高观点下的几何学练习题及参考答案(东师)
最完整高等几何习题解答(最全版)
高等几何习题解答习题一1．0设A ，B 为二定点，xy 为定直线。
于xy 上任取P ，Q ，又AP 与BQ 交于L ，AQ 与BP 交于M ，求证：LM 通过AB 上一定点。
解：把直线xy 射影为无穷远直线，则点P ，Q ，2P ，2Q 变为无穷远点1P ∞，1Q ∞，2P ∞，2Q ∞，所以1A L B M ''''∥，22A L B M ''''∥，11A M B L ''''∥，22A M B L ''''∥，得两个平行四边形。
11L B M ''''中，11L M ''，A B ''是对角线，交于1S ，且1S 是A B ''的中点。
22L B M ''''中，22L M ''，A B ''是对角线，交于点1S ，且1S 是A B ''的中点，∴1S '≡2S '＝S '，从而，LM通过AB 上一定点S 。
1.1 写出下列各直线的绝对坐标：（1）123320x x -= （2）23230x x -= （3）30x =答：（1）(3,-；（2）(0,2,3)-；（3）(0,0,1) 1.2 写出下列个点的方程(3,5,1)a =- (0,1,0)b = 1,0)c =-答：123:350a ξξξ-+= 2:0b ξ= 120c ξ-=1.3 求下列三点中每两点连线的方程和坐标：(1,4,1)x =，(2,0,1)y =，(1,1,2)z =- 答：),8,1,4(=⨯y x 084321=++x x x ),2,3,1(--=⨯z y 023321=--x x x ),5,1,9(--=⨯x z 059321=--x x x1.4 求下列三直线中每两条的交点的方程和坐标：),4,1,0(=ξ),3,1,2(=η)0,1,1(-=ζ 答：),2,8,1(-=⨯ηξ028321=+-ξξξ ),1,1,1(-=⨯ξη0321=-+ξξξ),1,4,4(-=⨯ξζ044321=-+ξξξ1.5 如果直线,ξ,η,ζϕ的方程分别是：,031=-x x ,032=-x x ,02321=-+x x x,0321=++x x x 求直线)()(ϕζηξ⨯⨯⨯的方程和坐标。
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步名师选题
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步名师选题单选题1、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.2、如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′，则原四边形ABCD的面积是（）A．14B．10√2C．28D．14√2答案：C分析：根据斜二测画法的定义，还原该四边形得到梯形，根据梯形的面积公式即可计算求解.∵A′D′∥y′轴，A′B′∥C′D′，A′B′≠C′D′，∴原图形是一个直角梯形．又A′D′＝4，∴原直角梯形的上、下底及高分别是2，5，8，×(2+5)×8=28.故其面积为S=12故选：C3、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm，外层底面直径为16cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm的球面上.此模型的体积为（）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16 同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12 此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π故选：C4、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ）A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 3答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN =157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积S =140.0km 2=140×106m 2，下底面积S ′=180.0km 2=180×106m 2，∴V =13ℎ(S +S ′+√SS ′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012) =3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选：C ．5、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：D6、《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”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，且AA 1=AB =2.下列说法错误的是（ ）A．四棱锥B−A1ACC1为“阳马”B．四面体A1C1CB为“鳖臑”C．四棱锥B−A1ACC1体积最大为23D．过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B答案：C分析：由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC,在选项A中，因为AA1⊥BC，AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面AA1C1C，且AA1C1C为矩形，所以四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；在选项B中，由A1C1⊥BC，A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C，所以A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC,△CC1B为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，所以四面体A1C1CB为“鳖臑”，故B正确; 在选项C中，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC时取等号，则V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，所以C不正确；在选项D中，由BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF,AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，所以AF⊥A1B,又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，则A1B⊥EF，所以D正确.故选：C.7、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.8、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG ∩EG =G ，FG ，EG ⊂平面EFG所以SG ⊥平面EFG 正确，D 不正确；.又若EG ⊥平面SEF ，则EG ⊥ EF ，由平面图形可知显然不成立；同理GF ⊥平面SEF 不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.9、如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF =√22，则三棱锥A −BEF 的体积为（ ）A ．112B ．14C ．√212D ．不确定答案：A分析：根据题意可知B 1D 1//平面ABCD ，而E ，F 在线段B 1D 1上运动，则EF//平面ABCD ，从而得出点B 到直线B 1D 1的距离不变，求出△BEF 的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出AO ⊥平面BEF ，得出点A 到平面BEF 的距离为AO =√22，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥A −BEF 的体积.解：由题可知，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则B 1D 1//平面ABCD ，又E ，F 在线段B 1D 1上运动，∴ EF //平面ABCD ，∴点B 到直线B 1D 1的距离不变，由正方体的性质可知BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，则BB 1⊥EF ，而EF =√22，BB 1=1， 故△BEF 的面积为12×√22×1=√24， 又由正方体可知，AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，且BD ∩BB 1=B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，则AC ⊥平面BEF ，设AC 与BD 交于点O ，则AO ⊥平面BEF ，∵点A 到平面BEF 的距离为AO =√22， ∴V A−BEF =13×√24×√22=112.故选：A.10、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD⊥BC，从而说明三角形BCD是直角三角形，求得BD，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，故AB⊥CD ,又AC⊥CD，AC∩AB=A,AB,AC⊂平面ABC，故CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故CD⊥BC,所以S△BCD=12BC⋅CD≤12×(BC+CD2)2=12,当且仅当BC=CD=1时取得等号，故BD=√1+1=√2 ,由AB⊥平面BCD，可知AB⊥BD,AB⊥BC, 故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D填空题11、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是侧面A1ADD1的中心，则异面直线B1O与BD的夹角大小为______．答案：30°##π6分析：平移直线，找出异面直线所成角，利用三角形的知识求解.如图，连接D1B1，则D1B1//BD，则∠D1B1O即为所求异面直线夹角（或其补角），连接B1A，A1D，AD1，则AD1=D1B1=B1A，所以△AD1B1是等边三角形，则∠AB1D1=60°．O是AD1中点，则由等边三角形的性质可知B1O平分∠AB1D1，即∠D1B1O=30°．所以答案是：30°12、如图，O′A′B′C′是平面四边形OABC的直观图，若O′A′B′C′是边长为2的正方形，则四边形OABC的周长为________.答案：16分析：根据原图形与斜二测画法直观图之间的关系，还原原图形即可求解.∵O′A′=2，∴O′B′=2√2还原回原图形后，OA=O′A′=2，OB=2O′B′=4√2，AB=√OB2+OA2=√32+4=6,∴原图形的面积周长为2×(6+2)=16所以答案是：16.13、三条两两平行的直线可以确定平面的个数可能为______个．答案：1或3分析：讨论三条平行线是否共面，即可确定平面的个数.当三条平行线不共面时，如下图示可确定3个平面；当三条平行线共面时，如下图示确定1个平面.所以答案是：1或314、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ= 4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：215、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按35计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．答案：55√336π分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，可得r=5l6，R=3√1111l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，则l2r=sin36°=35，得r=5l6，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=√l2−r2=√l2−(5l6)2=√116l，所以R2=r2+(R−ℎ)2，即R2=(5l6)2+(R−√116l)2，解得R=3√1111l．所以该正二十面体的外接球表面积为S球=4πR2=4π×(3√1111l)2=36π11l2，而该正二十面体的表面积是S正二十面体=20×12×l×l×sin60°=5√3l2，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55√336π．所以答案是：55√336π.小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.解答题16、如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M , N分别为BC , B1C1的中点，P 为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO//平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．答案：（1）证明见解析；（2）√1010．分析：（1）先求出线线平行，可得线线垂直，即可求线面垂直，最后可得面面垂直；（2）连接NP，先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得EP，在B1C1截取B1Q=EP，由（1）BC⊥平面A1AMN，可得∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，即可求得答案．证明：（1）由题意知AA1//BB1//CC1，又∵侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN//BB1，BB1⊥BC，∴MN//AA1，MN⊥B1C1，又底面是正三角形，∴AM⊥BC，AM⊥B1C1，又∵MN∩AM=M，AM⊂平面A1AMN，MN⊂平面A1AMN，∴B1C1⊥平面A1AMN，∵B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）连接NP，因为AO//平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F=NP，所以AO//NP，根据三棱柱上下底面平行，其面A1NMA∩平面ABC=AM，面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N，所以ON//AP，故：四边形ONPA是平行四边形．设△ABC边长是6m (m>0)，可得：ON=AP，NP=AO=AB=6m，因为O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m，所以ON=13×6×sin60°=√3m，故：ON=AP=√3m．又EF//BC，所以APAM =EPBM，所以√33√3=EP3，解得：EP=m，在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2m，又B1Q=EP，B1Q//EP，所以四边形B1QPE是平行四边形，所以B1E//PQ．由（1）B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQ=√QN2+PN2=√(2m)2+(6m)2=2√10m，∴sin∠QPN=QNPQ =2√10m=√1010，所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：√1010．小提示：本题考查了空间位置关系，线面平行，线面垂直，面面垂直，线面角的计算，考查了运算能力和空间想象能力，属于中档题．17、如图所示，已知三棱锥P−ABC，∠ACB=90∘，CB=4，AB=20，D为AB的中点，且△PDB是正三角形，PA⊥PC．（1）求证：平面PAC⊥平面ABC；（2）求二面角D−AP−C的正弦值；（3）若点M为PB的中点，求三棱锥M−BCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）25；（3）10√7．分析：（1）证明AP⊥PB，进而证明AP⊥平面PBC，故AP⊥BC，进而证明BC⊥平面PAC，故平面PAC⊥平面ABC；（2）PA⊥PC，且AP⊥PB，∠BPC是二面角D−AP−C的平面角，再结合几何关系求解；（3）由中位线定理得DM=5√3，由AP⊥平面PBC得DM⊥平面PBC，再结合V M−BCD=V D−BCM求解即可.解：（1）证明：∵D为AB的中点，△PDB是正三角形，AB=20，∴PD=12AB=10，AP⊥PB．又PA⊥PC，PB∩PC=P，∴AP⊥平面PBC．又BC⊂平面PBC，∴AP⊥BC．又AC⊥BC,AP∩AC=A，∴BC⊥平面PAC，又BC⊂平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC．（2）∵PA⊥PC，且AP⊥PB，∴∠BPC是二面角D−AP−C的平面角．由（1）知BC⊥平面PAC，则BC⊥PC，∴sin∠BPC=BCPB =25（3）∵D为AB的中点，M为PB的中点，∴DM//PA,DM=12PA，且DM=5√3．由（1）知AP⊥平面PBC，∴DM⊥平面PBC，∵S△BCM=12S△PBC=2√21，∴V M−BCD=V D−BCM=13×5√3×2√21=10√7．小提示：本题考查面面垂直的证明，二面角的求解，几何体的体积计算，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.二面角的求解方法：一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角.18、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−θ2.19、如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°，∠ADP=90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点.(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF//平面PCE？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由；(2)当二面角D−FC−B的余弦值为√24时，求直线PB与平面ABCD所成的角.答案：(1)在棱AB上存在点E，使得AF//平面PCE，点E为棱AB的中点(2)60°分析：（1）取棱AB的中点E，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，证明FQ∥DC，根据线面平行的判定定理证明；（2）过B作BH⊥CD于H，过H作HG⊥FC于G，根据三垂线定理可得∠BGH就是二面角D−FC−B的平面角，由已知二面角D−FC−B的余弦值为√24求得a=2√3，设PD=a，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理得PD⊥平面ABCD.连接BD，则∠PBD就是直线PB与平面ABCD所成的角，求解即可.（1）在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，证明如下：取棱AB的中点E，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，FQ∥CD且FQ=12CD，AE∥CD，且AE=12CD∴AB∥FQ，且AE=FQ，∴四边形AEQF为平行四边形，∴AF∥EQ，又QE⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，∴.AF∥平面PCE.（2）设PD=a，∵∠ADP=90°，∴PD⊥AD.∵平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD=AD，PD⊂平面ADP，∴PD⊥平面ABCD.连接BD，则∠PBD就是直线PB与平面ABCD所成的角.由题意得，△BDC为等边三角形.过B作BH⊥CD于H，则H为CD的中点，PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BH，又PD∩CD=D，∴BH⊥平面PDC. 过H作HG⊥FC于G，连接BG，∴CF⊥BH，∵BH∩HG=H，∴FG⊥平面BHG，∵BC⊂平面BHG，∴BG⊥CF，∴∠BGH就是二面角D−FC−B的平面角.∵cos∠BGH=√24，∴tan∠BGH=√7，易得BH=√3，∴GH=√217.∵sin∠GCH=CHHC =FDFC，∴a2√(2)2+22=√2171，∴a=2√3，∴tan∠PBD=PDBD =2√32=√3，∴∠PBD=60°，即直线PB与平面ABCD所成的角为60°.。
高等几何_习题集(含答案)
《高等几何》课程习题集一、计算题11. 设点A （3，1，2），B （3，-1，0）的联线与圆x 2+y 2－5x －7y ＋6=0相交于两点C 和D ，求交点C ，D 及交比（AB ，CD ）。
2. 将一维笛氏坐标与射影坐标的关系：,0(1)x x αβλαδγβγδ+=-≠+以齐次坐标表达。
3. 求射影变换11221231234,63,(1)x x x x x x x x x x ρρρ'=-⎧⎪'=-⎨⎪'=--⎩的二重元素。
4. 试求四直线2x －y+1=0,3x+y －2=0, 7x －y=0,5x －1=0顺这次序的交比。
5. 已知线束中的三直线a ，b ，c 求作直线d 使（ab ，cd ）=－1。
6. （i ）求变换：x'=21x x -，y'=21yx -的二重点。
（ii ）设O 为原点，P 为直线x=1上任一点，m'为直线OP 上一点M 的对应点， 求交比（OP ，MM'）；（iii ）从这个交比得出什么结论？解出逆变换式以验证这结论。
7. 设P 1，P 2，P 4三点的坐标为（1，1，1）,（1，－1，1）,（1，0，1）且（P 1P 2, P 3P 4）=2，求点P 3的坐标。
8. 在直线上取笛氏坐标为 2，0，1的三点作为射影坐标系的A 1,A 2, E (i)求此直线上任一点P 的笛氏坐标x 与射影坐标λ的关系；（ii ）问有没有一点，它的两种坐标相等？9. 直线上顺序四点A 、B 、C 、D 相邻两点距离相等，计算这四点形成的六个交比的值。
10. 设点列上以数x 为笛氏坐标的点叫做x ，试求一射影对应，使点列上的三点1,2,3对应于点列上三点0,3,2；11. 从变换式112321233123,,(1)x x x x x x x x x x x x ρρρ'=-++⎧⎪'=-+⎨⎪'=+-⎩求出每一坐标三角形的三边在另一坐标系下的方程 12. 求四点(2，1，－1),(1，－1，1),(1，0，0),(1，5，－5)顺这次序的交比。
《高观点下中学数学——分析学》练习题
《高观点下中学数学——分析学》练习题一一、填空题1.若C B C A ⊂⊂,，则C B A _____ .2.若},{b a A =，则_______2=A.3.设Y X f →:，若Y X f =)(，则称f 为从X 到Y 上的 .4.若复数0x 是某个整系数多项式方程的根，则称0x 是 数.5.设nn x nx f ∑∞==11)(，则ln(_____))(=x f . 6.设函数)(x f 定义在开区间),(b a 内，对于)1,0(),,(,21∈∀∈∀αb a x x ，有)()1()())1((2121x f x f x x f αααα-+≤-+，则称)(x f 是),(b a 内的 函数.7．集合X 中的关系R 同时为反身的、对称的、（ ），则称关系R 为等价关系。
8．一个集合若不能与其一个真子集建立一个（ ），则称该集合为有限集。
9．函数)(x f 在点a 的邻域内有定义，若（ ），则称函数)(x f 在点a 处连续。
10．设)(x ϕ是从),0(+∞到R 上的连续函数，满足： 1）（ ）；，2）对于,1,0≠>a a 有1)(=a ϕ,则)(x ϕ是以a 为底的对数。
11．若函数)(),(t c t s 是定义在R 上的连续函数，且满足： 1）（ ）；2）0>∃λ，当),0(λ∈t 时，0)(,0)(>>t s t c ；3）1)()0(==λs c ,则分别称)(),(t c t s 是正弦函数与余弦函数。
12．设F 为从集合X 到集合Y 中的关系，若X x ∈∀,有唯一的Y y ∈，使（ ），则称F 为（从X 到Y 中的）映射。
13.若C A B A ⊂⊂,，则C B A ⋂_____. 14.若}{,乙甲=A ，则_________2=A.15.设Y X f →:，若2121,,x x X x x ≠∈∀，有)()(21x f x f ≠,则称f 为从X 到Y 上的 .16.含有 的等式叫做函数方程. 17.设121)!12(1)1()(-∞=∑--=n n nx n x f ，则_____)2(=πf .18．设函数)(x f 定义在开区间),(b a 内，对于)1,0(),,(,21∈∀∈∀αb a x x ，有)()1()())1((2121x f x f x x f αααα-+≥-+，则称)(x f 是),(b a 内的 函数.19．集合X 中满足（ ）的二元关系称为序关系。
高观点下的几何学练习题与参考答案(东师)
《高观点下的几何学》练习题参考答案一一、填空题。
1．公理法的三个基本问题是（相容性问题）、（独立性问题）和（完备性问题）。
2．公理法的结构是（原始概念的列举）、（定义的叙述）、（公理的叙述）和（定理的叙述和证明）。
3．仿射变换把矩形变成平行四边形4．仿射变换把平行线变成平行线5．仿射变换把正三角形变成三角形二、简答题。
1．试给一个罗氏几何的数学模型。
答：罗氏几何的（Cayley-F.kLein）模型在欧氏平面上任取一个圆，把圆内部的点所构成的集合看成是罗氏“平面”。
罗氏平面几何的原始概念解释成：罗氏点：圆内的点；罗氏直线：圆内的开弦（两个端点除外，它们可称为无穷远点）。
结合关系：圆内原来的点和线的结合关系；介于关系：圆内弦上三点的介于关系；运动关系：欧氏平面上，将圆K 变成自身的射影变换。
罗氏平行公理（在罗氏平面上）通过直线外一点至少存在两直线与已知直线不相交。
2．试给一个黎曼几何的数学模型答：黎曼几何的（ F.KLein ）模型黎曼几何的原始概念解释成：黎氏点：欧氏球面上的点，但把每对对径点看成一点；黎氏直线：球面上的大圆；黎氏平面：改造后的球面。
黎氏点与黎氏直线的基本关系：(1)通过任意两个黎氏点存在一条黎氏直线；(2)通过任意两个黎氏点至多存在一条黎氏直线；(3)每条黎氏直线上至少有两个黎氏点；至少存在三个黎氏点不在同一条黎氏直线上。
黎曼几何平行公理：黎氏平面上任意两条直线相交。
3．简述公理法的基本思想。
答：若干个原始概念（包括元素和关系）、定义和公理一起叫做一个公理体系，构成了一种几何的基础。
全部元素的集合构成了这种几何的空间。
在这个公理体系的基础上，每个概念都必须给出定义，每个命题都必须给出证明，原始概念、定义、公理和定理按照逻辑关系有次序地排列而构成命题系统——逻辑结构，这就是公理法思想。
4．简述公理系统的独立性答：如果一个公理系统中的某条公理不能由其余公理证明，即不时其余公理的推论，则称这跳公理在公理系统中是独立的。
最完整高等几何习题解答（最全版）
最完整高等几何习题解答（最全版）高等几何习题解答习题一1．0设A ，B 为二定点，xy 为定直线。
于xy 上任取P ，Q ，又AP 与BQ 交于L ，AQ 与BP 交于M ，求证：LM 通过AB 上一定点。
解：把直线xy 射影为无穷远直线，则点P ，Q ，2P ，2Q 变为无穷远点1P ∞，1Q ∞，2P ∞，2Q ∞，所以1A L B M ''''∥，22A L B M ''''∥，11A M B L ''''∥，22A M B L ''''∥，得两个平行四边形。
11L B M ''''中，11L M ''，A B ''是对角线，交于1S ，且1S 是A B ''的中点。
22L B M ''''中，22L M ''，A B ''是对角线，交于点1S ，且1S 是A B ''的中点，∴1S '≡2S '＝S '，从而，LM通过AB 上一定点S 。
1.1 写出下列各直线的绝对坐标：（1）123320x x -= （2）23230x x -= （3）30x =答：（1）(3,-；（2）(0,2,3)-；（3）(0,0,1) 1.2 写出下列个点的方程(3,5,1)a =- (0,1,0)b = ,1,0)c =-答：123:350a ξξξ-+= 2:0b ξ= 120c ξ-=1.3 求下列三点中每两点连线的方程和坐标：(1,4,1)x =，(2,0,1)y=，(1,1,2)z =- 答：),8,1,4(=?y x 084321=++x x x ),2,3,1(--=?z y 023321=--x x x ),5,1,9(--=?x z 059321=--x x x1.4 求下列三直线中每两条的交点的方程和坐标：),4,1,0(=ξ),3,1,2(=η)0,1,1(-=ζ 答：),2,8,1(-=?ηξ028321=+-ξξξ ),1,1,1(-=?ξη0321=-+ξξξ),1,4,4(-=?ξζ044321=-+ξξξ1.5 如果直线,ξ,η,ζ?的方程分别是：,031=-x x ,032=-x x ,02321=-+x x x,0321=++x x x 求直线)()(?ζηξ的方程和坐标。
东师《高观点下中学数学-分析学》15秋在线作业2
东师《高观点下中学数学－分析学》15秋在线作业2 一、单选题（共20 道试题，共60 分。
）V 1.A. -B. -C. -D. -满分：3 分2.A. -B. -C. -D. -满分：3 分3.A. -B. -C. -满分：3 分4.A. -B. -C. -D. -满分：3 分5.A. -B. -C. -D. -满分：3 分6.A. -B. -C. -满分：3 分7.A. -B. -C. -D. -满分：3 分8.A. -B. -C. -D. -满分：3 分9.A. -B. -C. -满分：3 分10.A. -B. -C. -D. -满分：3 分11.A. -B. -C. -D. -满分：3 分12.A. -B. -C. -满分：3 分13.A. -B. -C. -D. -满分：3 分14.A. -B. -C. -D. -满分：3 分15.A. -B. -C. -满分：3 分16.A. -B. -C. -D. -满分：3 分17.A. -B. -C. -D. -满分：3 分18.A. -B. -C. -满分：3 分19.A. -B. -C. -D. -满分：3 分20.A. -B. -C. -D. -满分：3 分二、判断题（共20 道试题，共40 分。
）V 1.A. 错误B. 正确满分：2 分2.A. 错误B. 正确满分：2 分3.A. 错误B. 正确满分：2 分4.A. 错误B. 正确满分：2 分5.A. 错误B. 正确满分：2 分6.A. 错误B. 正确满分：2 分7.A. 错误B. 正确满分：2 分8.A. 错误B. 正确满分：2 分9.A. 错误B. 正确满分：2 分10.A. 错误B. 正确满分：2 分11.A. 错误B. 正确满分：2 分12.A. 错误B. 正确满分：2 分13.A. 错误B. 正确满分：2 分14.A. 错误B. 正确满分：2 分15.A. 错误B. 正确满分：2 分16.A. 错误B. 正确满分：2 分17.A. 错误B. 正确满分：2 分18.A. 错误B. 正确满分：2 分19.A. 错误B. 正确满分：2 分20.A. 错误B. 正确满分：2 分。
高中数学平面几何证明题练习及参考答案2023
高中数学平面几何证明题练习及参考答案2023在高中数学学习中，平面几何是一个重要的分支，它研究平面内的点、线、面及其相互关系。
而证明题是平面几何的核心内容之一，通过证明题的练习，可以巩固和提高学生的思维逻辑能力。
下面将为大家提供一些高中数学平面几何证明题的练习及参考答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 证明：垂直平分线能够将一条线段垂直平分。
证明：假设有一条线段AB，垂直平分线为CD。
首先，连接AC和BD两条线段，并延长它们相交于点E。
根据垂直平分线的定义，CE和DE与线段AB相交于点F和G，并且AF=FB，AG=GB。
由于三角形ACD与三角形BDC的两边分别相等，所以根据三角形的SSS（边边边）判定准则，可知ACD≌BDC。
又因为∠ACD=∠BDC=90°，所以根据SSS判定准则，可知四边形ACDF与四边形BDCG全等。
又由全等可知，CF=CG，所以CD垂直平分线段AB。
2. 证明：构成一个等腰三角形的两条边必须相等。
证明：假设有一个三角形ABC，AC=BC，需要证明∠ACB=∠ABC。
首先，连接AB，延长AB至点D。
根据三角形全等的条件，有∠ACB=∠ADC。
又因为∠ACB=∠ADC，所以∠ABC+∠ACB=∠ABC+∠ADC。
根据角平分线的定义，点D在线段AC的角平分线上。
因此，∠ACB=∠ADC=∠ABC。
3. 证明：等腰三角形的底角相等。
证明：假设有一个等腰三角形ABC，AB=AC，需要证明∠BAC=∠ABC。
首先，连接AB和AC。
根据等腰三角形的性质，有∠BAC=∠BCA。
又因为∠BAC=∠BCA，所以∠BAC=∠ABC。
通过以上的证明题练习，相信大家对平面几何的证明题有了更深入的理解和掌握。
平面几何证明题的解题思路主要是基于几何定理和性质进行推导和论证，需要善于运用基本的几何知识和证明方法。
总结：高中数学平面几何证明题是数学学习中的重要内容，通过练习这类题目可以提高我们的逻辑思维能力和分析问题的能力。
高中数学必修2第一章空间几何讲义与习题与答案
数学必修2第一章讲义与习题一、学习目标：1. 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构。
2. 能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图与直观图，能识别上述三视图与直观图所表示的立体模型。
二、重点、难点：重点：空间几何体中的棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征；空间几何体的三视图与直观图的画法。
难点：柱、锥、台、球结构特征的概括；识别三视图所表示的空间几何体;几何体的侧面展开图，计算组合体的表面积和体积。
三、考点分析：三视图是新课程改革中出现的内容，是新课程高考的热点之一，几乎每年都考，同学们要予以足够的重视。
在高考中经常以选择、填空题的形式出现，属于基础或中档题，但也要关注三视图以提供信息为目的，出现在解答题中。
这部分知识主要考查学生的空间想象能力与计算求解能力。
1. 多面体棱柱、棱锥、棱台2. 旋转体圆柱、圆锥、圆台、球3. 三视图（1）正视图、侧视图、俯视图（2）三种视图间的关系4. 直观图水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法4. 多面体的面积和体积公式名称侧面积（S 侧）全面积（S 全）体积（V ）棱柱棱柱直截面周长×l S底·h=S 直截面·hS 侧+2S底直棱柱ch S 底·h棱锥棱锥各侧面面积之和12ch′正棱锥S 侧+S底13S 底·h棱台棱台各侧面面积之和12正棱台(c+c ′)h ′S 侧+S 上底+S1下底 3h(S上底+S下底+S上底S )下底表中S 表示面积，c′、c 分别表示上、下底面的周长，h 表示高度，h′表示斜高，l 表示13.旋转体的面积和体积公式名称圆柱圆锥圆台球S 侧2πrl πrl π(1r+r 2)lS 2 全2πr(l+r) πr(l+r) π(1r+r2)l+ π(1r+r 2 2 2) 4πR2 2V πr h（即πr l ）132hπr132 2πh(r1+r1r2+r 2)433πR表中l、h 分别表示母线长、高，r 表示圆柱、圆锥与球冠的底面半径，r1、r2 分别表示圆台上、下底面的半径，R 表示半径。
[东师]-高观点下中学数学-几何学21春在线作业2-学习资料-答案1
![[东师]-高观点下中学数学-几何学21春在线作业2-学习资料-答案1](https://img.taocdn.com/s3/m/f8724c02856a561253d36f44.png)
[正确选择]：B
第2题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：A
第3题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：B
第4题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：B
第5题，
[A.项]错误
2第4题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：A
2第5题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：A
2第6题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：A
2第7题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：B
第6题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：B
第7题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：B
第8题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：B
第9题，
[正确选择]：A
2第8题，
[A.项]错误
[B.项]正确
注：此题难度中等，请认真回答
[正确选择]：A
2第9题，
[A.项]错误
[B.项]正确
奥鹏-东北师范大学-高观点下中学数学-分析学答案
离线考核《高观点下中学数学－分析学》满分100分一、计算题（每小题10分，共40分。
）1.设)()(iy x iy x bi a z +÷-=+=，求z 。
解 iy x iyx z +-=，22y x iy x +=-，22y x iy x +=+ 故1=z2.设x x f x sin )2(2+=，求)(x f 。
解：设x t 2=，则t x 2log =，代入得 t t t f 222log sin )(log )(+=x x x f 222log sin )(log )(+=3.求函数x x x f sin 2sin 1)(-+=的极值。
解]cos )sin 1(cos )sin 2[()sin 2(1)(2x x x x x x f ++--=' 令0)(='x f ，得0cos =x ，22ππ±=k x 易验证22ππ+=k x 是极大值点，22ππ-=k x 是极小值点， 极大值21211)22(=-+=+ππk f ，极小值0)22(=-ππk f4.已知n a n (888+++=Λ重根号），求n n a ∞→lim 。
解 显然1+<n n a a ，且40<<n a ，即数列}{n a ，单调增加且有上界，故n n a ∞→lim 存在， 设a a n n =∞→lim ，由18-+=n n a a 可得a a +=8， 即082=--a a ， 解得)331(212)3211(+=++=a二、证明题（每小题15分，共60分。
） 1.证明（1）C B A C B A -⋂=-⋂)()(。
（7分）（2）)()()(C B C A C B A -⋃-=-⋃。
（8分）解：（1）若设c C 表示C 的补集，则有C B A CB AC B A C B A C C -⋂=⋂⋂=⋂⋂=-⋂)()()()( （2）)()()()()()(C B C A C B C A C B A C B A C C C -⋃-=⋂⋃⋂=⋂⋃=-⋃2.证明 设数集A 与B 均有上界，则集合},{B y A x y x B A ∈∈+=+有上界，且 B A B A sup sup )sup(+=+。
上海高东中学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试卷(答案解析)
一、选择题1．设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题： ①若m α⊥，n β⊥，//αβ，则//m n ；②若m αγ=，n βγ=，//m n ，则//αβ；③若γα⊥，γβ⊥，则//αβ.④若//αβ，//βγ，m α⊥，则m γ⊥；其中正确命题的序号是（ ）A ．①③B ．②③C ．③④D ．①④ 2．如图,P 是正方体1111ABCD A B C D -中1BC 上的动点，下列命题：①1AP B C ⊥；②BP 与1CD 所成的角是60°；③1P AD C V -为定值；④1//B P 平面1D AC ；⑤二面角PAB C 的平面角为45°． 其中正确命题的个数有（ ） A ．2个 B ．3个 C ．4个 D ．5个3．如图所示，AB 是⊙O 的直径，VA 垂直于⊙O 所在的平面，点C 是圆周上不同于A ，B 的任意一点，M ，N 分别为VA ，VC 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．MN //ABB ．MN 与BC 所成的角为45° C ．OC ⊥平面VACD ．平面VAC ⊥平面VBC4．已知m ，n 是不重合的直线，α，β是不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ） A ．若m ⊂α，n ⊂α，则//m nB ．若//m α，//m β，则//αβC ．若n αβ=，//m n ，则//m α且//m βD ．若m α⊥，m β⊥，则//αβ 5．已知某正三棱锥侧棱与底面所成角的余弦值为219，球1O 为该三棱锥的内切球.若球2O 与球1O 相切，且与该三棱锥的三个侧面也相切，则球2O 与球1O 的表面积之比为（ ）A ．49B ．19C ．925D ．1256．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，若,,,E F G H 分别是棱111111,,,A B BB CC C D 的中点，则必有（ ）A ．1//BD GHB ．//BD EFC ．平面//EFGH 平面ABCDD ．平面//EFGH 平面11A BCD7．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是11B D 的中点，直线1A C 交平面11AB D 于点M ，则下列结论正确的是（ ）A ．,,A M O 三点共线B ．1,,,A M O A 不共面C ．,,,A M C O 不共面D ．1,,,B B O M 共面8．菱形ABCD 的边长为3，60B ∠=，沿对角线AC 折成一个四面体，使得平面ACD ⊥平面ABC ，则经过这个四面体所有顶点的球的表面积为（ ）A ．15πB ．12πC ．8πD ．6π9．直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点在球O 的球面上.若3AB =，4AC =.AB AC ⊥，112AA =，则球O 的表面积为（ ）A ．1694πB ．169πC ．288πD ．676π10．鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：mm ），则此构件的表面积为（ ）A ．27600mmB ．28400mmC ．29200mmD ．210000mm 11．边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折叠使得ACD 垂直于底面ABC ，则点C 到平面ABD 的距离为（ ）A ．263B ．233C ．23D ．6312．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面11BB C C 的边界及其内部运动．若1D O OP ⊥，则11D C P △面积的最大值为（ ）A ．25B ．455C ．5D ．25 13．已知,m n 是两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，有下列四个命题： ①若m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则a β⊥；②若//m α，//n β，m n ⊥，则//a β；③若m α⊥，//n β，m n ⊥，则//αβ；④若m α⊥，//n β，//αβ，则m n ⊥.其中所有正确的命题是（ ）A ．①④B ．②④C ．①D ．④14．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得的圆台上、下底面的面积之比为1:16，截去的圆锥的母线长是3cm ，则圆台的母线长是（ ）A ．9cmB ．10cmC ．12cmD ．15cm二、解答题15．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，A 1C ＝5AB ＝2，∠BAC ＝60°.（1）求三棱锥A 1－ABC 的表面积；（2）证明：在线段A 1C 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求1A M MC的值. 16．如图所示的几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，//AF DE ，AF ⊥平面ABCD ，BAD ∠=α.（1）求证：//BF 平面CDE ；（2）若60α=︒，12AF AD DE ==，求直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值. 17．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，90CAD ABC ∠=∠=，30BAC ADC ∠=∠=，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 中点，2AC =.（1）求证：//AE 平面PBC .（2）若四面体PABC 的体积为33，求PCD 的面积.18．如图，已知三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，侧棱1AA ⊥底面ABC ，,E F 分别是1111,A B AC 的中点.（1）求证:11B F AC ⊥ ；（2）求平面EFCB 与底面ABC 所成二面角的正切值.19．如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，90DAB ∠=︒，//AB CD ，2AD AF CD ===，4AB =.（1）求证：AC ⊥平面BCE ；（2）求三棱锥E BCF -的体积.20．如图，在组合体中，ABCD -A 1B 1C 1D 1是一个长方体，P -ABCD 是一个四棱锥.AB =2，BC =3，点P ∈平面CC 1D 1D 且PD =PC =2（1）证明：PD ⊥平面PBC ；（2）求直线PA 与平面ABCD 所成角的正切值；（3）若AA 1=a ，当a 为何值时，PC //平面AB 1D .21．如图，四面体ABCD 中，点E ，F 分别为线段AC ，AD 的中点，平面EFNM ⋂平面BCD MN =，90CDA CDB ∠=∠=︒，DH AB ⊥，垂足为H .（1）求证：//EF MN ；（2）求证：平面CDH ⊥平面ABC .22．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为菱形，60BAD ︒∠=，PAD △为正三角形，且E ，F 分别为AD ，PC 的中点．（Ⅰ）求证：//DF 平面PEB ；（Ⅱ）求证：BC ⊥平面PEB ．23．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABC ，//,90AD BC ABC ︒∠=，2AD =，23AB =，6BC =．（1）求证：平面PBD ⊥平面PAC ；（2）PA 长为何值时，直线PC 与平面PBD 所成角最大？并求此时该角的正弦值． 24．如图1，矩形ABCD ，1,2,AB BC ==点E 为AD 的中点，将ABE △沿直线BE 折起至平面PBE ⊥平面BCDE （如图2），点M 在线段PD 上，//PB 平面CEM .（1）求证：2MP DM =；（2）求二面角B PE C --的大小；（3）若在棱,PB PE 分别取中点,F G ，试判断点M 与平面CFG 的关系，并说明理由. 25．在斜三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，且2AB AC ==，123AA =．（Ⅰ）求证：平面1AB C ⊥平面11ABB A ；（Ⅱ）求直线1BC 与平面11ABB A 所成角的正弦值．26．如图，已知PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，M 、N 分别为AB 、PC 的中点，,2,2PA AD AB AD ===.（1）求证：平面MPC ⊥平面PCD ；（2）求三棱锥B MNC -的高.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】根据空间线面位置关系的性质和判定定理判断或举出反例说明.【详解】对①，根据垂直于两个平行平面中一个平面的直线与另一个平面也垂直，以及垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确；对②，设三棱柱的三个侧面分别为,,αβγ，其中两条侧棱为,m n ，显然//m n ，但α与β不平行，故②错误.对③，当三个平面,,αβγ两两垂直时，显然结论不成立，故③错误.对④，∵////αβγ，当m α⊥时，m γ⊥，故④正确.故选：D.【点睛】该题考查空间线面位置关系的判断，属于中档题目. 2．C解析：C【详解】①在正方体中，1111,,AB B C BC B C AB BC B ⊥⊥=，所以1B C ⊥平面11,ABC D AP ⊂平面11ABC D ，从而1AP B C ⊥正确；②由于11//CD A B ,并且11,BC A B 的夹角是60°，故1BP CD 与所成的角是60°正确；③虽然点P 变化，但P 到1AD 的距离始终不变，故1P AD C V -为定值正确；④若1//B P 平面1D AC ，而1//BC 平面1D AC ，1111,,B P BC P B P BC =⊂平面11BB C C ，所以平面1//D AC 平面11BB C C ，这与平面1D AC 与平面11BB C C 相交矛盾，所以不正确；⑤P 点变化，但二面角PAB C 都是面11ABC D 与面ABCD 所成的角, 故二面角PAB C 的平面角为45°正确；故选：C. 3．D解析：D【分析】由中位线性质，平移异面直线即可判断MN 不与AB 平行，根据异面直线平面角知MN 与BC 所成的角为90°，应用反证知OC 不与平面VAC 垂直，由面面垂直的判定知面VAC ⊥面VBC ，即可知正确选项.【详解】M ，N 分别为VA ，VC 的中点，在△VAC 中有//MN AC ，在面ABC 中AB AC A =，MN 不与AB 平行；AC BC C =，知：MN 与BC 所成的角为90BCA ∠=︒；因为OC ⋂面VAC C =，OC 与平面内交线,AC VC 都不垂直，OC 不与平面VAC 垂直； 由VA ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC 即VA BC ⊥，而90BCA ∠=︒知AC BC ⊥，AC VA A ⋂=有BC ⊥面VAC ，又BC ⊂面VBC ，所以面VAC ⊥面VBC ； 故选：D【点睛】本题考查了异面直线的位置关系、夹角，以及线面垂直的性质，面面垂直判定的应用，属于基础题.4．D解析：D【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定逐一分析四个选项得答案.【详解】对于A ，若m ⊂α，n ⊂α，则//m n 或m 与n 相交，故A 错误；对于B ，若//m α，//m β，则//αβ或α与β相交，故B 错误；对于C ，若n αβ=，//m n ，则//m α且//m β错误，m 有可能在α或β内； 对于D ，若m α⊥，m β⊥，则//αβ，故D 正确，故选：D.【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题.5．C解析：C【分析】先证明PO ⊥平面ABC，接着求出cos PAO =∠，再得到214r PO =和114R PO =，从而得到35r R =，最后求出球2O 与球1O 的表面积之比即可. 【详解】如图，取ABC 的外心O ，连接PO ，AO ，则PO 必过1O ，2O ，且PO ⊥平面ABC ，可知PAO ∠为侧棱与底面所成的角，即219cos PAO =∠. 取AB 的中点M，连接PM ，MC .设圆1O ，2O 的半径分别为R ，r ，令2OA =，则19PA =，23AB =，3AM =，1OM =，所以214r OM PO PM ==，即24PO r =，从而145PO r r R r R =++=+， 所以1154R R PO r R ==+，则35r R =， 所以球2O 与球1O 的表面积之比为925.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥内切球的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题.6．D解析：D【分析】根据“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行”来判断AB 选项的正确性，根据平行直线的性质判断C 选项的正确性，根据面面平行的判定定理判断D 选项的正确性.【详解】选项A:由中位线定理可知：1//GH D C ，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以1,BD GH 不可能互相平行，故A 选项是错误的；选项B: 由中位线定理可知：1//EF A B ，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以,BD EF 不可能互相平行，故B 选项是错误的；选项C: 由中位线定理可知：1//EF A B ，而直线1A B 与平面ABCD 相交，故直线EF 与平面ABCD 也相交，故平面EFGH 与平面ABCD 相交，故C 选项是错误的；选项D:由三角形中位线定理可知：111//,//EF A B EH A D ，EF ⊄平面11A BCD ，1A B ⊂平面11A BCD ，EH ⊄平面11A BCD ，11A D ⊂平面11A BCD ,所以有//EF 平面11A BCD ，//EH 平面11A BCD ，而EF EH E =，因此平面//EFGH 平面11A BCD .所以D 选项正确.故本选：D【点睛】本小题主要考查面面平行的判定定理，考查线线平行的性质，属于中档题.7．A解析：A【分析】连接11,A C AC ，利用两个平面的公共点在一条直线上可判断点共线.【详解】连接11,A C AC ，则11//A C AC ，11,,,A C C A ∴四点共面，1A C ∴⊂平面11ACC A ，1M AC ∈，M ∴∈平面11ACC A ，M ∈平面11AB D ，∴点M 在平面11ACC A 与平面11AB D 的交线上，同理点O 在平面11ACC A 与平面11AB D 的交线上，,,A M O ∴三点共线，故A 正确；,,A M O 三点共线，且直线与直线外一点可确定一个平面，1,,,A M O A ∴四点共面，,,,A M C O 四点共面，故B ，C 错误；1BB 平面11AB D ，OM ⊂平面11AB D ，1B ∈平面11AB D 且1B OM ，1BB ∴和OM 是异面直线，1,,,B B O M ∴四点不共面，故D 错误.故选：A.【点睛】本题主要考查空间中点的共线问题，此类题一般证明这些点同在两个不同的平面内，根据两平面的公共点在一条直线上即可判断.8．A解析：A【分析】首先根据已知条件找到四面体外接球的球心，再求出半径，即可得到球体的表面积.【详解】如图所示，1O ，2O 分别为ABC 和DAC △的外接圆圆心，因为菱形ABCD ，60B ∠=，所以ABC 和DAC △为等边三角形.设E 为AC 的中点，连接DE ，BE ，则DE AC ⊥，BE AC ⊥，又因为平面ACD ⊥平面ABC AC =，所以DE ⊥平面ABC .分别过1O ，2O 作垂直平面ABC 和平面ACD 的直线，则交点O 为四面体ABCD 外接球的球心. 因为2233332⎛⎫==-= ⎪⎝⎭EB DE ，四边形12OO EO 为矩形， 所以123==O B DO 1213===O E O E OO ()223153=2⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭15π. 故选：A【点睛】本题主要考查四面体外接球的表面积，根据题意确定外接球的球心为解题关键，属于中档题.9．B解析：B【分析】由于直三棱柱111ABC A B C -的底面ABC 为直角三角形，我们可以把直三棱柱111ABC A B C -补成四棱柱，则四棱柱的体对角线是其外接球的直径，求出外接球的直径后，代入外接球的表面积公式，即可求出该三棱柱的外接球的表面积.【详解】解：将直三棱柱补形为长方体1111ABEC A B E C -，则球O 是长方体1111ABEC A B E C -的外接球.所以体对角线1BC 的长为球O 的直径.因此球O 的外接圆直径为2222341213R =++=，故球O 的表面积24169R ππ=.故选：B.【点睛】本题主要考查球的内接体与球的关系、球的半径和球的表面积的求解，考查运算求解能力，属于基础题型.10．B解析：B【分析】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，进而求出表面积即可.【详解】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，如下图所示，其表面积为：()210020220202100204010210202840m 0m S =⨯⨯+⨯⨯+⨯-⨯⨯+⨯⨯=.故选：B.【点睛】本题考查几何体的表面积的求法，考查三视图，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.11．A解析：A【分析】取AC 的中点O ，连接DO 和BO ，由等腰三角形的性质得出DO AC ⊥，可求出DO 和BO 的长，再由平面ACD ⊥平面ABC ，根据面面垂直的性质可得DO ⊥平面ABC ，进而得到DO OB ⊥，利用勾股定理即可求出BD ，最后利用等体积法得出C ABD D ABC V V --=，进而求出点C 到平面ABD 的距离.【详解】解：取AC 的中点O ，连接DO 和BO ，则DO AC ⊥，BO AC ⊥，由于四边形ABCD 是边长为2的正方形，2AD CD AB BC ∴====，则AC ==DO BO ===由题知，平面ACD ⊥平面ABC ，且交线为AC ，而DO ⊂平面ACD ，则DO ⊥平面ABC ，又BO ⊂平面ABC ，所以DO BO ⊥，∴在Rt BOD 中，2BD ==，∴ABD △是等边三角形，则122sin 6032ABD S =⨯⨯⨯=△， 则在Rt ABC 中，12222ABC S =⨯⨯=， 设点C 到平面ABD 的距离为d ， 则C ABD D ABC V V --=，即1133ABD ABC S d S DO ⋅=⋅△△，即：11233=⨯d =，即点C 到平面ABD . 故选：A.【点睛】本题考查利用等体积法求点到面的距离，还涉及面面垂直的性质和棱锥的体积公式，考查推理证明和运算能力.12．C解析：C【分析】取1BB 的中点F ，由题意结合正方体的几何特征及平面几何的知识可得1OD OC ⊥，1OD OF ⊥，由线面垂直的判定与性质可得1OD CF ⊥，进而可得点P 的轨迹为线段CF ，找到1C P 的最大值即可得解.【详解】取1BB 的中点F ，连接OF 、1D F 、CF 、1C F ，连接DO 、BO 、OC 、11D B 、1D C ，如图：因为正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，所以11B F BF ==,2DO BO OC ===11122D B DC ==1BB ⊥平面ABCD ，1BB ⊥平面1111D C B A ，11C D ⊥平面11BB C C ， 所以22116OD OD DD =+=223OF OB BF =+=13D F ==，所以22211OD OF D F +=，22211OD OC D C +=，所以1OD OC ⊥，1OD OF ⊥，由OC OF O =可得1OD ⊥平面OCF ，所以1OD CF ⊥，所以点P 的轨迹为线段CF ，又112C F C C ==>=,所以11D C P △面积的最大值11111222S C F D C =⋅=⨯=. 故选：C.【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用，考查了线面垂直的判定与性质，关键是找到点P 的轨迹，属于中档题.13．A解析：A【分析】①若m α⊥，m n ⊥，∴n ⊂α或//n α再由面面垂直的判定定理得到结论．②根据面面平行的判定定理判断．③若m α⊥，m n ⊥，则n ⊂α或//n α，再由面面平行的判定定理判断．④若m α⊥，//αβ，由面面平行的性质定理可得m β⊥，再由//n β得到结论．【详解】①若m α⊥，m n ⊥，∴n ⊂α或//n α，又∵n β⊥，∴a β⊥,故正确． ②若//m α，//n β，由面面平行的判定定理可知，若m 与n 相交才平行，故不正确． ③若m α⊥，m n ⊥，则n ⊂α或//n α，又//n β，两平面不一定平行，故不正确． ④若m α⊥，//αβ，则m β⊥，又∵//n β，则m n ⊥．故正确．故选：A【点睛】本题主要考查线与线，线与面，面与面的位置关系及垂直与平行的判定定理和性质定理，综合性强，方法灵活，属中档题．14．A解析：A【分析】计算得到12:1:4r r =，根据相似得到3134l =+，计算得到答案. 【详解】圆台上、下底面的面积之比为1:16，则12:1:4r r =.设圆台母线长为l ，根据相似得到：3134l =+，故9l =. 故选：A .【点睛】 本题考查了圆台的母线长，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、解答题15．（1）6+23+26；（2）证明见解析；13. 【分析】（1）可先证明1A B ⊂平面1A AB 得出1BC A B ⊥，即可求出三棱锥A 1－ABC 各个面的面积，得出表面积；（2）在平面ABC 内，过点B 作BN AC ⊥，垂足为N ，过N 作1//MN A A 交1A A 于M ，连接BM ，即可得出.【详解】（1）2,4,=60=23AB AC BAC BC BC AB ==∠∴∴⊥，，，1A A ⊥平面ABC ，BC ⊆平面ABC ，1BC AA ∴⊥，1A A AB A =，BC ∴⊥平面1A AB ，1A B ⊂平面1A AB ，1BC A B ∴⊥，112223262A BC S∴=⨯⨯=， 1=232ABC S AB BC ∴⋅⋅=，111==22A AB S A A AB ⋅，111=42A AC S A A AC =⋅， 则表面积=6+23+26S ；（2）证明：在平面ABC 内，过点B 作BN AC ⊥，垂足为N ，过N 作1//MN A A 交1A A 于M ，连接BM ，1A A ⊥AC ，1//MN A A ，AC MN ∴⊥，MN BN N =，∴AC ⊥平面MBN .又BM ⊂平面MBN ，∴AC BM ⊥.在直角BAN 中，cos 1, 3.=∠==-=AN AB BAC NC AC AN 111//.3，∴==A M AN MN A A MC NC 【点睛】 本题考查三棱柱表面积的求解，解题的关键是得出1BC A B ⊥以便求出各个面的面积，考查点的存在性问题，解题关键是正确利用线面垂直关系作出辅助线.16．（1）证明见解析；（2）1510. 【分析】（1）根据四边形ABCD 是菱形得到//AB CD ，再由//AF DE ，证得平面//ABF 平面CDE 即可.（2）当60α=︒，即60BAD ∠=︒，过A 作AM CD ⊥，交CD 延长线于M ，连结AM ，EM ，易知AM ⊥平面CDE ，则AEM ∠为AE 与平面CDE 所成的角，然后由sin AM AEM AE ∠=求解. 【详解】（1）∵四边形ABCD 是菱形，∴//AB CD ，又//AF DE ，ABAF A =，CD DE D =，∴平面//ABF 平面CDE ，又BF ⊂平面ABF ，∴//BF 平面CDE .（2）当60α=︒，即60BAD ∠=︒，如图所示：过A 作AM CD ⊥，交CD 延长线于M ，连结AM ，EM ，而AF ⊥平面ABCD ，又AF DE ∥，∴DE ⊥平面ABCD ，∴DE AM ⊥，又AM CD ⊥，CDDE D =，∴AM ⊥平面CDE ，∴AEM ∠为AE 与平面CDE 所成的角，∴cos303sin 3sin 515AM AD AEM AED AE AE ⋅=︒∠===∠=. ∴直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值为1510. 【点睛】 方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法：(1)利用线面平行的定义，一般用反证法；(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)． 17．（1）证明见解析；（2）27.【分析】（1）取CD 中点F ，连接EF ，AF ，利用面面平行的判定定理证明平面//AEF 平面PBC ，再用面面平行的性质可得//AE 平面PBC ；（2）根据体积求出PA ，过A 作AQ CD ⊥于Q ，连接PQ ，AQ ，求出PQ 和CD 后，根据三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）取CD 中点F ，连接EF ，AF ，则//EF PC ，又120BCD AFD ∠=∠=︒，∴//BC AF ，∴平面//AEF 平面PBC ，∴//AE 平面PBC .（2）因为90CAD ABC ∠=∠=，30BAC ADC ∠=∠=，2AC =，所以1,3BC AB ==由已知得：113323P ABC V AB BC PA -=⋅⋅⋅=，即11331323PA ⨯⨯=， 可得2PA =.过A 作AQ CD ⊥于Q ，连接PQ ，AQ ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA AQ ⊥，PA CD ⊥，∴CD PQ ⊥，ACD △中，2AC =，90CAD ∠=，30ADC ∠=，∴4CD =，23AD =22334AC AD AQ CD ⋅⨯===， 222237PQ PA AQ =+=+=， ∴11742722PCD S PQ CD =⋅==△ 【点睛】关键点点睛：掌握面面平行的判定定理和面面平行的性质是解题关键.18．（1）证明见解析；（2）33 . 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，再由线线垂直得到线面垂直；（2）取EF 中点P ，BC 中点K ，找到二面角，再在三角形中计算就可以了.【详解】（1）证明：1AA ⊥平面11,ABC B F AA ∴⊥ ， 又111A B C 为正三角形，F 为11A C 中点，111B F AC ∴⊥得1B F ⊥平面11ACC A .又因为1AC ⊂平面11ACC A ，所以11B F AC ⊥；（2）设所有棱长都为2，取EF 中点P ，BC 中点K ，连,,PK AK PA . 易知,PK BC AK BC ⊥⊥，则PKA ∠为平面EFCB 的与底面ABC 所成二面角的平面角， 在PKA 中，取AK 中点O ，连PO ，有PO ⊥平面ABC ，则PO AK ⊥， 且32,2PO OK ==，43tan 33PO PKA OK ∠===,【点睛】第二问的关键点是由线面垂直找到线线垂直，求出二面角，然后在三角形中计算就可以了. 19．（1）证明见解析；（2）83. 【分析】（1）先证明AC ⊥BE ,再取AB 的中点M ，连接CM ，经计算，利用勾股定理逆定理得到AC ⊥BC ,然后利用线面垂直的判定定理证得结论；（2）利用线面垂直的判定定理证得CM ⊥平面BEF ,即为所求三棱锥的高，进而计算得到其体积.【详解】解：（1）证明：∵四边形ABEF 为矩形∴//AF BE∵AF ⊥平面ABCD ∴BE ⊥平面ABCD∵AC ⊂平面ABCD ∴AC BE ⊥.如图，取AB 的中点M ，连接CM ，∴122AM AB DC === ∵//AM DC ，90MAD ∠=︒，2AM DC AD === ∴四边形ADCM 是正方形.∴90ADC ∠=︒∴222448C AD DC =+=+=，222448BC CM BM =+=+= ∵4AB =∴222AC BC AB +=∴ABC 是直角三角形∴AC BC ⊥. ∵BCBE B =，BC 、BE ⊂平面BCE∴AC ⊥平面BCE（2）由（1）知：CM AB ⊥∵AF ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ∴AF CM ⊥∵AF AB A ⋂=，AF 、AB 平面ABEF∴CM ⊥平面ABEF ，∴CM ⊥平面BEF即：CM 是三棱锥C BEF -的高 ∴11182243323E BCF C BEF BEF V V CM S --==⋅=⨯⨯⨯⨯=△ 【点睛】本题考查线面垂直的证明，棱锥的体积的计算，属基础题.在利用线面垂直的判定定理证明线面垂直时一定要将条件表述全面，“两个垂直，一个相交”不可缺少.20．（1）证明见解析；（2）10；（3）当a =2时，PC //平面AB 1D . 【分析】（1）先证PD ⊥PC ，再由线面垂直的性质证得BC ⊥PD ，运用线面判定方法即可证明结果；（2）由题意先作出线面角，运用勾股定理计算三角形边长，最后求出线面角得正切值；（3）运用线面平行得判定定理证明即可.【详解】（1）证明：∵PD =PC =2，CD =AB =2，∴△PCD 为等腰直角三角形，所以PD ⊥PC .又∵ABCD -A 1B 1C 1D 1是一个长方体，∴ BC ⊥平面CC 1D 1D ，而P ∈平面CC 1D 1D ，∴ PD ⊂平面CC 1D 1D ，所以BC ⊥PD .又∵PC ∩BC =C ，∴ PD ⊥平面PBC .（2）如图，过P 点作PE ⊥CD ，连接AE .∵平面ABCD ⊥平面PCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，∴∠PAE 就是直线PA 与平面ABCD 所成的角.又∵PD =PC 2，PD ⊥PC ，所以PE =1，DE =1，所以2223110AE AD DE =+=+=∴tanPE PAE AE ∠===∴直线PA 与平面ABCD （3）当a =2时，PC //平面AB 1D .理由如下：连接C 1D ，∵a =2，∴四边形CC 1D 1D 是一个正方形，∴∠C 1DC =45°，而∠PDC =45°，∴∠PDC =90°，所以C 1D ⊥PD .又∵PC ⊥PD ，C 1D 与PC 在同一个平面内，∴PC //C 1D .又∵C 1D ⊂平面AB 1C 1D∴PC //平面AB 1C 1D∴PC //平面AB 1D .【点睛】方法点睛：在证明线面垂直或者线面平行时运用其判定定理进行证明，找线线垂直的方法有：（1）运用勾股定理逆定理；（2）已知线面垂直，由其性质得线线垂直；（3）在圆中直径所对的圆周角（4）三角形相似找线线平行的方法有：（1）有中点找中点，构造三角形中位线或者平行四边形；（2）线面平行的性质定理；（3）直线平行的条件（同位角、内错角等知识）.21．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】本题考查线面平行与线面垂直的判定，难度不大.（1）利用线面平行的判定定理证得//EF 平面BCD ，进而利用线面平行的性质定理证得； （2）利用线面垂直的判定定理证得CD ⊥平面ADB ，进而证得AB ⊥平面CDH ，然后由面面垂直判定定理证得结论.【详解】证明：（1）因为点E 、F 分别为线段AC 、AD 的中点，EF ∴为ACD △的中位线，则//EF CD ，CD ⊂平面BCD ，EF ⊄平面BCD ，//EF ∴平面BCD ，又EF ⊂平面EFNM ，平面EFNM ⋂平面BCD MN =，//EF MN ∴；（2）90CDA CDB ∠=∠=︒，CD DA ∴⊥，CD DB ⊥，DA DB D ⋂=，DA ⊂平面ADB ，DB ⊂平面ADB ， CD 平面ADB ，CD AB ∴⊥又DH AB ⊥，DH CD D ⋂=，DC ⊂平面DCH ，DH ⊂平面DCH ，AB ∴⊥平面CDH ，AB ⊂平面ABC ，∴平面CDH ⊥平面ABC.【点睛】要证线线平行，常常先证线面平行，综合利用线面平行的判定与性质进行证明；要证面面垂直，常常先证线面垂直，而要证线面垂直，又常常先证另一个线面垂直.22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）取PB 中点G ，可证得四边形DEGF 是平行四边形，进而可得//DF EG ，最后可证//DF 平面PEB ；（Ⅱ）由条件可得PE AD ⊥，BE AD ⊥，进而由线面垂直的判定定理得出结论.【详解】（Ⅰ）取PB 中点G ，因为F 是PC 中点，∴//FG BC ，且12FG BC =， ∵E 是AD 的中点，则//DE BC ，且12DE BC =，∴//FG DE ，且FG DE =， ∴四边形DEGF 是平行四边形，∴//DF EG ，又∵DF ⊄平面PEB ，EG ⊂平面PEB ，∴//DF 平面PEB ；（Ⅱ）因为E 是正三角形PAD 边为AD 的中点，则PE AD ⊥，∵四边形ABCD 为菱形，60BAD ︒∠=，∴正三角形BAD 中，BE AD ⊥，∵PE BE E ⋂=，∴AD ⊥平面PEB ，∵//AD BC ，∴BC ⊥平面PEB ．【点睛】方法点睛：本题考查线面平行、线面垂直的判定，解题关键是熟记线面平行和线面垂直的判定定理，以及定理成立时的条件，考查空间想象能力，属于常考题.23．（1）证明见解析；（2）23PA =PC 与平面PBD 所成角最大，此时该角的正弦值为35. 【分析】（1）根据已知条件，得到BD PA ⊥，再利用正切函数的性质，求得0030,BAC 60ABD ∠=∠=，得到BD AC ⊥，进而可证得平面PBD ⊥平面PAC ；（2）建立空间坐标系，得到()BD =-，()0,2,DP t =-，()2PC t =-，进而得到平面PBD的一个法向量为1,3,n ⎛= ⎝⎭，进而可利用向量的公式求解【详解】（1）∵PA ⊥平面,ABCD BD ⊂平面ABCD ，∴BD PA⊥，又tan tan AD BC ABD BAC AB AB∠==∠== ∴0030,BAC 60ABD ∠=∠=，∴090AEB ∠=，即BD AC ⊥（E 为AC 与BD 交点）．又PA AC ，∴BD ⊥平面PAC ，又因为BD ⊂平面PBD ，所以，平面PAC ⊥平面PBD（2）如图，以AB 为x 轴，以AD 为y 轴，以AP 为z 轴，建立空间坐标系，如图，设AP t =，则()()()(),,0,2,0,0,0,B C D P t ，则()BD =-，()0,2,t DP =-，()23,6,PC t =-，设平面PBD 法向量为(),,n x y z =， 则00n BD n DP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2020y y tz ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩，取1x =，得平面PBD 的一个法向量为1,3,n t ⎛= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,48PC n PC n PC n⋅==因为22144515175t t +++=≥，当且仅当t = 所以5c 3353os ,PC n ≤=，记直线PC 与平面PBD 所成角为θ，则sin cos ,PC n θ=，故3sin 5θ≤，即t =PC 与平面PBD 所成角最大，此时该角的正弦值为35．【点睛】关键点睛：解题关键在于利用定义和正切函数的性质，得到BD ⊥平面PAC ，进而证明平面PAC ⊥平面PBD ；以及建立空间直角坐标系，求出法向量，进行求解直线PC 与平面PBD 所成角的最大值，难度属于中档题24．（1）证明见解析；（2）90；（3）M ∈平面CFG ，理由见解析.【分析】（1）设BD EC O ⋂=，连接MO ，由线面平行的性质可得//PB MO ，可得MD OD MP OB =，由//ED BC 可得12OD ED OB BC ==，即可证明； （2）取BE 中点Q ，连接PQ ，通过面面垂直的性质可得PQ ⊥平面BCDE ，进而可得PQ EC ⊥，再由EC BE ⊥可得EC ⊥平面PBE ，即平面PBE ⊥平面PEC ，即得出结果；（3）延长ED 到N ，使ED DN =，连接,,CN PN GN ，证明//FG CN ，可得,,,F C N G 确定平面FCNG ，判断M 是PEN △的重心，可得M ∈平面CFG .【详解】（1）设BD EC O ⋂=，连接MO ，//PB 平面CEM ，PB ⊂平面PBD ，平面PBD 平面CEM MO =，//PB MO ∴，MD OD MP OB ∴=， //ED BC ，12OD ED OB BC ∴==， 12MD MP ∴=，即2MP DM =； （2）取BE 中点Q ，连接PQ ，PB PE =，PQ BE ∴⊥，又平面PBE ⊥平面BCDE ，PQ ∴⊥平面BCDE ， EC ⊂平面BCDE ，PQ EC ∴⊥， 2BE EC ==，2BC =，满足222BE EC BC +=，EC BE ∴⊥，PQ BE Q ⋂=，EC ∴⊥平面PBE ，EC ⊂平面PEC ，∴平面PBE ⊥平面PEC ，∴二面角B PE C --的大小为90；（3）延长ED 到N ，使ED DN =，连接,,CN PN GN ，,F G 分别是,PB PE 的中点，//FG BE ∴，2BC ED =，BC EN ∴=，//BC EN ，∴四边形BCNE 是平行四边形，//BE CN ∴，//FG CN ∴，则,,,F C N G 确定平面FCNG ，PEN 中，PD 是EN 边中线，且:2:1PM MD =，M ∴是PEN △的重心，又GN 为PE 边的中线，则M 在GN 上，∴M ∈平面CFG .【点睛】关键点睛：（1）本问考查线段比例关系的证明，解题的关键是由平行得出比例关系，利用等量替换求解；（2）本问考查二面角的求解，解题的关键是证明平面PBE ⊥平面PEC ，从而得出二面角为90；（3）本问考查平面的性质，解题的关键是作出恰当的辅助线，延长ED 到N ，使ED DN =，通过//FG CN 得出,,,F C N G 确定平面FCNG ，再通过M 是PEN △的重心得出M 在GN 上.25．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）26. 【分析】（Ⅰ）通过1B C AB ⊥和AB AC ⊥可得AB ⊥平面1AB C ，即得证；（Ⅱ）设11BC B C O =，作1OE AB ⊥于E ，连结BE ，可得EBO ∠为1BC 与平面11ABB A 所成角，求出相关长度即可求解.【详解】（Ⅰ）证明：∵1B C ⊥平面ABC ，∴1B C AB ⊥， 又AB AC ⊥，1AC B C C ⋂=，所以AB ⊥平面1AB C ， AB ⊂平面11ABB A ，所以平面1AB C ⊥平面11ABB A ；（Ⅱ）设11BC B C O =，作1OE AB ⊥于E ，连结BE ，∵平面1AB C ⊥平面11ABB A 于1AB ，∴OE ⊥平面11ABB A ，∴EBO ∠为1BC 与平面11ABB A 所成角，由已知2AB AC ==，123BB =12B C =，122B A =∴223BO BC OC =+=，在等腰直角1AB C 中，22OE =， 所以2sin 6OE EBO OB ∠==，即1BC 与平面11ABB A 2. 【点睛】方法点睛：求线面角或面面角的常用方法，根据图形结构常用建立坐标系利用向量法求解或直接用几何法求解，向量法的往往更简单有效.26．（1）证明见解析；（2）22. 【详解】（1）取PD 的中点G ，连接NG ，AG ，如图所示：因为G ，N 分别为PD ，PC 的中点，所以//GN CD ，1=2GN CD . 又因为M 为AB 的中点，所以//AM CD ，1=2AM CD . 所以//AM GN ，=AM GN ，四边形AMNG 为平行四边形，所以//AG MN . 又因为22213PM PA AM =+=+=22123MC MB BC =+=+= 所以PM MC =，则MN PC ⊥.又因为AD PA =，G 为PD 中点，所以AG PD ⊥.又因为//AG MN ，所以MN PD ⊥.所以MN PD MN PCMN PC PD P ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪=⎩平面PCD . 又MN ⊂平面MPC ，所以平面MPC ⊥平面PCD .（2）设点B 到平面MNC 的距离为h ，因为B MNC N MBC V V --=，所以111332MNC MBC S h S PA ⋅=⋅△△. 因为1222MBC S BC MB =⋅⋅=△， 1122122MN AG PD ===+=，22312NC MC MN =-=-= 所以1222MNC S MN NC =⋅⋅=△ 所以1212233h =2h =. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了面面垂直的证明和三棱锥的高，属于中档题，其中等体积转化B MNC N MBC V V --=为解决本题的关键.。
《高等几何》习题答案
高几习题集及参考解答第一章 仿射几何的基本概念1、证明线段的中点是仿射不变性，角的平分线不是仿射不变性。
证明：设T 为仿射变换，根据平面仿射几何的基本定理，T 可使等腰△ABC （AB=AC ）与一般△A'B'C'相对应，设点D 为线段BC 的中点，则AD ⊥BC ，且β=γ，T （D ）=D' （图1）。
∵T 保留简比不变， 即（BCD ）=（B'C'D'）= -1，∴D'是B'C'的中点。
因此线段中点是仿射不变性。
∵在等腰△ABC 中，β=γ。
设T （ β）= β'，T （ γ ）= γ'， 但一般△A'B'C'中，过A'的中线A'D'并不平分∠A'， 即B'与γ'一般不等。
∴角平分线不是仿射不变性。
在等腰△ABC 中，设D 是BC 的中点，则AD ᅩBC ，由于 T(△ABC)= △A'B'C'（一般三角形），D'仍为B'C'的中点。
由于在一般三角形中，中线A'D'并不垂直底边B'C'。
得下题 2、两条直线垂直是不是仿射不变性？ 答:两直线垂直不是仿射不变性。
3、证明三角形的中线和重心是仿射不变性。
证明：设仿射变换T 将△ABC 变为△A'B'C'，D 、E 、F 分别是BC 、CA ，AB 边的中点。
由于仿射变换保留简比不变，所以D' =T(D)，E'=T(E)，F'=T(F)分别是B'C',C'A',A'B' 的中点，因此A'D'，B'E'，C'F'是△A'B'C'的三条中线（图2）。
(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。
【单元练】东北师范大学附属中学九年级数学下册第二十九章《投影与视图》经典测试题(含解析)
一、选择题1．如图所示的几何体的俯视图是（）A．B．C．D．B解析：B【分析】根据俯视图的概念逐一判断即可得．【详解】解：图中几何体的俯视图如图所示：故答案为：B．【点睛】本题考查简单几何体的三视图，解题的关键是掌握常见几何体的三视图．2．下面四个几何体中，俯视图为四边形的是（）A．B．C．D．D解析：D【解析】A、圆柱的俯视图是圆；B、三棱锥的俯视图是三角形；C、球的俯视图是圆；D、正方体的俯视图是四边形．故选D．3．一个几何体是由若干个相同的正方体组成的，其主视图和左视图如图所示，则这个几何体最多可由多少个这样的正方体组成（）A．12B．13C．14D．15B解析：B【分析】易得此几何体有三行，三列，判断出各行各列最多有几个正方体组成即可．【详解】解：综合主视图与左视图分析可知，第一行第1列最多有2个，第一行第2列最多有1个，第一行第3列最多有2个；第二行第1列最多有1个，第二行第2列最多有1个，第二行第3列最多有1个；第三行第1列最多有2个，第三行第2列最多有1个，第三行第3列最多有2个；所以最多有：2+1+2+1+1+1+2+1+2=13（个），故选B．【点睛】本题考查了几何体三视图，重点是考查学生的空间想象能力．掌握以下知识点：主视图反映长和高，左视图反映宽和高，俯视图反映长和宽.4．如图是由一些相同的小正方体构成的立体图形的三视图．构成这个立体图形的小正方体的个数是（）A．6 B．7 C．4 D．5A解析：A【分析】利用三视图的观察角度不同得出行数与列数，结合主视图得出答案．【详解】解：如图所示：由左视图可得此图形有3行，由俯视图可得此图形有3列，由主视图可得此图形最左边一列有4个小正方体，中间一列有1个小正方体，最右边一列有1个小正方体，故构成这个立体图形的小正方体有6个．故选：A．【点睛】此题主要考查了由三视图判断几何体，利用三视图得出几何体的形状是解题关键．5．如图，桌面上放着1个长方体和1个圆柱体，按如图所示的方式摆放在一起，其左视图是（）A．B．C．D．C解析：C【分析】根据左视图是从左面看所得到的图形进行解答即可．【详解】从左边看时，圆柱和长方体都是一个矩形，圆柱的矩形竖放在长方体矩形的中间．故选：C．【点睛】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．6．如图所示立体图形,从上面看到的图形是（）A．B．C．D．C解析：C【分析】从上面看到3列正方形，找到相应列上的正方形的个数即可．【详解】从上面看得到从左往右3列正方形的个数依次为2，1，1，故选C．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，解决本题的关键是得到3列正方形具体数目．7．如图所示，所给的三视图表示的几何体是（）A．圆锥B．四棱锥C．三棱锥D．三棱柱D解析：D【解析】分析：由左视图和俯视图可得此几何体为柱体，根据主视图是三角形可判断出此几何体为正三棱柱．详解：∵左视图和俯视图都是长方形，∴此几何体为柱体，∵主视图是一个三角形，∴此几何体为三棱柱．故选D．点睛：考查了由三视图判断几何体，用到的知识点为：由左视图和俯视图可得几何体是柱体，锥体还是球体，由主视图可确定几何体的具体形状．8．一个几何体由一些大小相同的小正方体组成，如图是它的主视图和左视图，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少为()A．4 B．5C．6 D．7B解析：B【分析】从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数．【详解】由题中所给出的主视图知物体共三列，且左侧一列高两层，中间一列高1层，右侧一列最高两层；由左视图可知左侧两，右侧一层，所以图中的小正方体最少3+2=5块．故选B．【点睛】本题主要考查三视图的相关知识：主视图主要确定物体的长和高，左视图确定物体的宽和高，俯视图确定物体的长和宽．9．如图的几何体由6个相同的小正方体搭成，它的主视图是（）A．B．C．D．A解析：A【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．【详解】从正面看有三列，从左起第一列有两个正方形，第二列有两个正方形，第三列有一个正方形，故A符合题意，故选A．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的视图是主视图．10．如图所示的几何体的俯视图为( )A．B．C．D．C解析：C【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．【详解】解：从上边看外面是一个矩形，里面是一个圆形，故选C．【点睛】考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图．二、填空题11．已知一个圆锥体的三视图如图所示，则这个圆锥体的侧面积是__________．【分析】先由勾股定理求出母线再根据圆锥侧面积公式S=r计算即可【详解】圆锥半径：r=8÷2=4S=r=20故答案为：20【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法理解并掌握圆锥侧面积公式是解题关键解析：20π【分析】先由勾股定理求出母线l，再根据圆锥侧面积公式S=πr l计算即可．【详解】圆锥半径：r=8÷2=422l=+=345S=πr l=20π故答案为：20π【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法，理解并掌握圆锥侧面积公式是解题关键．12．广场上一个大型艺术字板块在地上的投影如图所示，则该投影属于_____．（填写“平行投影”或“中心投影”）中心投影【解析】【分析】找出光源即可得出结果【详解】如图可知该投影属于中心投影故答案为：中心投影【点睛】平行投影与中心投影之间的区别是平行投影的投影线互相平行而中心投影的投影线交于一点主要从形成投影解析：中心投影【解析】【分析】找出光源即可得出结果.【详解】如图可知，该投影属于中心投影.故答案为：中心投影【点睛】平行投影与中心投影之间的区别是平行投影的投影线互相平行，而中心投影的投影线交于一点．主要从形成投影的光线来比较两者的区别．13．如图，已知路灯离地面的高度AB为4.8m，身高为1.6m的小明站在D处的影长为2m，那么此时小明离电杆AB的距离BD为_____m．4【解析】【分析】根据题意得△ABC∽△EDC相似三角形成比例得解【详解】∵△ABC∽△EDC∴CB=6BD=6-2=4故BD为4m【点睛】本题考查相似三角形解题的关键是清楚相似三角形的性质解析：4．【解析】【分析】根据题意得△ABC∽△EDC，相似三角形成比例得解.【详解】∵△ABC∽△EDC，∴ED CD=AB CB ，1.62=4.8CB，CB=6，BD=6-2=4.故BD为4m.【点睛】本题考查相似三角形，解题的关键是清楚相似三角形的性质.14．如图，电灯P在横杆AB的正上方，AB在灯光下的影子为CD，//AB CD，1.5AB m=， 4.5CD m=，点P到CD的距离为2.7m，则AB与CD间的距离是________m．【分析】由AB∥CD得：△PAB∽△PCD由相似三角形对应高之比等于对应边之比列出方程求解【详解】∵AB∥CD∴△PAB∽△PCD假设CD到AB 距离为x则：即x=18∴AB与CD间的距离是18m；故解析：1.8【分析】由AB∥CD得：△PAB∽△PCD，由相似三角形对应高之比等于对应边之比，列出方程求解．【详解】∵AB∥CD，∴△PAB∽△PCD，假设CD到AB距离为x，则：2.72.7AB xCD-=即1.52.74.5 2.7x-=，x=1.8，∴AB与CD间的距离是1.8m；故答案是：1.8．【点睛】考查了中心投影，用到的知识点是相似三角形的性质和判定，相似三角形对应高之比等于对应边之比．解此题的关键是把实际问题转化为数学问题（三角形相似问题）．15．如图是一个圆柱体的三视图，由图中数据计算此圆柱体的侧面积为________．（结果保留π）24π【解析】解：由图可知圆柱体的底面直径为4高为6所以侧面积=4π×6=24π故答案为24π点睛：本题考查了立体图形的三视图和学生的空间想象能力圆柱体的侧面积公式根据主视图判断出圆柱体的底面直径与解析：24π【解析】解：由图可知，圆柱体的底面直径为4，高为6，所以，侧面积=4π×6=24π．故答案为24π．点睛：本题考查了立体图形的三视图和学生的空间想象能力，圆柱体的侧面积公式，根据主视图判断出圆柱体的底面直径与高是解题的关键．16．桌上摆满了朋友们送来的礼物，小狗贝贝好奇地想看个究竟．①小狗先是站在地面上看；②然后抬起了前腿看；③唉，还是站到凳子上看吧；④最后，它终于爬上了桌子…．请你根据小狗四次看礼物的顺序，把下面四幅图片按对应字母正确排序为_________________．bdca【解析】试题分析：根据观察的角度不同得到的视图不同可得答案①小狗先是站在地面上看②然后抬起了前腿看③唉还是站到凳子上看吧④最后它终于爬上了桌子…看到的由少到多最后全看到得bdca考点：简单几解析：bdca．【解析】试题分析：根据观察的角度不同，得到的视图不同，可得答案．①小狗先是站在地面上看，②然后抬起了前腿看，③唉，还是站到凳子上看吧，④最后，它终于爬上了桌子…看到的由少到多，最后全看到，得b，d，c，a．考点：简单几何体的三视图．17．一天，小青想利用影子测量校园内一根旗杆的高度，在同一时刻内，小青的影长为2米，旗杆的影长为20米，若小青的身高为1.60米，则旗杆的高度为__________米.16【分析】易得△AOB∽△ECD利用相似三角形对应边的比相等可得旗杆OA的长度【详解】解：∵OA⊥DACE⊥DA∴∠CED=∠OAB=90°∵CD∥OE∴∠CDA=∠OBA∴△AOB∽△EC D∴解解析：16【分析】易得△AOB∽△ECD，利用相似三角形对应边的比相等可得旗杆OA的长度．【详解】解：∵OA⊥DA，CE⊥DA，∴∠CED=∠OAB=90°，∵CD∥OE，∴∠CDA=∠OBA，∴△AOB∽△ECD，∴CE OA16OA==，,DE AB220解得OA=16．故答案为16．18．如图，是一个几何体的三视图（含有数据）则这个几何体的侧面展开图的面积等于__．【解析】易得此几何体为圆柱底面直径为1高为2圆柱侧面积=底面周长×高代入相应数值求解即可解：主视图和左视图为长方形可得此几何体为柱体俯视图为圆可得此几何体为圆柱故侧面积=π×1×2=2π故答案为2π解析：【解析】易得此几何体为圆柱，底面直径为1，高为2．圆柱侧面积=底面周长×高，代入相应数值求解即可．解：主视图和左视图为长方形可得此几何体为柱体，俯视图为圆可得此几何体为圆柱，故侧面积=π×1×2=2π．故答案为2π．19．桌上摆着一个由若干个相同正方体组成的几何体，其主视图和左视图如图所示，这个几何体最多可以由___________个这样的正方体组成.13【分析】主视图左视图是分别从物体正面左面看所得到的图形【详解】易得第一层最多有9个正方体第二层最多有4个正方体所以此几何体共有13个正方体故答案为13解析：13【分析】主视图、左视图是分别从物体正面、左面看，所得到的图形．【详解】易得第一层最多有9个正方体，第二层最多有4个正方体，所以此几何体共有13个正方体．故答案为13．20．由n个相同的小正方体堆成的几何体，其视图如下所示，则n的最大值是_____．18【分析】根据主视图和俯视图得出几何体的可能堆放从而即可得出答案【详解】综合主视图和俯视图底面最多有个第二层最多有个第三层最多有个则n的最大值是故答案为：18【点睛】本题考查了三视图中的主视图和俯解析：18【分析】根据主视图和俯视图得出几何体的可能堆放，从而即可得出答案．【详解】综合主视图和俯视图，底面最多有2327++=个，第二层最多有2327++=个，第三层最多有2024++=个则n 的最大值是77418++=故答案为：18．【点睛】本题考查了三视图中的主视图和俯视图，掌握三视图的相关概念是解题关键．三、解答题21．如图，AB 是某公园的一个圆形桌面的主视图，MN 是该桌面在一路灯下的影子，CD 是一个圆形凳面的主视图．（桌面、凳面均与地面平行）（1）请标出路灯O 的位置，并画出CD 在该路灯下的影子PQ ；（保留画图痕迹，光线用虚线表示）（2）若桌面直径和桌面与地面的距离均为1.2m ，并测得影子2MN m =，求路灯O 与地面的距离．解析：（1）见解析；（2）路灯O 与地面的距离为3m【分析】（1）延长MA 、NB ，它们的交点即为路灯O 的位置，然后再连结OC 、OD ，并延长交地面与P 、Q 点，则PQ 为CD 的影子；（2）作OF ⊥MN 交AB 于E ，如图，AB ＝1.2m ，EF ＝1.2m ，MN ＝2m ，证明△OAB ∽△OMN ，利用相似比计算出OF 即可得到路灯O 与地面的距离．【详解】解：（1）如图，路灯O 和线段PQ 即为所画．（2）如图，过点O 作OF MN ⊥，交AB 于点E ，∵//AB MN ，∴OF AB ⊥，OAB OMN ∠=∠，OBA ONM ∠=∠．∴OAB ∽OMN ， ∴AB OE MN OF=． ∵ 1.2AB =， 1.2EF =，2MN =，∴1.2 1.22OF OF-=， ∴3OF =． 答：路灯O 与地面的距离为3m ．【点睛】本题考查了中心投影：由同一点（点光源）发出的光线形成的投影叫做中心投影．如物体在灯光的照射下形成的影子就是中心投影．中心投影的光线特点是从一点出发的投射线．物体与投影面平行时的投影是放大（即位似变换）的关系．也考查了相似三角形的判定与性质．22．如图是由7个棱长为1的小正方体搭成的几何体．（1）请分别面出这个几何体的主视图、左视图和俯视图；（2）这个几何体的表面积为___________（包括底面积）；（3）用小正方体搭一几何体，使得它的俯视图和左视图与你在（1）中所画的图形一致，则搭这样的几何体最少要__________个小正方体．解析：（1）见详解；（2）30；（3）6．【分析】（1）由已知条件可知，主视图有3列，每列小正方数形数目分别为2，1，3；左视图有2列，每列小正方形数目分别为3，1；俯视图由3列，每列小正方数形数目分别为1，2，1；据此可画出图形．（2）将俯视图、左视图和主视图面积相加，再乘以2，继而加上夹在中间的左右两个面的面积即可得．（3）保持俯视图和左视图不变，只能减少第一列上面一个小正方体，即可得到答案．【详解】解：（1）如图所示（2）几何体的表面积为：(644)2230++⨯+=；故答案为：30；（3）根据题意，保持俯视图和左视图不变，只能减少第一列上面一个小正方体．∴搭这样的几何体最少要6个小正方体．故答案为：6．【点睛】此题主要考查了三视图，正确掌握不同视图的观察角度是解题关键．23．已知木棒AB 垂直投射于投影面a 上的投影为11A B ，且木棒AB 的长为8cm . （1）如图（1），若AB 平行于投影面a ，求11A B 长；（2）如图（2），若木棒AB 与投影面a 的倾斜角为30，求这时11A B 长.解析：（1）118A B cm =；（2）1143A B cm =．【分析】（1）由平行投影性质：平行长不变，可得A 1B 1=AB ；（2）过A 作AH ⊥BB 1，在Rt △ABH 中有AH=ABcos30°，从而可得A 1B 1的长度．【详解】解：（1）根据平行投影的性质可得，A 1B 1=AB=8cm ；（2）如图（2），过A 作AH ⊥BB 1，垂足为H ．∵AA 1⊥A 1B 1，BB 1⊥A 1B 1，∴四边形AA 1B 1H 为矩形，∴AH=A 1B 1，在Rt △ABH 中，∵∠BAH=30°，AB=8 cm ，∴()3cos30843cm 2AH AB =︒=⨯=， ∴1143cm A B =．【点睛】本题主要考查平行投影的性质，线段的平行投影性质：平行长不变、倾斜长缩短、垂直成一点．24．如图，是由一些大小相同的小正方体组合成的简单几何体．根据要求完成下列题目． （1）请在下面方格纸中分别画出它的左视图和俯视图（画出的图需涂上阴影）； （2）图中共有 个小正方体．解析：（1）见解析；（2）9.【分析】（1）依据几何体的形状，即可得到它的左视图和俯视图；（2）可以直接从图中数出小正方体的个数．【详解】解：（1）左视图和俯视图如下：（2）由图可得，该几何体由9块小正方体组成，故答案为：9．【点睛】本题考查了作三视图，主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．25．由10个完全相同的小正方体搭成的物体如图所示.（1）请在下面的方格图中画出该物体的主视图和左视图；（2）如果再添加若干个相同的小正方体之后，所得到的新物体的主视图和左视图跟原来的相间，那么这样的小正方体最多还可以添加个.解析：(1)详见解析； (2)4.【分析】（1）根据几何体的小正方体的个数，即可画出几何体的主视图和左视图；（2）底层第二列第一行加1个，第三列第一、二分别加1个；第二层第三列第二行加1个，共4共4个.【详解】解：（1）如图所示，（2）如果在这个几何体上再添加一些相同的小正方体，并保持其主视图和左视图不变，那么最多可以再添加 4个小正方体（如图中A、B、C、D）：∴最多可以再添加4个小正方体．故答案为：4.【点睛】本题考查几何体的三视图画法．熟练掌握几何体三视图的画法，注意要仔细统计，不要重复统计，也不要漏统计．26．如图所示是某种型号的正六角螺母毛坯的三视图．（1）画出这个几何体的一种表面展开图；（2）求该正六角螺母的侧面积．解析：（1）如图即为这个几何体的一种表面展开图；见解析；（2）该正六角螺母的侧面积为36cm2．【分析】（1）根据正六角螺母毛坯的三视图画这个几何体的一种表面展开图，六棱柱的侧面展开图是长方形，底面是正六边形即可画出；（2）根据正六角螺母的侧面积是六个长方形面积的和求解．【详解】（1）如图即为这个几何体的一种表面展开图；（2）这个正六角螺母的测面积为：6×S长方形＝6×3×2＝36cm2．答：该正六角螺母的侧面积为36cm2．【点睛】考查了由三视图判断几何体、几何体的表面积、几何体的展开图，解题关键是要从实物出发，结合具体的问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图形的转化，建立空间思维．27．一个几何体由大小相同的小立方体搭成,从上面看到的几何体的形状图如图所示,其中小正方形的数字表示在该位置的小立方体块的个数,请画出从正面和从左面看到的这个几何体的形状图．解析：答案见解析.【分析】由已知条件可知，主视图有3列，每列小正方数形数目分别为3，2，3；左视图有2列，每列小正方形数目分别为3，3．据此可画出图形．【详解】解：作图如下：【点睛】本题考查几何体的三视图画法．由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视数的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字．左视图的列数与俯视图的行数相同，且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字．28．画图，探究：（1）一个正方体组合图形的主视图、左视图（如图1）所示．①这个几何体可能是（图2）甲、乙中的；②这个几何体最多可由个小正方体构成，请在图3中画出符合最多情况的一个俯视图．（2）如图，已知一平面内的四个点A、B、C、D，根据要求用直尺画图．①画线段AB，射线AD；②找一点M，使M点即在射线AD上，又在直线BC上；③找一点N，使N到A、B、C、D四个点的距离和最短．解析：（1）①乙；②9；图见解析；（2）①见解析；② 见解析；③见解析；【分析】（1）①结合主视图和左视图对甲、乙逐一判断可得；②当第一层有6个，第二层有2个，第三层有1个时，小正方体个数最多；（2）根据要求用直尺画图即可．【详解】解：（1）①甲图的左视图不合题意，乙图符合题意；故答案为乙；②这个几何体最多可由9个小正方体构成，其俯视图如图所示：故答案为9；（2）①如图所示，线段AB，射线AD即为所求；②如图所示，点M即在射线AD上，又在直线BC上；③如图所示，点N到A、B、C、D四个点的距离和最短．【点睛】本题主要考查了三视图以及基本作图，由三视图想象几何体的形状，首先应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．。
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《高观点下的几何学》练习题参考答案一一、填空题。
1．公理法的三个基本问题是（相容性问题）、（独立性问题）和（完备性问题）。
2．公理法的结构是（原始概念的列举）、（定义的叙述）、（公理的叙述）和（定理的叙述和证明）。
3．仿射变换把矩形变成平行四边形4．仿射变换把平行线变成平行线5．仿射变换把正三角形变成三角形二、简答题。
1．试给一个罗氏几何的数学模型。
答：罗氏几何的（Cayley-F.kLein）模型在欧氏平面上任取一个圆，把圆内部的点所构成的集合看成是罗氏“平面”。
罗氏平面几何的原始概念解释成：罗氏点：圆内的点；罗氏直线：圆内的开弦（两个端点除外，它们可称为无穷远点）。
结合关系：圆内原来的点和线的结合关系；介于关系：圆内弦上三点的介于关系；运动关系：欧氏平面上，将圆K变成自身的射影变换。
罗氏平行公理（在罗氏平面上）通过直线外一点至少存在两直线与已知直线不相交。
2．试给一个黎曼几何的数学模型答：黎曼几何的（F.KLein）模型黎曼几何的原始概念解释成：黎氏点：欧氏球面上的点，但把每对对径点看成一点；黎氏直线：球面上的大圆；黎氏平面：改造后的球面。
黎氏点与黎氏直线的基本关系：(1)通过任意两个黎氏点存在一条黎氏直线；(2)通过任意两个黎氏点至多存在一条黎氏直线；(3)每条黎氏直线上至少有两个黎氏点；至少存在三个黎氏点不在同一条黎氏直线上。
黎曼几何平行公理：黎氏平面上任意两条直线相交。
3．简述公理法的基本思想。
答：若干个原始概念（包括元素和关系）、定义和公理一起叫做一个公理体系，构成了一种几何的基础。
全部元素的集合构成了这种几何的空间。
在这个公理体系的基础上，每个概念都必须给出定义，每个命题都必须给出证明，原始概念、定义、公理和定理按照逻辑关系有次序地排列而构成命题系统——逻辑结构，这就是公理法思想。
4．简述公理系统的独立性答：如果一个公理系统中的某条公理不能由其余公理证明，即不时其余公理的推论，则称这跳公理在公理系统中是独立的。
如果一个公理系统中的没一条工理都是独立的，则称这个公理系统是独立的。
5．试着陈述非欧几何是怎样产生的？答：众所周知，欧几里得《几何原本》是演绎体系的里程碑，虽然它不尽完善，但它确实是建立科学演绎体系的最早的代表作，它一经问世，就引起了学术界的广泛关注，欧几里得之后的数学家们在对《几何原本》的研究过程发现，它的第五公设的内容不象前四条公设叙述的那么简单，同时它又是在第二十九条命题之后才出现的，于是这些数学家很自然提出这样一个问题：是否底五公设它不是一条公理，而是一条命题呢？与是他们试图去论证第五公设的独立性，在这种论证过程中，罗巴切夫斯基与黎曼分别建立了新的无矛盾的科学演绎体系，即罗氏及何与黎曼几何，这两种几何与欧氏几何有共同的绝对几何公理体系，只是平行公理不同。
6．简述公理系统的完备性。
答：如果公理系统的所有模型都是同构的，则称这个公理系统是完备的，或称其具有完备性。
7．简述公理系统的相容性。
答：公理系公理系统的相容性是指这个系统的所有构成要素是无矛盾的。
任何一个公理系统都要满足无矛盾性。
证明公理系统的相容性常用的方法是模型法。
三、选择题。
1．三角形内角和等于180度与（ A ）A 欧氏平行公理等价B 罗氏平行公理等价C 椭圆几何平行公设等价D 不可判定2．欧氏几何与非欧几何的本质区别为（ A ）A 平行公设不同B 结合公理相同C 绝对公设不同D 结合公理不同3．设点,,A B C 共线，且在仿射变换下分别变成',','A B C ，则',','A B C 三点（ A ）A ．共线B ．三角形顶点C ．可能不共线D ．可能重合 4．正方形在仿射变换下变成（ B ）A ．正方形B ．平行四边形C ．菱形D ．矩形 5．正方形的下列性质中哪些是仿射的( 1，4 )（1）对边平行； （2）四角相等；（3）四边相等；（4）对角线互相平分； （5）对角线互相垂直；（6）角被对角线平分；（7）对角线相等；（8）面积 6．在仿射对应下，哪些量不变？（ C ，D ）A ．长度B ．角度C ．单比D ．交比四、计算与证明题。
1．求出将点(3,1)变成点(1,3)-的绕原点的旋转变换，再将所得的变换用于抛物线28180y x y --+=上。
解：设所求的旋转变换为'cos sin 'sin cos x x y y x y θθθθ=-⎧⎨=+⎩则 2πθ=于是所求的旋转变换为''x y y x =-⎧⎨=⎩ 即''x y y x =⎧⎨=-⎩将此变换用于所给的抛物线得2'8''180x x y +-+=。
2． 试确定仿射变换，使y 轴、x 轴的象分别为直线10x y ++=和10x y --=，且点(1,1) 的象为原点。
解：所求变换的公式为111222''''x x y y x y αβγαβγ=++⎧⎨=++⎩ 其中 11220αβαβ≠ 则0x =变成直线111''0x y αβγ++=但由题设0x =变成''10x y ++=可知，111''0x y αβγ++=与''10x y ++=表示同一直线。
所以1111111hαβγ===因此 ''1hx x y =++同理 ''1ky x y =--此处,h k 是参数。
又因为点（1，1）的象为原点，于是1,1h k ==-，所以，所求变换的逆式为''1(''1)x x y y x y =++⎧⎨=---⎩ 由此得出所求的仿射变换为'22'122x y x x y y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+-⎪⎩3．求出将点(2,3)变成点(0,1)-的平移变换，在这个平移变换下，抛物线28180y x y --+=变成什么曲线？ 解：设所求的平移变换为''x x ay y b =+⎧⎨=+⎩将已知对应点的坐标代入上式得0213ab =+⎧⎨-=+⎩于是 2, 4a b =-=-所以所求的平移变换为 '2'4x x y y =-⎧⎨=-⎩ 即 '2'4x x y y =+⎧⎨=+⎩将此变换用于所给的抛物线上2('4)('2)8('4)180y x y +-+-++=即2''0y x -=4．求仿射变换'71'424x x y y x y =-+⎧⎨=++⎩的二重直线。
解： 设所求的不变直线为0Ax By C ++= （,A B 不同时为0）即在所给的变换下，0Ax By C ++=对应''0Ax By C ++= 因为''(71)(424) (74)(2)(4)Ax By C A x y B x y C A B x A B y A B C ++=-+++++=++-++++所以 74 (1)2 (2)4 (3)A B A A B B A B C C λλλ+=-+=++=消去,,A B C 得7401200141λλλ---=-展开化简得(1)(7)(2)4(1)0λλλλ---+-=解得1,3,6λ=由于当1λ=时，0A B ==，因此不对应不变直线，分别将3,6λλ==代入（1），（2），（3）得3, 2A B C B =-=和 4, 0A B C =-= 所以不变直线为2230x y --= 和 40x y -=5．证明，直线0Ax By C ++=将两点111(,)P x y 与222(,)P x y 的连线段分成的比是1122Ax By CAx By C++-++。
6．求证：相交于影消线的二直线必射影成两平行线。
证明： 设二直线1l 和2l 交于P 点，P 点在影消线上，1l 和2l 经射影对应，对应直线为'1l 和'2l ，则P 点对应无穷远点。
由于射影对应保持结合性不变，所以P 的对应点是'1l 和'2l 的交点，即无穷远点，也就是'1l ∥'2l 。
二一、填空题。
1．设共线三点()0,2,(2,0),(1,1)A B C ，则()ACB = 22．如果两个向量线性相关，则它们的位置关系是（ 共线或平行 ），夹角为（ 0π或 ）。
3．空间中三个向量线性相关当且仅当它们（ 共面 ），空间中的四个向量一定（ 线性相关 ） 4．设a 与b 是两个非零向量，若a 与b 线性相关，则()0a b ⨯=。
5．已知向量{}{}123123,,,,,a x x x b y y y ==，则a 与b 之间的内积()112233a b x y x y x y ⋅=++。
二、选择题。
1．下列性质或量中哪些是仿射的( 1，3，4，8 )（1）线段的中点； （2）角的平分线；（3）交比； （4）点偶的调和共轭性（5）角度 （6）三角形的面积（7）两相交线段的比（8）两平行线段的比（9）对称轴 （10）对称中心2．设a 与b 是两个非零向量，若0a b ⋅=，则（ B ）。
()A a 与b 平行 ()B a 与b 垂直 ()C a 与b 线性相关 ()D a 与b 的夹角为π3．设a 与b 是两个非零向量，则下列结论正确的是（ A ）。
()A a b a b ⋅≤ ()B a b a b ⋅= ()C a b a b ⋅≥ ()D a b a b ⋅>4．下列说法错误的是（ B ，C ）A ．平面上两个向量线性无关当且仅当它们不共线；B ．平面上两个向量线性无关当且仅当它们垂直C ．平面上两个向量线性无关当且仅当它们平行D ．平面上的三个向量一定线性相关 5．设a 与b 是两个非零向量，若0a b ⨯=，则（A ，C ）()A a 与b 平行 ()B a 与b 交角为锐角。
()C a 与b 线性相关 ()D a 与b 的夹角为2π三、计算与证明题。
1．设平面上的点变换1σ和2σ分别由⎩⎨⎧-+='++='15232:1y x y y x x σ和⎩⎨⎧+='-='2:2x y yx x σ表示，求 12(1) σσ；11(2) σ-；21(3) σσ； 12(4) σ-。
解：（１） 12()2(2)32()5(2)1x x y x y x y x σσ''=-+++⎧=⎨''=-++-⎩即1237729x x y y x y σσ''=-+⎧=⎨''=-+⎩（２）若求11σ-，只需从1σ中求出x,y 即可。