A B C 11的距离. 【详解】因为ABC 为直角三角形，且=AB BC ，易知⊥AB BC ，而⊥AA 1平面ABC ，⊂BC 平面ABC ，故⊥AA BC 1，同理⊥AA AC 1，⊥BB BC 1， 而⋂=⊂AA AB A AA AB ,,11平面ABB 1，故⊥BC 平面ABB 1， 故1113323C AB B A B BV BC S=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=−44411132，又==AC ==A C 1，而==B C 1+=B C B A AC 1111222，所以⊥A B B C 111，故11113323B A BC A B CV d Sd d =⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=−411132，其中d 为B 到平面A B C 11的距离，故=d而P 为线段BA 1中点，故P 到平面A B C 11.故选：C.14．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）我国南北朝时的数学家祖暅提出了计算体积的原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个等高几何体，如果作任意高度为h 的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，则两个几何体体积相同．如图是个红酒杯的杯体部分，它是由抛物线2yx 在∈−x 2,2][的部分曲线以y 轴为轴旋转而成的旋转体，其上口半径为2，高度为4，那么以下几个几何体做成的容器与该红酒杯的容积相同的是（ ）．A ．如图一是一个底面半径为2，高为4的圆锥B ．如图二是一个横向放置的直三棱柱，高为π，底面是一个两直角边均为4的直角三角形C ．如图三是一个底面半径为2，高为4的圆柱挖去了同底等高的圆锥D ．如图四是一个高为4的四棱锥，底面是长宽分别为π和4的矩形 【答案】B【分析】先求得红酒杯在高度为h 处的截面面积，再分别求得选项A 、B 、C 、D 中几何体在高度为h 处截面的面积，结合祖暅原理，即可得答案.【详解】由题意得，该红酒杯上口径为2，则上面圆的面积为⋅=ππ242， 设A 点的纵坐标=y h A ，如图所示：因为A 点在抛物线2yx 上，所以=x A h 处，红酒杯水平截面圆半径为所以截面圆的面积为：⋅=ππh 2.对于A ：底面圆的半径为2，面积为⋅=ππ242，在高度为<<h h (04)处作圆锥的水平截面圆，半径为CD ，再作出圆锥的轴截面，如图所示：所以=CO h ，AB 为圆锥底面直径，所以=BE 2，=EO 4， 根据OCD OEB ∽可得：=EB EO CD CO ，解得=CD h2， 所以高度为h 处，圆锥的截面圆半径为h2，所以截面圆的面积为≠ππh h 42，故A 不符合题意.对于B ：直三棱柱上面''BCC B 面积为π4，在高度为<<h h (04)处作棱柱的水平截面DEFG ，如图所示：所以=AD h ，因为==AB BC 4， 根据ADG ABC △∽△，可得==DG AD h ，所以高度为h 处的截面DEFG 的面积为πh ，符合题意； 对于C ：圆柱上底面圆的面积为⋅=ππ242，在高度为<<h h (04)处作该几何体的水平截面圆，作出该几何体的轴截面，如图所示，所以=GF h ，GH 为圆锥截面圆的半径，==FB EF 2,4， 根据EGH EFB ∽可得：=EF FBEG GH，所以=−GH h24， 所以截去圆锥的截面面积为⎝⎭⎪⨯⎛⎫−πh 242，则所剩几何体的截面面积为⎝⎭⎪⨯−⨯=≠⎛⎫−−ππππh h h h 2424(8)222，故C 不符合题意； 对于D ：底面的面积为π4，在高度为<<h h (04)处作棱锥的水平截面EFGH ，如图所示：所以三棱锥−P EFGH 的高为h ，−P ABCD 的高为4，==πAB AD ,4， 根据△∽△PEF PAB 可得：==AB BC EF FG h4， 所以==πEF FG h h 4,， 所以截面EFGH 的面积为⨯=≠πππh h h h 442.故D 不符合题意.故选：B【点睛】解得的关键是理解祖暅原理，即作任意高度为h 的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，根据圆锥、圆柱、棱柱、棱锥的性质，逐一求得截面面积，即可得答案，考查分析理解，空间想象，计算求值的能力，属中档题.15．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）如图，在长方体−ABCD A B C D 1111中，1AM AB =3，1D N D C =3111，=AB 3，=AD 1，=AA 21，则直线DM 与BN 所成角的余弦值为（ ）A B C ．31D【答案】B【分析】取D C 11上靠近C 1的三等分点F ，取DC 上三等分点H E ,，可知直线DM 与BN 所成角即为直线BE 与BN 所成角，求出NE EB NB ,,，在NEB 中，由余弦定理求解即可. 【详解】取D C 11上靠近C 1的三等分点F ，取DC 上三等分点H E ,， 连接NH EF NB BH EN BE ,,,,,，因为==DE BM DE BM //,2，所以四边形DMBE 是平行四边形， 所以DM BE //，所以直线DM 与BN 所成角即为直线BE 与BN 所成角，=DM BE ，由正方体的性质可得：⊥NH 平面ABCD ，⊥EF 平面ABCD ， 所以⊂HB BE ,平面ABCD ，所以⊥NH BH ，⊥EF BE ，===HB ==NB 3，===NE在NEB 中，⋅∠===+−NB BE NBE NB BE NE 22cos 222，所以直线DM 与BN . 故选：B.16．（2023高一下·辽宁·百强名校期末）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C 中，棱柱的侧面均为矩形，=AA 11，==AB BC ∠=ABC 3cos 1，P 是线段A B 1上的一动点，则+AP PC 1最小值为（ ）A B C ．1D ．2【答案】B【分析】连接BC 1，得11A BC ，以A B 1所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面ABB A 11，设点C 1的新位置为'C ，连接'AC ，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理，余弦定理等求解'AC 即可.【详解】连接BC 1，得11A BC ，以A B 1所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面ABB A 11，设点C 1的新位置为'C ，连接'AC ，则有=≥'++'A AP PC AP PC C 1，如图，当'A P C ,,三点共线时，则'AC 即为+AP PC 1的最小值.在三角形ABC 中，==AB BC ∠=ABC 3cos 1，由余弦定理得：==AC 2,所以=AC 211，即='AC 21,在△A AB 1中，=AA 11，=AB由勾股定理可得：===A B 21,且∠=︒AA B 601. 同理可求：=C B 21，因为===A B BC AC 21111， 所以11A BC 为等边三角形，所以∠=︒BAC 6011，所以在1AAC '中，∠=∠+∠=︒''AAC AA B BAC 120111,=='AA AC 1,211,由余弦定理得：='AC故选：B.17．（2023高一·全国·对口高考）正四棱锥−S ABCD 的底面边长为2，高为2，E 是边BC 的中点，动点P 在表面上运动，并且总保持⊥PE AC ，则动点P 的轨迹的周长为（ ）A B C ．4D 1【答案】A 【分析】由题意，动点P 的轨迹为过E 且垂直AC 的平面与正四棱锥−S ABCD 的交线，再根据线面垂直的性质求解即可.【详解】如图，设AC BD ,交于O ，连接SO ，由正四棱锥的性质可得，⊥SO 平面ABCD ，因为⊂AC 平面ABCD ，故⊥SO AC .又⊥BD AC ，⋂=SO BD O ，，⊂SO BD 平面SBD ，故⊥AC 平面SBD .由题意，⊥PE AC 则动点P 的轨迹为过E 且垂直AC 的平面与正四棱锥−S ABCD 的交线，即如图EFG ，则⊥AC 平面EFG .由线面垂直的性质可得平面SBD //平面EFG ，又由面面平行的性质可得EG SB //，GF SD //，EF BD //，又E 是边BC 的中点，故EG GF EF ,,分别为,,SBC SDC BCD 的中位线.由题意====BD SB SD ++==EG EF GF 21即动点P故选：A18．（2023高一下·安徽合肥·百强名校期末）木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形，且ADE ，△BCF 均为正三角形，EF CD //，=EF 2，则该木楔子的体积为（ ）A．3B C ．3D ．3【答案】D【分析】如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG CH ,，取AD 的中点O ，连接GO ，求出4ADGBCHSS==2，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG CH ,， 则由题意等腰梯形ABEF 全等于等腰梯形CDEF ，则=======−EG HF AG GD BH HC 22,211 取AD 的中点O ，连接GO ，因为=AG GD ，所以⊥GO AD ，则GO∴12ADGBCHSS==⨯=1 因为AB EF //，⊥AG EF ，所以⊥AB AG ，因为四边形ABCD 为正方形， 所以⊥AB AD ，又因为ADAG A =，⊂AD AG ,平面ADG ，所以⊥AB 平面ADG ，所以⊥EF 平面AGD ，同理可证⊥EF 平面BCH ，∴多面体的体积柱棱三锥棱三柱棱三锥棱三锥棱三=++=+−−−−−V V V V V V E ADG F BCH AGD BHC E ADG AGD BHC 2=⨯=322111， 故选：D.19．（2023·山东济南·百强名校期末）已知正四面体ABCD 的表面积为E 为棱AB 的中点，球O 为该正四面体的外接球，则过点E 的平面被球O 所截得的截面面积的最小值为 A ．π49B ．π3C ．π4D ．π29【答案】B【分析】本题首先可以将正四面体放入正方体中，然后借助正方体的性质得出外接球的球心，通过正四面体ABCD 的表面积为AB 长，从而求得外接球的半径=R 【详解】如图所示，将正四面体放入正方体中，则正方体的中心即为其外接球的球心O ，因为正四面体ABCD 的表面积为 所以1123334ABDS， 因为∆ABD 是正三角形，所以21sin 60332ABDSAB ，=AB设正方体的边长为a ==a所以正四面体ABCD 的外接球直径为==R ， 设过点E 的截面圆半径为r ，球心O 到截面圆的距离为d ，正四面体ABCD 的外接球半径为R ，由截面圆的性质可得：=+=R r d 29222当d 最大时，r 最小，此时对应截面圆的面积最小.又≤d OE ，所以d 的最大值为=a 2r 2最小为3 所以过点E 的最小截面圆的面积为22ππ33πS r ，故选B ．【点睛】本题考查截面圆的相关性质，主要考查几何体与球的外接问题，可将几何体放入正方体中并借助正方体的相关性质得出球心，考查推理能力，是难题．20．（2023高一下·河南·百强名校期末）如图，在三棱锥P ABC −中，⊥PA 平面ABC ，==PA AB 3，=BC 4，︒∠=ABC 90，则点A 到平面PBC 的距离为（ ）．A B ．23C ．3D 【答案】A【分析】根据线面垂直的性质可得⊥PA BC ，再根据线面垂直的判定定理可得⊥BC 平面P AB ，则有⊥BC PB ，再利用等体积法即可得出答案.【详解】解：因为⊥PA 平面ABC ，⊂BC 平面ABC ，所以⊥PA BC ， 又因为︒∠=ABC 90，即⊥AB BC ， 因为PAAB A =，所以⊥BC 平面P AB ，又⊂PB 平面P AB ，所以⊥BC PB ，因为==PA AB 3，=BC 4，所以==PBPBC 的面积△=⋅=S PB BC PBC 21设点A 到平面PBC 的距离为h ，则三棱锥P ABC −的体积△△=⋅=⋅V S h S PA PBC ABC 3311，即⨯=⨯⨯⨯⨯332343111，解得=h即点A 到平面PBC . 故选：A.21．（2023高一下·湖北武汉·百强名校期末）已知一个长方体的封闭盒子，从同一顶点出发的三条棱长分别为3，4，5，盒内有一个半径为1的小球，若将盒子随意翻动，则小球达不到的空间的体积是（ ） A ．−3π3620 B ．−3π3222 C ．−π6012 D ．−3π6040 【答案】B【分析】分别计算小球在8个顶点和12条棱不能到达的空间体积，然后进行相加即可. 【详解】小球在8个顶点不能到达的空间相当于棱长为2的正方体挖去一个半径为1的球，其体积为−3π84，小球在AB ，CD ，A B 11，C D 11这4条棱不能到达的空间相当于一个长为3，宽为2，高为2的长方体挖去一个底面半径为1，高为3的圆柱， 其体积为⨯⨯−=−π123π3223，小球在BC ，AD ，B C 11，A D 11这4条棱不能到达的空间相当于一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1，高为2的圆柱， 其体积为⨯⨯−=−π82π2222，小球在AA 1，BB 1，CC 1，DD 1这4条棱不能到达的空间相当于一个长为2，宽为2，高为1的长方体挖去一个底面半径为1，高为2的圆柱， 其体积为⨯⨯−=−π4π221，所以小球不能到达的空间的体积为−+−+−+−=−33π32π4π82π123π8422，故选：B.22．（2023高一下·安徽合肥·百强名校期末）如图，在棱长为2的正方体−ABCD A B C D 1111中，Q 为AD 的中点，P 为正方体内部及其表面上的一动点，且⊥PQ BD 1，则满足条件的所有点P 构成的平面图形的周长是（ ）AB ．C ．D ．+4【答案】C【分析】证明出⊥BD 1平面AB C 1，⊥BD 1平面AC D 11，确定过点Q 的截面与正方体各棱的交.【详解】连接A D 1、C D 1、A C 11、AC 、AB 1、B C 1、BD ，如下图所示：因为四边形ABCD 为正方形，则⊥AC BD ，1DD ⊥平面ABCD ，⊂AC 平面ABCD ，∴⊥AC DD 1， 1D DD BD =，∴⊥AC 平面BDD 1，1BD ⊂平面BDD 1，∴⊥BD AC 1，同理可得⊥BD AB 11， 1ACAB A =，∴⊥BD 1平面AB C 1，同理可证⊥BD 1平面AC D 11，设过点Q 且垂直于BD 1的平面为平面α，则α与平面AB C 1、平面AC D 11都平行，//α平面ACB 1，平面⋂ABCD 平面=αQN ，平面⋂ABCD 平面=ACB AC 1，∴QN AC //，Q 为AD 的中点，则N 为CD 的中点，同理可知，平面α分别与棱CC 1、B C 11、A B 11、AA 1交于中点，易知六边形EFGHNQ 为正六边形，且其边长为=AC 21因此，满足条件的所有点P 构成的平面图形的周长是 故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面周长的计算，解题的关键在于利用正方体的几何性质，找出体对角线的垂面，进而确定截面与垂面平行，并以此作出截面.23．（2023高一下·河南安阳·百强名校期末）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD 为正方形，EF //底面ABCD ，四边形ABFE ，CDEF 为两个全等的等腰梯形，===EF AB AE 22,1甍的外接球的体积为（ ）A．3B ．π32C ．3D ．【答案】A【分析】根据给定条件，求出点E 到平面ABCD 的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.【详解】取AD ，BC 中点N ，M ，正方形ABCD 中心O ，EF 中点O 2，连接EN MN FM OO ,,,2，如图，依题意，⊥OO 2平面ABCD ，EF AB MN ////，点O 是MN 的中点，==MN AB 4，等腰△AED 中，⊥AD EN ，==EN =FM ，因此，等腰梯形EFMN 的高=OO 2 刍甍的外接球球心O 1在直线OO 2上，连O E O A OA ,,11，正方形ABCD 外接圆半径=OA则有⎩=+⎨=+⎧O E O E O O O A OA OO 122122211222，而===O A O E O E EF 2,11112， 当点O 1在线段O O 2的延长线（含点O ）时，视OO 1为非负数，若点O 1在线段O O 2（不含点O ）上，视OO 1为负数，即有=+=O O O O OO OO 21211，即+=+OO OO 1)11222，解得=OO 01，因此刍甍的外接球球心为O ，半径为=OA所以刍甍的外接球的体积为⨯=33π43. 故选：A【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.二、多选题24．（2023高一下·四川成都·百强名校期末）对于两个平面α，β和两条直线m ，n ，下列命题中假命题是（ ） A ．若⊥αm ，⊥m n ，则αn // B ．若αm //，⊥αβ，则βm // C ．若αm //，βn //，⊥αβ，则⊥m n D ．若⊥αm ，⊥βn ，⊥αβ，则⊥m n【答案】ABC【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合判定定理和性质定理对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A ，若⊥αm ，⊥m n ，则αn //或⊂αn ，故A 是假命题； 对于B ，若αm //，⊥αβ，有可能出现⊂βm ，故B 是假命题； 对于C ，若αm //，βn //，⊥αβ，有可能出现m n //，故C 是假命题； 对于D ，⊥αm ，⊥αβ，则⊂βm 或βm //， 若⊂βm ，则由⊥βn 得⊥n m ，若βm //，则β内有直线c m //，而易知⊥c n ，从而⊥m n ，D 是真命题. 故选：ABC.25．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角ABC 沿BC 向上翻折，得三棱锥，−A BCD 设=CD 2，点E ，F 分别为棱BC ，BD 的中点，M 为线段AE 上的动点.下列说法正确的是（ ）A ．存在某个位置，使⊥AB CD B ．存在某个位置，使⊥AC CDC ．当三棱锥−A BCD 体积取得最大值时，AD 与平面ABCD ．当=AB AD 时，+CM FM 【答案】ABCD【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB ，由三棱锥−A BCD 体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C ，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.【详解】解：当平面ABC 与平面BCD 垂直时，CD BC ⊥，平面ABC 与平面BCD 的交线为BC ，CD 平面ABC ，⊂AB AC ,平面ABC ，∴⊥CD AB ，⊥CD AC ，故AB 正确；当三棱锥−A BCD 体积取得最大值时，顶点A 到底面距离最大， 即平面ABC 与平面BCD 垂直时，由上面可知，⊥CD 平面ABC ，故AD 与平面ABC 成角为∠CAD ，因为=CD 2，所以=BC =BD 4，==AB AC∴∠==AC CAD DC tan ，故C 正确； 当=AB AD 时,因为F 为BD 的中点，所以⊥AF BD ，则==AF又因E 为BC 的中点，所以==EF CD 211，又=AE +=EF AF AE 222， 所以⊥AF EF ，如图将△AEF 沿AE 旋转，使其与△ACF 在同一平面内， 则当C M F ,,三点共线时，+CM FM 最小， 即+CM FM 的最小值为CF ，在△Rt AEF 中，∠==AE AEF AF sin ，则∠=∠+∠=−∠=−CEF AEF AEC AEF 3cos cos sin )(所以==CF所以+CM FM D 正确. 故选：ABCD.26．（2023高一下·重庆沙坪坝·百强名校期末）如图，正方体−ABCD A B C D 1111的棱长为4，F 是侧面ADD A 11上的一个动点（含边界），点E 在棱CC 1上，且=C E 11，则下列结论正确的有（ ）A ．平面AD E 1被正方体−ABCD ABCD 1111截得截面为等腰梯形 B ．若DF FD =1，直线⊥AF DE 1C ．若F 在DD 1上，+BF FED ．若⊥DF BD 1，点F 的轨迹长度为【答案】ACD【分析】在BC 上取点G ，使得=BG 1，则AD EG 1即为截面，从而判断A ，F 为DD 1的中点，在棱CC 1上取点M ，使得=CM 1，得到AF 与FM 不垂直，即可判断B ，将平面翻折，化折线为直线，结合两点之间线段最短判断C ，根据线面垂直得到线线垂直，即可判断D.【详解】对于A ：在BC 上取点G ，使得==C E BG 11，连接EG 、BC 1、AD 1、D E 1、AG ， 则BC EG //1，又=AB D C 11且AB D C //11，所以ABC D 11为平行四边形，则AD BC //11， 所以AD EG //1，所以A 、D 1、E 、G 四点共面，即平面AD E 1被正方体−ABCD A B C D 1111截得截面即为梯形AD EG 1，又==D E AG 1AD EG 1为等腰梯形，故A 正确； 对于B ：因为DF FD =1，所以F 为DD 1的中点，在棱CC 1上取点M ，使得=CM 1， 则EM //D F 1且=EM D F 1，所以D FME 1为平行四边形，所以FM D E //1，又=AF ==FM ==AM ， 显然+≠AF FM AM 222，即AF 与FM 不垂直，则AF 与D E 1不垂直，故B 错误； 对于C ：如图将平面CC D D 11展开到与平面BB D D 11共面，连接BE 交DD 1于点F ，则BE 即为+BF FE 的最小值，又=BE +BF FE C 正确；对于D ：连接B C 1、BC 1、AD 1、DA 1，则⊥B C BC 11，又⊥AB 平面C B BC 11，⊂B C 1平面C B BC 11，所以⊥AB B C 1，又1ABBC B =，⊂AB BC ,1平面ABC D 11，所以⊥B C 1平面ABC D 11，⊂BD 1平面ABC D 11，所以⊥B C BD 11，又DA B C //11，所以⊥DA BD 11，因为⊥DF BD 1，所以线段DA 1（不含点D ）即为点F 的轨迹，又==DA 1F 的轨迹长度为，故D 正确. 故选：ACD27．（2023高一下·四川成都·百强名校期末）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，它是三组对棱分别相等的四面体．已知等腰四面体ABCD中，三组对棱长分别是==AD BC 4，==AB CD ==AC BD 体的叙述正确的是（ ）A ．该四面体ABCDB ．该四面体ABCD 的外接球表面积是32πC ．∠+∠+∠<BAC DAC DAB πD ．一动点P 从点B 出发沿四面体ABCD 的表面经过棱AD 到点C 的最短距离是【答案】ABD【分析】将等腰四面体放入长方体中，即可由长方体的性质求解AB,利用三角形全等即可判断C ，由展开图，利用两点距离最小即可判断D. 【详解】如图，将等腰四面体ABCD 补成长方体， 设该长方体的长、宽、高分别是a ，b ，c ，则===4,解得=a ，=b 2，=c 4，则该等腰四面体的体积为：=⨯−⨯⨯⨯⨯=V 322424411．故A 正确，由于==AD BC 4，==AB CD ==AC BD ，所以△△≅ABD BAC ,ABC CDA ≅,故∠=∠∠=∠DAC BCA DAB CBA ,所以∠+∠+∠=∠+∠+∠=BAC DAC DAB BAC BCA CBA π,故C 错误，由于等腰四面体的三条棱分别是长方体的三条面对角线，所以长方体的外接球即为等腰四球的半径为=2⨯=π32π42(，故B 正确，将平面ABD 和平面ACD 沿着AD 翻折到一个平面'ABDC 内，连接'BC ,则'BC 即为最短距离，由于AD =4，=='AB C D =='AC BD 'ABDC 为平行四边形，设'BC 与DA 交于点O ,则O 为'BC 与DA 的中点，在△ABD 中，=⋅∠=+−AD AB BAD AD AB BD 2cos 222 故在△'ABC 中，==='BC BO 2故D 正确， 故选：ABD ．28．（2023高一下·河南商丘·百强名校期末）如图，四棱锥−P ABCD 的底面为正方形，⊥PD 底面ABCD ，==PD AD 1，点E 是棱PB 的中点，过A ，D ，E 三点的平面α与平面PBC 的交线为l ，则（ ）A ．直线l 与平面P AD 有一个交点B ．⊥PC DEC ．直线P A 与l 所成角的余弦值为2D ．平面α截四棱锥−P ABCD 所得的上下两个几何体的体积之比为53【答案】BD【分析】根据所给图像，作PC 中点F ，连接EF ，则EF 为交线l ，然后根据线面平行的基本定理可判断A ；结和线面垂直的判定及性质可判断B ；结合异面直线所成角的定义可判断C ；结和棱锥的体积公式可判断D.【详解】如图，取棱PC 的中点F ，连接EF ，DF ，因为E 是棱PB 的中点，则AD EF //，即A ，D ，E ，F 四点共面，则l 为直线EF ， 又⊂AD 平面P AD ，/⊂EF 平面P AD ，所以EF //平面P AD ，即l //平面P AD ，故A 错误； 由⊥PD 底面ABCD ，⊂AD 平面ABCD ，所以⊥PD AD ， 由=PD AD ，可得△PDC 为等腰直角三角形， 而斜边PC 的中点为F ，所以⊥PC DF ， 再由底面ABCD 是正方形，易得⊥AD CD ，又⋂=PD CD D ，且⊂PD CD ,平面PDC ，所以⊥AD 平面PDC ， 又⊂PC 平面PDC ，所以⊥AD PC ，又⋂=AD DF D ，且⊂AD DF ,平面ADFE ，所以⊥PC 平面ADFE ， 又⊂DE 平面ADFE ，所以⊥PC DE ，故B 正确；由AD EF //，则直线P A 与l 所成的角，即P A 与AD 所成的角，由⊥PD AD ，则∠==AP PAD AD 2cos ，即P A 与AD 所成的角的余弦值为2，故C 错误；=⋅=⨯⨯=−V PD S P ABCD ABCD 33311111，⎝⎭ ⎪=⋅=⨯⨯+⨯=⎛⎫−V PF S P AEFD AEFD 3322228111111，所以=−=−=−−V V V ABCDFE P ABCD P AEFD 3824115， 所以==−V V ABCDFEP AEFD 2455831，故D 正确. 故选：BD.。

(完整版)高中数学必修2立体几何测试题及答案

(完整版)高中数学必修2立体几何测试题及答案

高中数学必修2立体几何测试题及答案（一）一，选择（共80分，每小题4分）1，三个平面可将空间分成n 个部分，n 的取值为（ ）A ，4；B ，4，6；C ，4，6，7 ；D ，4，6，7，8。

2，两条不相交的空间直线a 、b ，必存在平面α，使得（ ）A ，a ⊂α、b ⊂α；B ，a ⊂α、b ∥α ；C ，a ⊥α、b ⊥α；D ，a ⊂α、b ⊥α。

3，若p 是两条异面直线a 、b 外的任意一点，则（ ）A ，过点p 有且只有一条直线与a 、b 都平行；B ，过点p 有且只有一条直线与a 、b 都垂直；C ，过点p 有且只有一条直线与a 、b 都相交；D ，过点p 有且只有一条直线与a 、b 都异面。

4，与空间不共面四点距离相等的平面有（ ）个A ，3 ；B ，5 ；C ，7；D ，4。

5，有空间四点共面但不共线，那么这四点中（ ）A ，必有三点共线；B ，至少有三点共线；C ，必有三点不共线；D ，不可能有三点共线。

6，过直线外两点，作与该直线平行的平面，这样的平面可有（ ）个A ，0；B ，1；C ，无数 ；D ，涵盖上三种情况。

7，用一个平面去截一个立方体得到的截面为n 边形，则（ ）A ，3≤n ≤6 ；B ，2≤n ≤5 ；C ，n=4；D ，上三种情况都不对。

8，a 、b 为异面直线，那么（ ）A ，必然存在唯一的一个平面同时平行于a 、b ；B ，过直线b 存在唯一的一个平面与a 平行；C ，必然存在唯一的一个平面同时垂直于a 、b ；D ，过直线b 存在唯一的一个平面与a 垂直。

9，a 、b 为异面直线，p 为空间不在a 、b 上的一点，下列命题正确的个数是（ ）①过点p 总可以作一条直线与a 、b 都垂直；②过点p 总可以作一条直线与a 、b 都相交；③过点p 总可以作一条直线与a 、b 都平行；④过点p 总可以作一条直线与一条平行与另一条垂直；⑤过点p 总可以作一个平面与一条平行与另一条垂直。

2024届高考数学专项立体几何大题含答案

2024届高考数学专项立体几何大题含答案

立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | (n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).2024届高考数学专项立体几何大题含答案模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1=60°，AB= BC=2，AC=AB1=2.(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；(2)求平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥A1D．(1)证明：DE⊥平面A1BE；(2)求二面角C-A1E-D的余弦值．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D-ABC中，△BCD是边长为3的正三角形，AB=AC=AD, AD与平面BCD所成角的余弦值为33．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角D-AC-B的平面角的正弦值．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD,AD⊥CD,AD=CD,AC=2,AB=3,∠CAB=60°，E为AB上的点，且AC⊥DE,DE与平面ABC所成角为30°，(1)求三棱锥D-BCE的体积；(2)求二面角B-CD-E的余弦值.10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为矩形，∠BAC=90°，AB= AC=2，AA1=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点N，M为B1C1的中点.(1)求证：平面A1MNA⊥平面A1BC；(2)求平面A1B1BA与平面BB1C1C夹角的余弦值.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等边三角形，侧面ACC1A1⊥底面ABC，且AA1=AC，∠AA1C1=120°，M是CC1的中点．(1)证明：A1C⊥BM．(2)求二面角A1-BC-M的正弦值．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面.(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为155，且线段AB长度为2，求点G到直线DF的距离.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO中，AE为底面圆O的直径，AE=AD，△ABC为底面圆O的内接正三角形，圆锥的高DO=18，点P为线段DO上一个动点.(1)当PO=36时，证明：PA⊥平面PBC；(2)当P点在什么位置时，直线PE和平面PBC所成角的正弦值最大.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，四边形PACQ为矩形，PA=1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP,DP与平面ABCD所成角相等；②三棱锥P-ABD体积为33；③cos∠BPA=55(1)平面PACQ⊥平面ABCD；(2)求二面角B-PQ-D的大小；(3)求点C到平面BPQ的距离.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，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O -xyz ，求点Q 的坐标．17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点.(1)在平面BCC1内，过C1作一条直线与平面A1AB平行，并说明理由；(2)若四棱锥B-A1ACC1的体积为23，设平面A1AB∩平面C1CB=l,Q∈l，求CQ的最小值.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt△ABC中，B为直角，AB=BC=6，EF∥BC，AE=2，沿EF将△AEF折起，使∠AEB=π3，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．(1)求证：平面AEF⊥平面ABC；(2)若AE⎳平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值．19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，AB=AP=2，PA⊥平面ABCD，E,F分别是线段PB,PD的中点，G是线段PC上的一点.(1)求证：平面EFG⊥平面PAC；(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为13，且G点不是线段PC的中点，求三棱锥E-ABG体积.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB=60°，点A1在下底面ABC 的投影为AB的中点O．(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.22(22·23·衡水·一模)如图所示，A ,B ,C ,D 四点共面，其中∠BAD =∠ADC =90°，AB =12AD ，点P ,Q 在平面ABCD 的同侧，且PA ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD .(1)若直线l ⊂平面PAB ，求证：l ⎳平面CDQ ；(2)若PQ ⎳AC ，∠ABP =∠DAC =45°，平面BPQ ∩平面CDQ =m ，求锐二面角B -m -C 的余弦值.23(22·23下·湖北·三模)已知平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为2，且有∠AA1D1=∠AA1B1=∠D1A1B1=60°．(1)求证：平面AA1C1C⊥平面A1B1C1D1；(2)求直线B1D与平面AA1C1C所成角的正弦值．24(22·23下·武汉·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.25(22·23下·黄冈·三模)如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，AE∥CD,AE=BE=2CD=2,CE =3．将四边形AECD沿AE折起，使得BC=3，得到如图2所示的几何体．(1)若G为AB的中点，证明：DG⊥平面ABE；(2)若F为BE上一动点，且二面角B-AD-F的余弦值为63，求EFEB的值．26(22·23·德州·三模)图1是直角梯形ABCD，AB⎳CD，∠D=90°，AD=3，AB=2，CD=3，四边形ABCE为平行四边形，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在线段BE上存在点P使得PA与平面ABC1的正弦值为365，求平面BAC1与PAC1所成角的余弦值．27(22·23·山东·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⎳CD，AB⊥BC，PA =AB=BC=2，CD=4．(1)证明：AD⊥PC；(2)若M为线段PB的靠近B点的四等分点，判断直线AM与平面PDC是否相交？如果相交，求出P到交点H的距离，如果不相交，说明理由．28(22·23·黄山·三模)如图，在直角梯形ABCD中，AD⎳BC，AD⊥CD，四边形CDEF为平行四边形，对角线CE和DF相交于点H，平面CDEF⊥平面ABCD，BC=2AD，∠DCF=60°，G是线段BE上一动点(不含端点)．(1)当点G为线段BE的中点时，证明：AG⎳平面CDEF；(2)若AD=1,CD=DE=2，且直线DG与平面CDEF成45°角，求二面角E-DG-F的正弦值．29(22·23·菏泽·三模)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，其中AA1=2AC=4,AB=BC,F为BB1的中点，点E是CC1上靠近C1的四等分点，A1F与底面ABC所成角的余弦值为2 2．(1)求证：平面AFC⊥平面A1EF；(2)在线段A1F上是否存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1所成的锐二面角的余弦值为277，若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由．30(22·23·福州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=2，AB=AC=1，将△PAB绕着PA逆时针旋转π3到△PAD的位置，得到如图所示的组合体，M为PD的中点.(1)当∠BAC为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；(2)当PC⎳平面MAB时，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.31(22·23·福州·二模)如图1，在△ABC 中，AB =AC =2,∠BAC =2π3,E 为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF ⊥AB .将△BEF 沿EF 翻折到△B EF 的位置，如图2.(1)当AB =2时，证明：平面B AE ⊥平面ABC ；(2)已知二面角B -EF -A 的大小为π4，棱AC 上是否存在点M ，使得直线B E 与平面B MF 所成角的正弦值为1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由.32(22·23·三明·三模)如图，平面五边形ABCDE 由等边三角形ADE 与直角梯形ABCD 组成，其中AD ∥BC ，AD ⊥DC ，AD =2BC =2，CD =3，将△ADE 沿AD 折起，使点E 到达点M 的位置，且BM =a .(1)当a =6时，证明AD ⊥BM 并求四棱锥M -ABCD 的体积；(2)已知点P 为棱CM 上靠近点C 的三等分点，当a =3时，求平面PBD 与平面ABCD 夹角的余弦值.33(22·23·宁德·一模)如图①在平行四边形ABCD 中，AE ⊥DC ，AD =4，AB =3，∠ADE =60°，将△ADE 沿AE 折起，使平面ADE ⊥平面ABCE ，得到图②所示几何体．(1)若M 为BD 的中点，求四棱锥M -ABCE 的体积V M -ABCE ；(2)在线段DB 上，是否存在一点M ，使得平面MAC 与平面ABCE 所成锐二面角的余弦值为235，如果存在，求出DMDB的值，如果不存在，说明理由．34(22·23·龙岩·二模)三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =AC =2，侧面A 1ACC 1为矩形，∠A 1AB =2π3，三棱锥C 1-ABC 的体积为233．(1)求侧棱AA 1的长；(2)侧棱CC 1上是否存在点E ，使得直线AE 与平面A 1BC 所成角的正弦值为55？若存在，求出线段C 1E 的长；若不存在，请说明理由．35(22·23下·浙江·二模)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，AA1⎳BB1⎳CC1，AA1⊥平面A1B1C1，△A1B1C1为等边三角形，A1B1=BB1=2，AA1=3，CC1=1，点M是AC的中点．(1)若点G是△A1B1C1的重心，证明；点G在平面BB1M内；(2)求二面角B1-BM-C1的正弦值．36(22·23下·浙江·三模)如图，三棱台ABC-A1B1C1中，A1C1=4，AC=6，D为线段AC上靠近C的三等分点.(1)线段BC上是否存在点E，使得A1B⎳平面C1DE，若不存在，请说明理由；若存在，请求出BEBC的值；(2)若A1A=AB=4，∠A1AC=∠BAC=π3，点A1到平面ABC的距离为3，且点A1在底面ABC的射影落在△ABC内部，求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值.37(22·23下·苏州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为62的等边三角形，且PA= PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D,DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G.(1)求二面角P-AB-C的余弦值；(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积.38(22·23·沧州·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成.C,E,D,G在同一平面内，且CG=DG.(1)证明：平面BFD⊥平面BCG；(2)若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为105，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值.39(23·24上·永州·一模)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且AD=2AB=4,M、N分别为PD、BC的中点，H在线段PC上，且PC=3PH．(1)求证：MN⎳平面PAB；(2)当AM⊥PC时，求平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值．40(22·23·潍坊·三模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为3，点E在母线PC上，且AE=3，CE=1．(1)求证：PO∥平面BDE；(2)求证：平面BED⊥平面ABD(3)若点M为线段PO上的动点．当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离．立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | (n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 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O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，22所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，。

高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题单选题1、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′，A′C′分别与x′轴，y′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解.由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则O′A′=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，×4×4√2=8√2.故原平面图形的面积为12故选：A3、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C4、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D5、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.6、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B.7、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D8、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1， 由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.多选题9、(多选)下列说法中正确的是（）A．若直线l与平面α不平行，则l与α相交B．直线l在平面外是指直线和平面平行C．如果直线l经过平面α内一点P，又经过平面α外一点Q，那么直线l与平面α相交D．如果直线a∥b，且a与平面α相交于点P，那么直线b必与平面α相交答案：CD分析：由线面直线的位置关系逐一判断即可求解.若直线l与平面α不平行，则l与α相交或l⊂α，所以A不正确．若l⊄α，则l//α或l与α相交，所以B不正确．由线面直线的位置关系可知，C、D正确.故选：CD10、如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，则（）A．截面α可能为六边形B ．存在点N ，使得BN ⊥截面αC ．若截面α为平行四边形，则1≤CN ≤2D ．当N 与C 重合时，截面面积为3√64答案：CD分析：利用点N 的位置不同得到的截面α的形状判断选项A ，C ，利用线面垂直的判定定理分析选项B ，利用平面几何知识求相应的量结合梯形的面积公式求得截面的面积，从而可判断选项D ．长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =1，AA 1=2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于N ， 设N 0为CC 1的中点，根据点N 的位置的变化分析可得：当1≤CN ≤2时，截面α为平行四边形，当0<CN <1时，截面α为五边形，当CN =0时，即点N 与点C 重合时，截面α为梯形，故A 不正确，C 正确；设BN ⊥截面α，因为B 1M ⊂面α，所以BN ⊥B 1M ，所以N 只能与C 重合才能使BN ⊥B 1M ，因为BN 不垂直平面B 1CQM ，故此时不成立，故B 不正确；因为当点N 与点C 重合时，截面α为梯形，如下图所示：过M 作MH 垂直于B 1C 于H ，设梯形的高为ℎ，MH =x ，则由平面几何知识得：ℎ2=(√2)2−x 2=(√52)2−(√52−x)2，解得x =2√55,ℎ=√305，所以截面α的面积为：12×(√5+√52)×ℎ=12×3√52×√305=3√64，故D 正确；故选：CD ．小提示：关键点睛：本题考查长方体的截面的形状，关键在于分析动点在不同的位置时，截面的形状，运用线面平行的判定定理和平面几何知识求得截面的面积．11、在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的棱上一点，|PB|+|PC1|=λ，则（）A．λ=2时，满足条件的点P的个数为1B．λ=4时，满足条件的点P的个数为4C．λ=4√2时，满足条件的点P的个数为2D．若满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，则λ的取值范围为(2√2,4)答案：BC分析：根据各棱上的点P到B,C1两点距离之和对选项进行逐一分析，由此确定正确选项.设E,F分别是C1D1,AB的中点，|BD1|=√22+(2√2)2=2√3，|BE|=|C1F|=√12+(2√2)2=3，|A1C1|=|A1B|=2√2.由于|BC1|=2√2，所以|PB|+|PC1|=λ≥2√2，所以A选项错误.λ=4，满足|PB|+|PC1|=4的点为B1,C,E,F共4个，所以B选项正确.λ=4√2，满足|PB|+|PC1|=4√2的点为A1,D共2个，所以C选项正确.当P在正方形ADD1A1（不包括A,D,D1,A1）上运动时，λ∈(2+2√3,4√2)，此时棱A1B1与棱CD上，也存在点使λ∈(2+2√3,4√2).所以当λ∈(2+2√3,4√2)时，满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，所以D选项错误.故选：BC填空题12、已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG是______四边形．答案：平行分析：由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB，CD的位置关系，即可得到答案.由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α，所以AB//FH，又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则FH//EG，同理GH//CD//EF，所以四边形EFHG是平行四边形，所以答案是：平行13、如图已知A是△BCD所在平面外一点，AD=BC，E､F分别是AB、CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大小为π3，则AD与EF所成角的大小为___________.答案：π3或π6分析：取AC的中点G，连接EG,GF，则∠EGF=π3或∠EGF=2π3，分别分析这两种情况下∠GFE的大小即为AD与EF所成角.解：如图所示：取AC的中点G，连接EG,GF，则EG//BC，GF//AD，所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD=BC，所以EG=GF，当∠EGF=π3时，△EGF为等边三角形，∠GFE=π3，即AD与EF所成角的大小为π3；当∠EGF=2π3时，EG=GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE=π6，即AD与EF所成角的大小为π6.所以答案是：π3或π6.14、已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，棱长均为2，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为AB 的中点D ，E 为AC 的中点，则直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为________．答案：34分析：根据三棱柱性质与题中的中点条件，可将所求直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值转化为求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值，那么就要通过多次转化最终求得△AGB 1中三边长，然后直接在△AGB 1中运用余弦定理即可.如图，取A 1C 1中点G ，连接B 1G,AG,AE,DE,GE ,由三棱柱的性质易证得GE //BB 1,GE =BB 1,所以四边形GEBB 1为平行四边形，所以GB 1//BE ,所以下面即求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值.由题意知，A 1D ⊥平面ABC ,因为AB,DE ⊂平面ABC ,所以A 1D ⊥AB,A 1D ⊥DE ，在Rt △AA 1D 中，AA 1=2,AD =12AB =1,∠A 1DA =90°,求得A 1D =√3,∠A 1AD =60°. 所以在菱形AA 1B 1B 中，AB 1=2ABcos30°=2√3.在Rt △A 1DE 中，∠A 1DE =90°,A 1D =√3,DE =12BC =1,求得A 1E =2. 所以在△A 1AE 中，根据余弦定理得cos∠A 1AE =AA 12+AE 2−A1E 22AE⋅AA 1=14,所以cos∠AA 1G =cos(π−∠A 1AE)=−14.在△A 1AG 中根据余弦定理得AG 2=AA 12+A 1G 2−2AA 1⋅A 1Gcos∠AA 1G,AG =√6.在△AGB 1中，AG =√6,AB 1=2√3,GB 1=√3,根据余弦定理得cos∠GB 1A =GB 12+AB12−AG 22GB 1⋅AB 1=34,所以直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值为34，即直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为34. 故答案为:34解答题15、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.。

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高中数学立体几何练习题精选试卷姓名班级学号得分说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间90分钟。

２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。

考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）一．单选题（每题2分，共40分）1．设直线l，m和平面α，β，下列条件能得到α∥β的有（）①l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β；②l⊂α，m⊂α且l∥m；③l∥α，m∥β且l∥m．A．1个B．2个C．3个D．0个2．一个四面体中如果有三条棱两两垂直，且垂足不是同一点，这三条棱就象中国武术中的兵器--三节棍，所以，我们常把这类四面体称为“三节棍体”，三节棍体ABCD四个顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为A（0，0，0）、B（0，4，0）、C（4，4，0）、D（0，0，2），则此三节棍体外接球的表面积是（）A．36πB．24πC．18πD．12π3．一个圆锥的侧面展开图的圆心角为90°，它的表面积为a，则它的底面积为（）A．B．C．D．4、如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为4，且侧棱AA1⊥底面ABC，其主视图是边长为4的正方形，则此三棱柱的侧视图的面积为（）A．16B．2C．4D．5．三棱锥P-ABC的侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=2，则三棱锥P-ABC的外接球的体积是（）A．2πB．4πC．πD．8π6．在正方体ABCD-A′B′C′D′中，过对角线BD‘的一个平面交AA′于点E，交CC′于点F．则下列结论正确的是（）①四边形BFD′E一定是平行四边形②四边形BFD′E有可能是正方形③四边形BFD′E在底面ABCD的投影一定是正方形④四边形BFD′E有可能垂于于平面BB′D．A．①②③④B．①③④C．①②④D．②③④7．如图，在四面体A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB=BC=CD=1，则AD=（）A．1B．C．D．28．已知a，b是空间两条异面直线，它们所成的角为80°，过空间一点P作直线l，使l与a，b所成角均为50°，这样的l有（）A．1条B．2条C．3条D．4条9．满足下面哪一个条件时，可以判定两个不重合的平面α与β平行（）A．α内有无数个点到平面β的距离相等B．α内的△ABC与β内的△A"B"C"全等，且AA"∥BB"∥CC"C．α，β都与异面直线a，b平行D．直线l分别与α，β两平面平行10．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，有下列四个命题：①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若m∥α，n∥α，且m⊂β，n⊂β，则α∥β；③若m∥α，n⊂α，则m∥n；④若α∥β，m⊂α，则m∥β．其中正确命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个11．在直二面角α-AB-β的棱AB上取一点P，过P分别在α、β两个平面内作与棱成45°的斜线PC、PD，那么∠CPD的大小为（）A．45°B．60°C．120°D．60°或120°12、如图，将边长为1的正方形ABCD ，沿对角线BD 折起来，使平面ABD ⊥平面C ′BD ，则AC ′=（ ）A ．1B ．C ．D ．13．一个正四棱锥的底面面积为Q ，则它的中截面（过各侧棱的中点的截面）的边长是（ ） A ．B ．C ．D ．14．某几何体的三视图如图实数，则当x+y 取最大值时，该几何体的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．15．空间三条直线a ，b ，c 中，b 和c 是一对异面直线，取三条直线中某两条直线确定平面，那么可以确定平面个数是（ ） C /A BC D 正视图 侧视图 俯视图xyξ6 11A．0或1B．1或2C．0或2D．0或1或216．已知二面角α-l-β的大小为60°，且m⊥α，n⊥β，则异面直线m，n所成的角为（）A．30°B．120°C．90°D．60°17．设α、β表示平面，l表示不在α内也不在β内的直线，给出下列命题：①若l⊥α，l∥β，则α⊥β；②若l∥β，α⊥β，则l⊥α；③若l⊥α，α⊥β，则l∥β．其中正确的命题是（）A．①③B．①②C．②③D．①②③18．三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=AC=1，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°．若E为PC 中点，则BE与平面PAC所成的角的大小等于（）A．30°B．45°C．60°D．90°19．在正方体A1C中，对角线A1C与平面B1BCC1所成的角是（）A．∠A1CB1B．∠A1CC1C．∠A1CB D．∠A1B1C20．若m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题中真命题是（）A．若m⊥β，m∥α，则α⊥βB．若α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n，则α∥βC．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αD．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ二．填空题（每题3分，共15分）21．将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得BD=a，则三棱锥D-ABC的体积是______．22．如图，图①、②、③是图④表示的几何体的三视图，其中图①是______，图②是______，图③是______（说出视图名称）．23．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别为4，6，过AB的中点E且平行BD，AC的截面四边形的周长为______．24、如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①；②∠BAC=60°；③三棱锥D-ABC是正三棱锥；④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直．其中正确结论的序号是______．（请把正确结论的序号都填上）25．直角三角形ABC中，CA=CB=，M为AB的中点，将△ABC沿CM折叠，使A、B之间的距离为1，则三棱锥M-ABC外接球的体积为______．三．简答题（每题9分，共45分）如图，多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB=AD=DG=2，AC=EF=1．（1）证明四边形ABED是正方形；（2）判断点B，C，F，G是否四点共面，并说明为什么？（3）连接CF，BG，BD，求证：CF⊥平面BDG．27、如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB平行于CD，，AD1⊥A1C，E是A1B1中点．（1）求证：CD⊥A1D1．（2）求二面角C-D1E-B1的大小．28、如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE=3EB1．（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；（Ⅱ）设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1-AC1-B1的大小．29．按下列叙述画出图形（不必写作法）：直线a，b相交于点M，点N不在直线a，b上，点N分别与直线a，b确定平面α，β．30、如图，已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，BC=2AD．（1）求证：AB⊥PD；（2）在线段PB上是否存在一点E，使AE∥平面PCD，若存在，指出点E的位置并加以证明；若不存在，请说明理由．参考答案一．单选题（共__小题）1．设直线l，m和平面α，β，下列条件能得到α∥β的有（）①l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β；②l⊂α，m⊂α且l∥m；③l∥α，m∥β且l∥m．A．1个B．2个C．3个D．0个答案：D解析：解：对于①，∵l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β，当直线l与直线m相交时，α∥β，故①错误；对于②，l⊂α，m⊂α且l∥m，不能得到α∥β，故②错误；对于③，如图，l∥α，m∥β且l∥m，α∩β=n，故③错误；故选：D．2．一个四面体中如果有三条棱两两垂直，且垂足不是同一点，这三条棱就象中国武术中的兵器--三节棍，所以，我们常把这类四面体称为“三节棍体”，三节棍体ABCD四个顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为A（0，0，0）、B（0，4，0）、C（4，4，0）、D（0，0，2），则此三节棍体外接球的表面积是（）A．36πB．24πC．18πD．12π答案：A解析：解：由题意，可补成长方体，同一顶点的三条棱长分别为2，4，4，其对角线长为=6，∴三节棍体外接球的半径为3，∴三节棍体外接球的表面积是4π×32=36π，故选：A．3．一个圆锥的侧面展开图的圆心角为90°，它的表面积为a，则它的底面积为（）A．B．C．D．答案：A解析：解：设圆锥的母线为l，所以圆锥的底面周长为：，底面半径为：=，底面面积为：．圆锥的侧面积为：，所以圆锥的表面积为：+=a，底面面积为：=．故选A．4、如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为4，且侧棱AA1⊥底面ABC，其主视图是边长为4的正方形，则此三棱柱的侧视图的面积为（）A．16B．2C．4D．答案：D解析：解：根据题中的直观图和三视图，结合题意可得∵主视图是边长为4的正方形，∴三棱柱的侧棱与底面垂直，底面是边长为4的等边三角形，作出底面等边三角形的高，可得等边三角形的高为4sin60°=2，∵侧视图是以侧棱长为一边、底面三角形的高为另一边的矩形∴侧视图的面积S=4×=故选：D5．三棱锥P-ABC的侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=2，则三棱锥P-ABC的外接球的体积是（）A．2πB．4πC．πD．8π答案：B解析：解：以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC外接球．∵长方体的对角线长为2，∴球直径为2，半径R=，因此，三棱锥P-ABC外接球的体积是πR3=π×（）3=4π故选：B．6．在正方体ABCD-A′B′C′D′中，过对角线BD‘的一个平面交AA′于点E，交CC′于点F．则下列结论正确的是（）①四边形BFD′E一定是平行四边形②四边形BFD′E有可能是正方形③四边形BFD′E在底面ABCD的投影一定是正方形④四边形BFD′E有可能垂于于平面BB′D．A．①②③④B．①③④C．①②④D．②③④答案：B解析：解：①∵四边形BFD′E与面BCC′B′的交线为BF，与面ADD′A′的交线为D′E，且面BCC′B′∥面ADD′A′的交线为D′E，∴BF∥D′E，同理可证明出BE∥D′F，∴四边形BFD′E一定是平行四边形，故结论①正确．②当F与C′重合，E与A点重合时，BF显然与EB不相等，不能是正方形，当这不重合时，BF和BE不可能垂直，综合可知，四边形BFD′E不可能是正方形结论②错误．③∵四边形BFD′E在底面ABCD的投影是四边形A′B′C′D′，故一定是正方形，③结论正确．④当E，F分别是AA′，CC′的中点时，EF∥AC，AC⊥BD，∴EF⊥BD，BB′⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，∴BB′⊥AC，∴BB′⊥EF，∵BB′⊂面BDD′B′，BD⊂面BDD′B′，BD∩BB′=B，∴EF⊥面BDD′B′，∵EF⊂四边形BFD′E，平面BB′D⊂面BDD′B′，∴面形BFD′E⊥面BDD′B′．故结论④正确．故选：B．7．如图，在四面体A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB=BC=CD=1，则AD=（）A．1B．C．D．2答案：C解析：解：∵AB⊥平面BCD，CD⊂面BCD，∴AB⊥CD，又CD⊥BC，∴CD⊥面ABC，∴CD⊥AC，又AB=BC=CD=1，∴AD2=AC2+CD2=AB2+BC2+CD2=3，∴AD=．故选C．8．已知a，b是空间两条异面直线，它们所成的角为80°，过空间一点P作直线l，使l与a，b所成角均为50°，这样的l有（）A．1条B．2条C．3条D．4条答案：C解析：解：在空间取一点P，经过点P分别作a∥a‘，b∥b'，设直线a'、b'确定平面α，当直线PM满足它的射影PQ在a'、b'所成角的平分线上时，PM与a'所成的角等于PM与b'所成的角因为直线a，b所成的角为80°，得a'、b'所成锐角等于80°所以当PM的射影PQ在a'、b'所成锐角的平分线上时，PM与a'、b'所成角的范围是[40°，90°）．这种情况下，过点P有两条直线与a'，b'所成的角都是50°当PM的射影PQ在a'、b'所成钝角的平分线上时，PM与a'、b'所成角的范围是[50°，90°）．这种情况下，过点P有且只有一条直线（即PM⊂α时）与a'，b'所成的角都是50°综上所述，过空间任意一点P可作与a，b所成的角都是50°的直线有3条故选：C．9．满足下面哪一个条件时，可以判定两个不重合的平面α与β平行（）A．α内有无数个点到平面β的距离相等B．α内的△ABC与β内的△A"B"C"全等，且AA"∥BB"∥CC"C．α，β都与异面直线a，b平行D．直线l分别与α，β两平面平行答案：C解析：解：A错，若α∩β=a，b⊂α，a∥b，α内直线b上有无数个点到平面β的距离相等，则不能断定α∥β；B错，若α内的△ABC与β内的△A‘B'C'全等，如图，在正三棱柱中构造△ABC与△A'B'C'全等，但不能断定α∥β；C正确，因为分别过异面直线a，b作平面与平面α，β相交，可得出交线相互平行，从而根据面面平行的判定定理即可得出平面α与β平行；D错，若直线l分别与α，β两相交平面的交线平行，则不能断定α∥β；故选C．10．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，有下列四个命题：①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若m∥α，n∥α，且m⊂β，n⊂β，则α∥β；③若m∥α，n⊂α，则m∥n；④若α∥β，m⊂α，则m∥β．其中正确命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A解析：解：①若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故原命题不正确；②若m∥α，n∥α，且m⊂β，n⊂β，则α∥β，对照面面平行的判定定理可知缺少条件“相交直线”，故不正确；③若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面或相交，故不正确；④若α∥β，m⊂α，则m∥β，根据面面平行的性质可知正确；故正确命题的个数是1个故选：A11．在直二面角α-AB-β的棱AB上取一点P，过P分别在α、β两个平面内作与棱成45°的斜线PC、PD，那么∠CPD的大小为（）A．45°B．60°C．120°D．60°或120°答案：D解析：解：如图，当两斜线PC，PD同向时，在PC上取点C，过C作CG⊥AB于G，在平面β内过G作GD⊥AB，交PD于D，连结CD．∵二面角α-AB-β为直二面角，∴CG⊥β，则CG⊥GD．在Rt△CGP中，∵∠CPG=45°，设CG=a，则PG=a，∴PC=．在Rt△DGP中，∵∠DPG=45°，∴DG=PG=a，则PD=．在Rt△DGC中，∵CG=DG=a，∴CD=．∴△PCD是等边三角形，∴PC和PD所成角为60°；如图，当两斜线PC，PD异向时，在PC上取点C，过C作CG⊥AB于G，在PD上取点D，使PD=CG，连结CD，∵二面角α-AB-β为直二面角，∴CG⊥β，则CG⊥GD．设CG=a，在Rt△CGP中，∵∠CPG=45°，∴PG=a，则PC=，PD=CG=，∵∠BPD=45°，∴∠DPG=135°．在△DPG中，GD2=PG2+PD2-2PG•PDcos135°==5a2．∴CD2=CG2+GD2=a2+5a2=6a2．在△DPC 中，．∴∠DPC=120°．∴PC 和PD 所成角为120°．所以∠CPD 的大小为60°或120°．故选D ．12、如图，将边长为1的正方形ABCD ，沿对角线BD 折起来，使平面ABD ⊥平面C ′BD ，则AC ′=（ ）A ．1B ．C ．D ．答案：A解析：解：取BD 的中点O ，连接OA ，OC ′，则∵将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起来，使平面ABD ⊥平面C ′BD ， ∴AO ⊥CO ，AO=CO=，∴AC ′==1故选：A ．13．一个正四棱锥的底面面积为Q ，则它的中截面（过各侧棱的中点的截面）的边长是（ ）C /AB C D OA ．B ．C ．D ．答案：A解析：解：由棱锥的几何特征可得棱锥的中截面与棱锥的底面是相似图形且相似比为则棱锥的中截面与棱锥的底面的面积之比为相似比的平方又∵棱锥的底面面积是Q ，∴棱锥的中截面面积是，则它的中截面的边长是故选A ．14．某几何体的三视图如图实数，则当x+y 取最大值时，该几何体的体积为（）A ．B ．C ．D ．答案：A解析： 正视图 侧视图 俯视图xyξ6 11解：该几何体是长方体一角，如图所示，可知AC=，BD=1，BC=y，AB=x．设CD=a，AD=b，则a2+b2=6，a2+1=y2，b2+1=x2，消去a2，b2得x2+y2=8≥，所以x+y≤4，当且仅当x=y=2时等号成立，此时a=b=，所以V==．故选A．15．空间三条直线a，b，c中，b和c是一对异面直线，取三条直线中某两条直线确定平面，那么可以确定平面个数是（）A．0或1B．1或2C．0或2D．0或1或2答案：D解析：解：∵b和c是一对异面直线若a与b，c均相交，则可以确定两个平面；若a与b，c中一条平行与另一条相交，则可以确定两个平面；若a与b，c中一条平行与另一条异面，则可以确定一个平面；若a与b，c中一条相交与另一条异面，则可以确定一个平面；若a与b，c均异面，则可以确定零个平面；故选D16．已知二面角α-l-β的大小为60°，且m⊥α，n⊥β，则异面直线m，n所成的角为（）A．30°B．120°C．90°D．60°答案：D解析：解：因为m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，所以m，n所成的角就是二面角α-l-β的大小，因为二面角α-l-β的大小为60°，所以是60°故选D．17．设α、β表示平面，l表示不在α内也不在β内的直线，给出下列命题：①若l⊥α，l∥β，则α⊥β；②若l∥β，α⊥β，则l⊥α；③若l⊥α，α⊥β，则l∥β．其中正确的命题是（）A．①③B．①②C．②③D．①②③答案：A解析：解：①，由l∥β，可以知道过l的平面与β相交，设交线为m，则l∥m，又l⊥α，所以m ⊥α，m⊂β，故α⊥β，正确；②，由l∥β，α⊥β，则l与α可以平行、相交垂直，故错误；③，l⊥α，α⊥β，则l与β平行或在β内，而条件是l表示不在α内也不在β内的直线，故只有l∥β，正确．故选A．18．三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=AC=1，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°．若E为PC 中点，则BE与平面PAC所成的角的大小等于（）A．30°B．45°C．60°D．90°答案：B解析：解：作PO⊥平面ABC，垂足为O则∠POA=∠POB=∠POC=90°，而PA=PB=PC，PO是△POA、△POB、△POC的公共边∴△POA≌△POB≌△POC∴AO=BO=CO，则点O为三角形ABC的外心∵△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°∴点O为AC的中点，则BO⊥AC而PO⊥BO，PO∩AC=O∴BO⊥平面PAC，连接OE∴∠BEO为BE与平面PAC所成的角∵点O为AC的中点，E为PC中点，PA=PB=PC=AC=1，ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°∴OE为中位线，且OE=，BO=又∵∠BOE=90°∴∠BEO=45°即BE与平面PAC所成的角的大小为45°故选B．19．在正方体A1C中，对角线A1C与平面B1BCC1所成的角是（）A．∠A1CB1B．∠A1CC1C．∠A1CB D．∠A1B1C答案：A解析：解：∵正方体A1C中，A1B1⊥平面B1BCC1，∴直线B1C是直线A1C在平面B1BCC1内的射影因此∠A1CB1就是直线A1C与平面B1BCC1所成的角故选：A20．若m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题中真命题是（）A．若m⊥β，m∥α，则α⊥βB．若α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n，则α∥βC．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αD．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ答案：A解析：解：对于A，m∥α，过m的平面与α交于n，则m∥n，∵m⊥β，∴n⊥β，∵n⊂α，∴α⊥β，故正确；对于B，不正确．如图，若平面ABCD∩平面ABFE=AB，平面ABFE∩平面CDEF=EF，AB∥EF，但平面ABCD与平面CDEF不平行．对于C，因为若α⊥β，m⊂β，则m与α的位置关系不确定，故m与α可能相交，可能平行，也可能是m⊂α，对于D，因为γ，β垂直于同一个平面α，故γ，β可能相交，可能平行．故选：A．二．填空题（共__小题）21．将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得BD=a，则三棱锥D-ABC的体积是______．答案：解析：解：如图，由题意知DE=BE=a，BD=a由勾股定理可证得∠BED=90°故三角形BDE面积是a2又正方形的对角线互相垂直，且翻折后，AC与DE，BE仍然垂直，故AE，CE分别是以面BDE 为底的两个三角形的高故三棱锥D-ABC的体积为×a ×a2=故答案为：．22．如图，图①、②、③是图④表示的几何体的三视图，其中图①是______，图②是______，图③是______（说出视图名称）．答案：主视图左视图俯视图解析：解：根据三视图的定义，可得图①是主视图，图②是左视图，图③是俯视图．故答案为：主视图、左视图、俯视图．23．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别为4，6，过AB的中点E且平行BD，AC的截面四边形的周长为______．答案：10解析：解：设截面四边形为EFGH，F、G、H分别是BC、CD、DA的中点，∴EF=GH=2，FG=HE=3，∴周长为2×（2+3）=10．故答案为：10．24、如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①；②∠BAC=60°；③三棱锥D-ABC是正三棱锥；④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直．其中正确结论的序号是______．（请把正确结论的序号都填上）答案：②③解析：解：BD⊥平面ADC，⇒BD⊥AC，①错；AB=AC=BC，②对；DA=DB=DC，结合②，③对④错．故答案为：②③25．直角三角形ABC中，CA=CB=，M为AB的中点，将△ABC沿CM折叠，使A、B之间的距离为1，则三棱锥M-ABC外接球的体积为______．答案：解析：解：∵Rt△ABC中CA=CB=，∴AB=2，又∵M为AB的中点，∴MA=MB=MC=1，故对折后三棱锥M-ABC的底面为边长为1的等边三角形，如下图所示：其外接球可化为以MAB 为底面，以MC 为高的正三棱柱的外接球，设三棱锥M-ABC 外接球的球心为O ，则球心到MAB 的距离d=MC=，平面MAB 的外接圆半径r=，故三棱锥M-ABC 外接球的半径R===， 则外接球的体积为V=R 3== 故答案为：．三．简答题（共__小题）26、如图，多面体ABCDEFG 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB=AD=DG=2，AC=EF=1．（1）证明四边形ABED 是正方形；（2）判断点B ，C ，F ，G 是否四点共面，并说明为什么？（3）连接CF，BG，BD，求证：CF⊥平面BDG．答案：证明：（1），同理AD∥BE，则四边形ABED是平行四边形．又AD⊥DE，AD=DE，∴四边形ABED是正方形（2）取DG中点P，连接PA，PF．在梯形EFGD中，FP∥DE且FP=DE．又AB∥DE且AB=DE，∴AB∥PF且AB=PF∴四边形ABFP为平行四边形，∴AP∥BF在梯形ACGD中，AP∥CG，∴BF∥CG，∴B，C，F，G四点共面（3）同（1）中证明方法知四边形BFGC为平行四边形．且有AC∥DG、EF∥DG，从而AC∥EF，∴EF⊥AD，BE∥AD又BE=AD=2、EF=1故，而，故四边形BFGC为菱形，CF⊥BG又由AC∥EF且AC=EF知CF∥AE．正方形ABED中，AE⊥BD，故CF⊥BD．27、如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB平行于CD，，AD1⊥A1C，E是A1B1中点．（1）求证：CD⊥A1D1．（2）求二面角C-D1E-B1的大小．答案：解：（1）∵ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱且AD=DD1；∴四边形AA1D1D是正方形，∴AD1⊥A1D，∵AD1⊥A1C，A1D∩A1C=A1；∴AD1⊥平面DA1C；∴AD1⊥DC∵DD1⊥DC，DD1∩AD1=D1；∴DC⊥平面AA1D1D；∴DC⊥A1D1（2）由（1）知以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系；C（0，1，1）；E（1，1，0）；；由题意，平面D1EB1的法向量为=（0，0，1）设平面CD1E的法向量=（x，y，z），则，令y=-1，则=（1，-1，1）∴；由图形知，二面角C-D1E-B1为锐角，∴二面角C-D1E-B1的大小为．28、如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE=3EB1．（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；（Ⅱ）设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1-AC1-B1的大小．答案：解：（1）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F．因为面AA1BB1为正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1．作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点．又由底面ABC⊥面AA1B1B．连接DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD．所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线．（2）因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG=45°设AB=2，则AB1=，DG=，CG=，AC=．作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C．又作HK⊥AC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角．B1H=，C1H=，AC1=，HK=tan∠B1KH=，∴二面角A1-AC1-B1的大小为arctan．29．按下列叙述画出图形（不必写作法）：直线a，b相交于点M，点N不在直线a，b上，点N分别与直线a，b确定平面α，β．答案：解：满足直线a，b相交于点M，点N不在直线a，b上，点N分别与直线a，b确定平面α，β的图象如下图所示：30、如图，已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，BC=2AD．（1）求证：AB⊥PD；（2）在线段PB上是否存在一点E，使AE∥平面PCD，若存在，指出点E的位置并加以证明；若不存在，请说明理由．答案：解：（1）证明∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB．∵AB⊥AD，PA∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．（2）取线段PB的中点E，PC的中点F，连接AE，EF，DF，则EF是△PBC中位线．∴EF∥BC，，∵AD∥BC，，∴AD∥EF，AD=EF．∴四边形EFDA是平行四边形，∴AE∥DF．∵AE⊄平面PCD，DF⊂平面PCD，∴AE∥平面PCD．∴线段PB的中点E是符合题意要求的点．∴平面AEF∥平面PCD．∵AE⊂平面AEF，∴AE∥平面PCD．∴线段PB的中点E是符合题意要求的点．。

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