点到平面的距离计算测试题(含答案)

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高中数学立体几何大题训练题含答案

立几大题训练题一、解答题（共50题；共505分）1. ( 10分) 已知四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD为梯形，∠BCD=∠ADC=∠SAD=90°,平面SAD⊥平面ABCD，E为线段AD的中点，AD=2BC=2CD.（1）证明：BD⊥平面SAB；（2）若SA=AD=2，求点E到平面SBD的距离.2. ( 10分) 如图，平面ABCD∩平面ABEF=AB，四边形ABCD和ABEF都是边长为2的正方形，点M，N分别是AF，AB的中点，二面角D−AB−F的大小为60°.（1）求证：MN//平面BCF；（2）求直线DE与平面BCF所成角的正弦值.3. ( 10分) 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E为AB的中点，PD⊥CE,AE=1,PD=3,PC=√13（1）证明：AD⊥平面PCD．（2）求DA与平面PCE所成角的正弦值.4. ( 10分) 如图所示，直三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均相等，点E为AA1的中点.（1）证明：EB1⊥BC1；（2）求二面角C1−EB1−C的余弦值.AD，G是PB的中点，5. ( 10分) 已知在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AB=BC=CD=12ΔPAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD.（1）求证：CD⊥平面GAC；（2）求二面角P−AG−C的余弦值.6. ( 10分) 如图，多面体ABCE中，平面AEC⊥平面ABC，AC⊥BC，AE⊥CD四边形BCDE 为平行四边形.（1）证明：AE⊥EC；（2）若AE=EC=CB=√2，求二面角D−AC−E的余弦值.7. ( 10分) 如图,在三棱锥A−BCD中, △ABC是等边三角形, ∠BAD=∠BCD=90°,点P是AC 的中点,连接BP,DP．（1）证明:平面ACD⊥平面BDP;（2）若BD=√6,且二面角A−BD−C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．8. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，AP⊥平面PCD，AD//BC，AB⊥BC，AP=AB=AD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.BC=12（1）证明：PO⊥平面ABCD.（2）若OB=1，求点C到平面PAB的距离.9. ( 10分) 如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面A1ACC1，CC1=2，△ABC，△ACC1，均为正三角形，E为AB的中点.（1）证明: AC1//平面B1CE，（2）求直线AC1与平面B1BAA1所成角的正弦值.10. ( 10分) 如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，AP=PB，AP⊥PB，E为CP的中点.（1）求证：AP//平面BDE；（2）求点D到平面ACP的距离.11. ( 10分) 在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=√5，BC=4，O为BC的中点，A1O⊥平面ABC（1）证明四边形BB1C1C为矩形；（2）求直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值.12. ( 10分) 如图，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，PA⊥平面ABCD，AE⊥PD.（1）证明：AE⊥平面PCD；（2）若AP=AB，求二面角B−PC−D的余弦值.13. ( 10分) 在直角梯形ABCD（如图1），∠ABC=90°，BC//AD，AD=8，AB=BC=4，M为线段AD中点.将△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到几何体B−ACD（如图2）.（1）求证：CD⊥平面ABC；（2）求AB与平面BCM所成角θ的正弦值.14. ( 15分) 如图，四棱锥S−ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SD=1.（1）求证BC⊥SC；（2）求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小.15. ( 10分) 已知菱形ABCD的边长为4, AC∩BD=O, ∠ABC=60°,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使AC=a,得到三棱锥A−BCD,如图所示.⇒（1）当a=2√2时,求证: AO⊥平面BCD;（2）当二面角A−BD−C的大小为120°时,求直线AD与平面ABC所成的正切值.16. ( 10分) 在四棱锥P–ABCD中，AB//CD，CD=2AB．⇀=mAP⇀(m>0)，且MN//平面PCD，求实数m的值；（1）设AC与BD相交于点M，AN（2）若AB=AD=DP，∠BAD=60°，PB=√2AD，且PD⊥AD，求二面角A−PC−B的余弦值．17. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是CD中点，点F在BC上，且BF=3FC.（1）证明：EF⊥平面PAE；（2）若PA=AB=4，求点C到平面PEF的距离.18. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是CD中点，点F在BC上，且BF=3FC.（1）证明EF⊥平面PAE；AB，求平面PAB与平面PEF所成二面角的正弦值.（2）若PA=5419. ( 10分) 如图（1），在平面五边形EADCB中，已知四边形ABCD为正方形，ΔEAB为正三角形.沿着AB将四边形ABCD折起得到四棱锥E−ABCD，使得平面ABCD⊥平面EAB，设F在线段AD上且满足DF=2AF，G在线段CF上且满足FG=CG，O为ΔECD的重心，如图（2）.（1）求证：GO//平面ABE；（2）求直线CF与平面BCE所成角的正弦值.20. ( 10分) 如图所示，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，O为AE的中点，以AE为折痕将ΔADE向上折起，使D点折到P点，且PC=PB.（1）求证: PO⊥面ABCE；（2）求AC与面PAB所成角θ的正弦值.21. ( 10分) 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，四边形ACDF是菱形，∠FAC=600,AB//DE,BC//EF,AB=BC=3,AF=2√3,BF=√15（1）求证：平面ABC⊥平面ACDF（2）求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值22. ( 10分) 已知四棱锥E−ABCD，AB=3，BC=4，CD=12，AD=13，cos∠ADC= 12，EC⊥平面ABCD.13（1）求证：平面ABE⊥平面EBC；（2）当CE=60时，求直线AC和平面ADE所成角的正弦值.23. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD，PC⊥底面ABCD，AB=2AD=2CD=4，PC=2a，E是PB的中点.（1）求证：AC⊥平面PBC；，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.（2）若二面角P−AC−E的余弦值为√6324. ( 10分) 如图1，在等腰梯形ABF1F2中，两腰AF2=BF1=2，底边AB=6，F1F2=4，D，C是AB的三等分点，E是F1F2的中点.分别沿CE，DE将四边形BCEF1和ADEF2折起，使F1，F2重合于点F，得到如图2所示的几何体.在图2中，M，N分别为CD，EF的中点.（1）证明：MN⊥平面ABCD.（2）求直线CN与平面ABF所成角的正弦值.25. ( 15分) 如图，在四棱锥P一ABCD中，已知AB=BC=√5,AC=4,AD=DC=2√2，点Q为AC中点，PO⊥底面ABCD, PO=2，点M为PC的中点.（1）求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；（2）求二面角D-AM-C的正弦值；（3）记棱PD的中点为N，若点Q在线段OP上，且NQ//平面ADM，求线段OQ的长.26. ( 10分) 如图，已知ΔABC为等边三角形，ΔABD为等腰直角三角形，AB⊥BD，平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE//BD，BD=2CE.点F为AD中点，连接EF.（1）求证：EF//平面ABC；（2）求二面角C−AE−D的余弦值.27. ( 10分) 如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，ΔSAB 是等边三角形，侧面SAB⊥底面ABCD，AB=2√3，BC=3，AD=1，点M、点N分别在棱SB、棱CB上，BM=2MS，BN=2NC，点P是线段MN上的任意一点.（1）求证：AP//平面SCD；（2）求二面角S−CD−B的大小.28. ( 15分) 如图，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，点M,N分别在棱PD,PC上，且PC⊥平面AMN.（1）求证：AM⊥PD；（2）求直线CD与平面AMN所成角的正弦值.（3）求二面角C−AM−N的余弦值29. ( 10分) 如图,四棱锥P−ABCD中, PD⊥底面ABCD,且底面ABCD为平行四边形,若∠DAB= 60°, AB=2, AD=1.（1）求证: PA⊥BD;（2）若∠PCD=45°,求点D到平面PBC的距离ℎ.30. ( 10分) 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，F是BC的中点.（1）求证：EF//平面A1DC1；（2）若AA1=2√3，求平面A1DC1与平面B1EF所成二面角的正弦值.31. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD= CD=1，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F.（1）证明：PA//平面EDB；，求PA与面ABCD所成角的正弦值．（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π332. ( 5分) 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D是AB的中点，BC=AC，AB=2DC=2√2，AA1=4.（Ⅰ）求证：BC1//平面A1CD；（Ⅱ）求平面BCC1B1与平面A1CD所成锐二面角的平面角的余弦值.33. ( 10分) 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，点D是AB的中点，BC= AC，AB=2DC=2，AA1=√3.（1）求证：平面A1DC⊥平面ABB1A1；（2）求点A到平面A1DC的距离.34. ( 10分) 如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝A1D，AB＝BC，∠ABC＝120°.（1）证明：AD⊥BA1；（2）若平面ADD1A1⊥平面ABCD，且A1D＝AB，求直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值.35. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中, PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=AP= 4,AB=BC=2, M,N为线段PC,AD上一点不在端点.AD，求证：MN∥面PBA（1）当M为中点时，AN=14，若存在（2）当N为AD中点时，是否存在M，使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为2√55求出M的坐标，若不存在，说明理由.36. ( 10分) 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点.（1）求 AD 1 与 DB 所成角的大小；（2）求 AE 与平面 ABCD 所成角的正弦值.37. ( 20分 ) 如图， E 是以 AB 为直径的半圆 O 上异于 A,B 的点，矩形 ABCD 所在的平面垂直于半圆 O 所在的平面，且 AB =2 ， AD =3（1）求证：平面 EAD ⊥ 平面 EBC ；（2）若 EB ⌢ 的长度为 π3，求二面角 A −DE −C 的正弦值． 38. ( 5分 ) 如图1，在直角梯形 ABCD 中，AB ∥CD ， AB ⊥AD ，且 AB =AD =12CD =1 ．现以为一边向梯形外作正方形 ADEF ，然后沿边 AD 将正方形 ADEF 翻折，使平面 ADEF 与平面 ABCD 垂直，如图2．（Ⅰ）求证：BC ⊥平面DBE ；（Ⅱ）求点D 到平面BEC 的距离.39. ( 10分 ) 如图，扇形 AOB 的半径为 2 ，圆心角 ∠AOB =120∘ ，点 C 为弧 AB 上一点， PO ⊥ 平面 AOB 且 PO =√5 ，点 M ∈PB 且 BM =2MP ， PA ∥平面 MOC ．（1）求证：平面MOC⊥平面POB；（2）求平面POA和平面MOC所成二面角的正弦值的大小.40. ( 10分) 如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BDEF为正方形，平面BDEF⊥平面ABCD，AD//BC,AD=AB=1，∠ABC=60°.（1）求证:平面CDE⊥平面BDEF；（2）点M为线段EF上一动点，求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围.41. ( 10分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD=2√3,AB=3,AP=√3,AD//BC，AD⊥平面PAB，∠APB=90°，点E满足PE⇀=23PA⇀+13PB⇀.（1）证明：PE⊥DC；（2）求二面角A-PD-E的余弦值.42. ( 10分) 在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AC1⊥平面ABC，AA1=√2a，A1C=CA=AB=a，AB⊥AC，D是AA1的中点．（1）求证：CD⊥平面AB1；（2）在侧棱BB1上确定一点E，使得二面角E−A1C1−A的大小为π．343. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形，AB//CD,=2.∠ABC=∠BCD=90°,BC=CD=AB2（1）证明: BD⊥PD;（2）若△PAD为正三角形,求二面角A−PB−C的余弦值.44. ( 10分) 如图，已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，∠ADC为直角，AP⊥平面ABCD，BC:AD:CD=5:4:2，且CD=1.（1）求证：BP⊥AC；（2）若AP=CD，求二面角D−PC−B的余弦值.45. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=1, AM⊥PD于点M，连接BM.（1）求证：PD⊥BM；（2）求直线CD与平面ACM所成角的正弦值.BC=1，E是BC的中46. ( 10分) 如图所示1，已知四边形ABCD满足AD//BC，BA=AD=DC=12点.将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE⊥平面AECD，F为CD的中点，如图所示2.（1）求证：EF⊥平面AB1E；（2）求AE到平面CB1D的距离.47. ( 10分) 如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形,∠BCD=135°,PA⊥平面ABCD,AB=AC=PA=2,E,F,M分别为线段BC,AD,PD的中点.（1）求证:直线EF⊥平面PAC;（2）求平面MEF与平面PBC所成二面角的正弦值.48. ( 5分) 如图，三棱柱A1B1C1−ABC中，BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=2，BC= 1，BB1=3，D是CC1的中点，E是AB的中点.（Ⅰ）证明：DE//平面C1BA1；（Ⅱ）F是线段CC1上一点，且直线AF与平面ABB1A1所成角的正弦值为1，求二面角F−3BA1−A的余弦值.49. ( 5分) 如图,在四棱锥P−ABCD中, PA⊥平面ABCD, AD⊥CD,AD//BC,BC=4,PA= AD=CD=2,点E为PC的中点.(I) 证明：DE//平面PAB;(II)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.50. ( 10分) 如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的一点.（1）求证：平面PAC⊥平面PBC；（2）若AB=2 , AC=PA=1，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.答案解析部分一、解答题1.【答案】（1）解：由题意知∠BCD=∠ADC=90°，BC//ED,且BC=CD=12AD=DE，所以四边形BCDE是正方形，连接CE，所以BD⊥CE，又因为BC//AE，BC=AE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以CE//AB，则BD⊥AB.因为平面SAD⊥平面ABCD，∠SAD=90°，平面SAD∩平面ABCD=AD，故SA⊥平面ABCD.所以SA∩AB=A，所以SA⊥BD，又因为SA∩AB=A，则BD⊥平面SAB.（2）解：∵SA=AD=2，BE=DE=1，∴△BDE的面积为12，又由（1）知SA⊥平面ABCD，∴V S−BDE=13×12×2=13，又在RtΔSAB中，SA=2，AB=DB=√2，∴SB=√6，由（1）知BD⊥SB，∴ΔSBD的面积为12×√2×√6=√3，设点E到平面SBD的距离为ℎ，则13S△BDS⋅ℎ=13，即ℎ=√33.【考点】直线与平面垂直的判定，点、线、面间的距离计算【解析】【分析】（1)利用线面垂直的判定定理，即可证得BD⊥平面SAB.（2）由（1）知SA⊥平面ABCD，求得V S−BDE=13，再根据等体积法，即可求解点点E到平面SBD的距离.2.【答案】（1）证明：∵M，N分别是AF，AB的中点，∴MN∥BF.∵MN⊄平面BCF，BF⊂平面BCF，∴MN//平面BCF.（2）解：∵四边形ABCD和ABEF都是边长为2的正方形，∴DA⊥AB，FA⊥AB，∴∠DAF就是二面角D−AB−F的平面角，∴∠DAF=60°.连接DM，在△DAM中，DA=2，AM=1，∠DAM=60°，∴DM2=AM2+AD2−2AM⋅AD⋅cos60°=3，∴DM=√3.∴DM2+AM2=AD2，∴DM⊥AM.∵DA⊥AB，FA⊥AB，FA∩DA=A，∴AB ⊥ 平面 ADM ， ∴AB ⊥DM .∴DM ⊥ 平面 ABEF .以点 M 为原点， MF ， MG （ G 是 BE 中点）， MD 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图空间直角坐标系，如图所示：则 D(0,0,√3) ， E(1,2,0) ， B(−1,2,0) ， F(1,0,0) ， A(−1,0,0) ，DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,−√3) ， BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−2,0) ， BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3) .设平面 BCF 的法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z) ，则 {m ⇀⋅BF ⇀=2x −2y =0m ⇀⋅BC⇀=x +√3z =0 ，取 m ⃗⃗ =(√3,√3,−1) . 设直线 DE 与平面 BCF 所成角为 θ ，则 sinθ=|m⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√427 ，∴ 直线 DE 与平面 BCF 所成角的正弦值为 √427. 【考点】直线与平面平行的判定，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据三角形的中位线，有 MN ∥BF ，再利用线面平行的判定定理证明.（2）根据点 M ， N 分别是 AF ， AB 的中点，二面角 D −AB −F 的大小为60°，证明 DM ⊥ 平面 ABEF ，然后以点 M 为原点， MF ， MG （ G 是 BE 中点）， MD 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图空间直角坐标系，再求得平面 BCF 的一个法向量，利用线面角的向量求法求解.3.【答案】（1）证明：因为E 为AB 的中点， AE =1 ，所以 CD =AB =2 ，所以 CD 2+PD 2=PC 2 ，从而 PD ⊥CD .又 PD ⊥CE ， CD ∩CE =C ，所以 PD ⊥ 底面ABCD ，所以 PD ⊥AD .因为四边形ABCD 是正方形，所以 AD ⊥CD .又 CD ∩PD =D ，所以 AD ⊥ 平面PCD.（2）解：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系 D −xyz ，如图所示，则 A(2,0,0) ， P(0,0,3) ， E(2,1,0) ， C(0,2,0) ，所以 PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,−3) ， EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,0) ， DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0) .设平面PCE 的法向量为 n⃗ =(x,y,z) ，则 PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0 ，即 {2x +y −3z =0−2x +y =0 ，令 x =3 ，得 n ⃗ =(3,6,4) . cos〈n ⃗ ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n ⃗ ⋅DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3√6161 ，故DA 与平面PCE 所成角的正弦值为 3√6161 .【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）通过证明 PD ⊥AD ， AD ⊥CD 即可证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求解线面角的正弦值.4.【答案】（1）证明：设 BC 1 与 CB 1 交点为 O ，连接 OE ， BE .由题可知四边形 BCC 1B 1 为正方形，所以 BC 1⊥CB 1 ，且 O 为 BC 1 中点.又因 BE 2=AB 2+AE 2 ， C 1E 2=A 1E 2+A 1C 12 ，所以 BE =C 1E ，所以 BC 1⊥OE .又因为 OE ∩CB 1=O ，所以 BC 1⊥ 平面 EB 1C .因为 EB 1⊂ 平面 EB 1C ，所以 BC 1⊥EB 1 .（2）解：取 AB 的中点 O ′ ，连接 O ′C ， O ′C ⊥AB ，在平面 ABB 1A 1 过点 O ′ 内作 AB 的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系 O ′−xyz .设 AB =2 ，则 E(0,−1,1) ， B 1(0,1,2) ， B(0,1,0) ， C 1(−√3,0,2) .所以 EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1) ， EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,1) .设平面 C 1EB 1 的一个法向量为 n ⃗ =(x,y,z) ，则 {n ⇀⋅EB1⇀=2y +z =0n ⇀⋅EC 1⇀=−√3x +y +z =0 ，令 y =√3 ，则 n ⃗ =(−1,√3,−2√3) . 由（1）可知平面 CEB 1 的一个法向量为 BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−1,2) ，则 |cos〈BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n⃗ 〉|=|n ⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗ |⋅|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√3+1+4⋅√1+3+12=√64.由图可知二面角 C 1−EB 1−C 为锐角，所以其余弦值为 √64.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）通过证明 BC 1⊥ 平面 EB 1C 即可证得；（2）建立空间直角坐标系，利用向量求解.5.【答案】（1）证明：取 AD 的中点为 O ，连结 OP ， OC ， OB ，设 OB 交 AC 于 H ，连结 GH . 因为 AD//BC ， AB =BC =CD =12AD ，四边形 ABCO 与四边形 OBCD 均为菱形， ∴OB ⊥AC ， OB//CD ， CD ⊥AC ，因为 △PAD 为等边三角形， O 为 AD 中点， ∴PO ⊥AD ，因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，且平面 PAD ∩ 平面 ABCD =AD .PO ⊂ 平面 PAD 且 PO ⊥AD ， ∴PO ⊥ 平面 ABCD 因为 CD ⊂ 平面 ABCD ， ∴PO ⊥CD ，因为H ， G 分别为 OB ， PB 的中点， ∴GH//PO ， ∴GH ⊥CD .又因为 GH ∩AC =H ， AC,GH ⊂ 平面 GAC ， ∴CD ⊥ 平面 GAC .（2）解：取 BC 的中点为 E ，以 O 为空间坐标原点，分别以 OE ⇀,OD ⇀,OP ⇀ 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O −xyz .设 AD =4 ，则 P(0,0,2√3) ， A(0,−2,0) ， C(√3,1,0) ， D(0,2,0) ， G(√32,−12,√3)AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3) ， AG ⇀=(√32,32,√3) ，设平面 PAG 的一法向量 n →=(x,y,z) .由 {n ⇀⋅AP⇀=0n ⇀⋅AG ⇀=0 ⇒{2y +2√3z =0√32x +32y +√3z =0⇒{y =−√3z x =z .令 z =1 ，则 n ⃗ =(1,−√3,1) . 由（1）可知，平面 AGC 的一个法向量 CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0) ， cos〈n ⇀,CD⇀〉=n ⇀⋅CD ⇀|n⇀||CD ⇀|=−√155∴ 二面角 P −AG −C 的平面角的余弦值为 −√155.【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）取 AD 的中点为 O ，连结 OP ， OC ， OB ，设 OB 交 AC 于 H ，连结 GH .证明 AC ⊥CD ， GH ⊥CD ，即可证 CD ⊥ 平面 GAC ；（2）取 BC 的中点为 E ，以 O 为空间坐标原点，分别以 OE⇀,OD ⇀,OP ⇀ 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O −xyz .设 AD =4 ，利用向量法求二面角 P −AG −C 的余弦值.6.【答案】（1）解：因为平面 AEC ⊥ 平面 ABC ，交线为 AC ，又 AC ⊥BC ，所以 BC ⊥ 平面 AEC ， ∴BC ⊥AE ，又 AE ⊥CD ， CD ∩BC =C ，则 AE ⊥ 平面 BCDE ， EC ⊂ 平面 BCDE ，所以， AE ⊥EC ；（2）解：取 AC 的中点 O ， AB 的中点 F ，连接 OE ， OF ，则 OE ⊥ 平面 ABC ， OF ⊥ 平面 AEC ；以点 O 为坐标原点，分别以 OA ， OF ， OE 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系如图所示，已知 AE =EC =CB =√2 ，则 AC =2 ， OE =1 ， O(0,0,0) ， A(1,0,0) ， C(−1,0,0) ， D(0,−√2,1) ，则 AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,0) ， AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−√2,1) ，设平面 DAC 的一个法向量 m⃗⃗ =(x,y,z) ，由 {m ⇀⋅AC⇀=0,m ⇀⋅AD ⇀=0 得 {−2x =0,−x −√2y +z =0令 y =√2 ，则 x =0 ， z =2 ，即 m ⃗⃗ =(0,√2,2) ；平面 ECA 的一个法向量为 n ⃗ =(0,1,0) ； cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗ |=√2√2+4=√33.所以二面角 D −AC −E 的余弦值为 √33.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）先通过平面 AEC ⊥ 平面 ABC 得到 BC ⊥AE ，再结合 AE ⊥CD ，可得 AE ⊥ 平面 BCDE ，进而可得结论；（2）取 AC 的中点 O ， AB 的中点 F ，连接 OE ， OF ，以点 O 为坐标原点，分别以 OA ， OF ， OE 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，求出平面 DAC 的一个法向量以及平面 ECA 的一个法向量，求这两个法向量的夹角即可得结果. 7.【答案】（1）证明:因为 △ABC 是等边三角形, ∠BAD =∠BCD =90° , 所以 Rt △ABD ≅Rt △CBD ,可得 AD =CD ．因为点 P 是 AC 的中点,则 PD ⊥AC , PB ⊥AC , 因为 PD ∩PB =P , PD ⊂ 平面PBD, PB ⊂ 平面 PBD , 所以 AC ⊥ 平面 PBD ,因为 AC ⊂ 平面 ACD , 所以平面 ACD ⊥ 平面 BDP ．（2）解：如图,作 CE ⊥BD ,垂足为 E 连接 AE ．因为 Rt △ABD ⊆Rt △CBD ,所以 AE ⊥BD, AE =CE, ∠AEC 为二面角A-BD-C 的平面角．由已知二面角 A −BD −C 为 120° ,知 ∠AEC =120° ．在等腰三角形 AEC 中,由余弦定理可得 AC =√3AE ．因为 △ABC 是等边三角形,则 AC =AB ,所以 AB =√3AE ．在 Rt △ABD 中,有 12AE ⋅BD =12AB ⋅AD ,得 BD =√3AD , 因为 BD =√6 ,所以 AD =√2 ．又 BD 2=AB 2+AD 2 ,所以 AB =2 ．则 AE =2√33, ED =√63．以 E 为坐标原点,以向量 EC ⃗⃗⃗⃗⃗ , ED ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为 x 轴, y 轴的正方向, 以过点 E 垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 E −xyz ,则 D(0,√63,0) , A(−√33,0,1) ,向量 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√33,√63,−1) ,平面 BCD 的一个法向量为 m⃗⃗ =(0,0,1) , 设直线 AD 与平面 BCD 所成的角为 θ , 则 cos〈m ⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m⃗⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×1=−√22, sinθ=|cos〈m ⃗⃗ ,AD⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=√22所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为 √22．【考点】平面与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1）由 △ABC 是等边三角形, ∠BAD =∠BCD =90° ,得 AD =CD ．再证明 PD ⊥AC , PB ⊥AC ,从而和证明 AC ⊥ 平面 PBD ,故平面 ACD ⊥ 平面 BDP 得证．（2）作 CE ⊥BD ,垂足为 E 连接 AE ．由 Rt △ABD ⊆Rt △CBD ,证得 AE ⊥BD, AE =CE, 结合二面角 A −BD −C 为 120° ,可得 AB =2 , AE =2√33, ED =√63 .建立空间直角坐标系,求出点的坐标则 D(0,√63,0) , A(−√33,0,1) ,向量AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√33,√63,−1) ,即平面 BCD 的一个法向量 m ⃗⃗ =(0,0,1) ,运用公式 cos〈m ⃗⃗ ,AD ⇀〉=m ⃗⃗⃗ ⋅AD ⇀|m⃗⃗⃗ ||AD ⇀| 和 sinθ=|cos〈m ⃗⃗ ,AD ⇀〉| ,即可得出直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值． 8.【答案】（1）证明：∵ AP ⊥ 平面 PCD ，∴ AP ⊥CD . ∵ AD//BC ， BC =12AD ，∴四边形 BCDE 为平行四边形， ∴ BE//CD ， ∴ AP ⊥BE .又∵ AB ⊥BC ， AB =BC =12AD ，且 E 为 AD 的中点， ∴四边形 ABCE 为正方形，∴ BE ⊥AC .又 AP ∩AC =A ，∴ BE ⊥ 平面 APC ，则 BE ⊥PO . ∵ AP ⊥ 平面 PCD ，∴ AP ⊥PC ，又 AC =√2AB =√2AP ， ∴ ΔPAC 为等腰直角三角形， O 为斜边 AC 上的中点， ∴ PO ⊥AC 且 AC ∩BE =O ，∴ PO ⊥ 平面 ABCD .（2）解：∵ OB =1 ，∴ PA =PB =AB =√2 . 设 C 到平面 PAB 的距离为 d ，由 V C−PAB =V P−ABC ，得 13×√34×(√2)2×d =13×12×(√2)2×1 ，解得 d =2√33.【考点】直线与平面垂直的判定，点、线、面间的距离计算【解析】【分析】（1）首项通过证明 AP ⊥CD,CD//BE ，证得 AP ⊥BE ，然后通过证明四边形 ABCE 是正方形证得 BE ⊥AC ，由此证得 BE ⊥ 平面 APC ，所以 BE ⊥PO .通过证明 ΔPAC 为等腰直角三角形证得 PO ⊥AC ，由此证得 PO ⊥ 平面 ABCD .（2）利用等体积法，由 V C−PAB =V P−ABC 列方程，解方程求得点 C 到平面 PAB 的距离.9.【答案】（1）解：如图，连接 BC 1 ，交 B 1C 于点M ，连接ME ，则 ME//AC 1 . 因为 AC 1⊄ 平面 B 1CE ， ME ⊂ 平面 B 1CE ，所以 AC 1// 平面 B 1CE .（2）解：设O 是AC 的中点，连接 OC 1 ，OB.因为 △ACC 1 为正三角形，所以 OC 1⊥AC ，又平面 ABC ⊥ 平面 A 1ACC 1 ，平面 ABC ∩ 平面 A 1ACC 1=AC ，所以 OC 1⊥ 平面ABC.由已知得 AC =2 .如图，分别以射线OB ，OA ， OC 1 的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有 A(0,1,0) ， B(√3,0,0) ， C 1(0,0,√3) ， A 1(0,2,√3) ，故 AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,√3) ， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,0) ， AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√3) ，设平面 B 1BAA 1 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z) ，则 {AB ⇀⋅m ⇀=0AA 1⇀⋅m ⇀=0 ，所以 {√3x −y =0y +√3z =0 令 x =1 ，则 m ⃗⃗ =(1,√3,−1) .设直线 AC 1 与平面 B 1BAA 1 所成的角为 θ ，则 sinθ=|AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||AC⃗⃗⃗⃗⃗1|⋅|m⃗⃗⃗ |=√32×5=√155，故直线 AC 1 与平面 B 1BAA 1 所成角的正弦值为 √155.【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角【解析】【分析】（1）如图，连接 BC 1 ，交 B 1C 于点M ，连接ME ，则 ME//AC 1 ，再利用线面平行的判定定理，即可证明线面平行；（2）设O 是AC 的中点，连接 OC 1 ，OB ，分别以射线OB ，OA ， OC 1 的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面 B 1BAA 1 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(1,√3,−1) ，设直线 AC 1 与平面 B 1BAA 1 所成的角为 θ ，代入公式 sinθ=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 1|⋅|m⃗⃗⃗ | 运算，即可得答案.10.【答案】（1）解：如图，连接 AC 交 BD 于 O ，连接 OE ，则 O 为 AC 的中点.又E为CP上的中点，所以OE//PA.又AP⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以AP//平面BDE（2）解：如图，取AB的中点M，连接PM，因为AP⊥PB，AP=PB，所以PM⊥AB，PM=12AB=1，AP=PB=√2，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM⊂平面PAB，所以PM⊥平面ABCD.同理可得BC⊥平面PAB，∵AP、BP⊂平面PAB，∴BC⊥AP，BC⊥BP. 又因为AP⊥BP，BC∩BP=B，所以AP⊥平面BCP，∵PC⊂平面BCP，则AP⊥PC，所以PC=√PB2+BC2=√6，所以SΔAPC=12AP⋅PC=12×√2×√6=√3，又SΔACD=12×2×2=2，设点D到平面ACP的距离为ℎ，由V D−APC=V P−ACD，得13⋅SΔAPC⋅ℎ=13⋅PM⋅SΔACD，所以ℎ=3=2√33，即点D到平面ACP的距离为2√33.【考点】直线与平面平行的判定，点、线、面间的距离计算【解析】【分析】（1）连接AC交BD于O，则O为AC的中点，利用中位线的性质可得出OE//PA，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出AP//平面BDE；（2）取AB的中点M，连接PM，利用面面垂直的性质定理可得出PM⊥平面ABCD，由此可计算出三棱锥P−ACD的体积，并计算出ΔAPC的面积，并设点D到平面ACP的距离为ℎ，由V P−ACD=13SΔACP⋅ℎ可计算出点D到平面ACP的距离的值.11.【答案】（1）解：连接AO，因为O为BC的中点，可得BC⊥AO，∵ A 1O ⊥ 平面 ABC ， BC ⊂ 平面 ABC ，∴ A 1O ⊥BC ，又∵ AO ∩A 1O =O ，∴ BC ⊥ 平面 AA 1O ，∴ BC ⊥AA 1 ， ∵ BB 1//AA 1 ， ∴ BC ⊥BB 1 ，又∵四边形 BB 1C 1C 为平行四边形， ∴四边形 BB 1C 1C 为矩形；（2）解：如图，分别以 OA,OB,OA 1 所在直线为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,−2,0),Rt △AOB 中， AO =√AB 2−BO 2=1 ， Rt △AA 1O 中， A 1O =√AA 12−AO 2=2 ，A 1(0,0,2) ，∴ AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,2) ， A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,−2) ， A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2,0) ，设平面 A 1B 1C 的法向量是 n⃗ =(x,y,z) ，由 {n ⇀⋅AB⇀=0,n ⇀⋅A 1C ⇀=0, 得 {−x +2y =0,−2y −2z =0, 即 {x =2y,z =−y, ，可取 n ⃗ =(2,1,−1) ，设直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角为 θ ，则 θ∈[0,π2] ，sinθ=|cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >| =|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√5⋅√6=215√30 ， ∵ θ∈[0,π2] ，∴ cosθ=√1−sin 2θ=√10515，即直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角的余弦值为 √10515．【考点】直线与平面所成的角【解析】【分析】（1）连接 AO ，可得 BC ⊥AO ，易证 A 1O ⊥BC ，则 BC ⊥ 平面 AA 1O ，从而可证 BC ⊥BB 1 ，由此即可得出结论；（2）以 OA,OB,OA 1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，利用法向量解决问题．12.【答案】（1）证明:因为 PA ⊥ 平面 ABCD , CD ⊂ 平面 ABCD , 所以 PA ⊥CD ,因为底面 ABCD 是正方形,所以 AD ⊥CD , 又 PA ∩AD =A ,所以 CD ⊥ 平面 PAD , 因为 AE ⊂ 平面 PAD ,所以 CD ⊥AE ,又因为 AE ⊥PD,CD ∩PD =D , CD,PD ⊂ 平面 PCD , 所以 AE ⊥ 平面 PCD（2）解：因为 PA ⊥ 平面 ABCD ,底面 ABCD 为正方形,所以 PA ⊥AB,PA ⊥AD,AB ⊥AD ,以 A 为原点,分别以 AB 、AD 、AP 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 A −xyz （如图所示）,设 PA =AB =1 ,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1) , 因为 AE ⊥PD ,所以 E 为 PD 中点,所以 E(0,12,12) , 所以 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12) , 由（1）得 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12) 为平面 PCD 的一个法向量, 设平面 PBC 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z) , 由 {PB ⇀⋅m ⃗⃗ =0PC ⇀⋅m ⃗⃗ =0 ,即 {x −z =0x +y −z =0 ,令 x =1 ,则 z =1,y =0 ,所以 m ⃗⃗ =(1,0,1) , 因此 cos〈m⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |m⃗⃗⃗ |⋅|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√2×√12=12, 由图可知二面角 B −PC −D 的大小为钝角, 故二面角 B −PC −D 的余弦值为 −12【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）由 PA ⊥ 平面 ABCD 及底面 ABCD 是正方形可证得 CD ⊥ 平面 PAD ,则 CD ⊥AE ,又由 AE ⊥PD ,即可求证；（2）以 A 为原点,分别以 AB 、AD 、AP 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 A −xyz ,由（1）可知 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面 PCD 的一个法向量,求得平面 PBC 的一个法向量 m ⃗⃗ ,进而利用数量积求解即可13.【答案】（1）解：由题设可知 AC =4√2 ， CD =4√2 ， AD =8 ∴ AD 2=CD 2+AC 2 ∴ CD ⊥AC又∵平面 ABC ⊥ 平面 ACD ，平面 ABC ∩ 平面 ACD =AC ∴ CD ⊥ 面 ABC .（2）解：法一、等体积法取 AC 的中点 O 连接 OB ，由题设可知 △ABC 为等腰直角三角形，所以 OB ⊥ 面 ACM ∵ V B−ACM =V A−BCM 且 V B−ACM =13S ACM ⋅BO =16√23而 S ΔBCM =4√3∴ A 到面 BCM 的距离 ℎ=4√63，所以 sinθ=ℎAB =√63.法二、向量法取 AC 的中点 O 连接 OB ，由题设可知 △ABC 为等腰直角三角形，所以 OB ⊥ 面 ACM ，连接 OM ，因为 M 、O 分别为 AB 和 AC 的中点，所以 OM//CD ，由（1）可知 OM ⊥AC ，故以 OM 、OC 、OB 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则 A(0,−2√2,0) ， B(0,0,2√2) ， C(0,2√2,0) ， M(2√2,0,0) ∴ CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2√2,2√2) CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2,−2√2,0) BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2√2,−2√2) ∴面 BCM 的一个法向量 n ⃗ =(1,1,1) ∴ sinθ=|BA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n⃗ |=√63【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角【解析】【分析】（1）通过计算结合勾股定理的逆定理可以证明 CD ⊥AC ，再根据面面垂直的性质定理进行证明即可；（2）法一、取 AC 的中点 O 连接 OB ，根据 V B−ACM =V A−BCM ，结合三棱锥的体积公式进行求解即可；法二、取 AC 的中点 O 连接 OB ，由题设可知 △ABC 为等腰直角三角形，所以 OB ⊥ 面 ACM ，连接 OM ，因为 M 、O 分别为 AB 和 AC 的中点，所以 OM//CD ，由（1）可知 OM ⊥AC ，故以 OM 、OC 、OB 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.运用向量法求解即可.14.【答案】（1）证明：∵底面 ABCD 是正方形， ∴ BC ⊥CD ，∵ SD ⊥ 底面 ABCD ， BC ⊂ 底面 ABCD ，∴ SD ⊥BC ，又 DC ∩SD =D ， ∴ BC ⊥ 平面 SDC ，∵ SC ⊂ 平面 SDC ，∴ BC ⊥SC .（2）解：由（1）知 BC ⊥SC ，又 CD ⊥BC ，∴ ∠SCD 为所求二面角的平面角，在 RtΔDSC 中，∵ SD =DC =1 ，∴ ∠SCD =45° .（3）解：取AB中点P，连结MP,DP，在ΔABS，由中位线定理得MP//SB，∴∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角，∵MP=12SB=√32，DM=√22,DP=√1+14=√52，所以ΔDMP中，有DP2=MP2+DM2，∴∠DMP=90°.【考点】直线与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1）根据题意，由线面垂直证线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直，再证线线垂直.（2）由（1）中线面垂直，可知所求二面角的平面角为∠SCD，根据题意可求角度.（3）利用中位线将异面直线平移，则∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角，根据勾股定理，即可求解.15.【答案】（1）解：在△AOC中, OA=OC=2,AC=a=2√2,∴OA2+OC2=AC2∴∠AOC=90°,即AO⊥OC,∵AO⊥BD,且AO∩BD=O,∴AO⊥平面BCD（2）解：由(1)知, OC⊥OD,以O为原点, OC,OD所在的直线分别为x轴, y轴建立如图的空间直角坐标系O−xyz:则 Q(0,0,0), B(0,−2√3,0), C(2,0,0), D(0,2√3,0) . ∵AO ⊥BD,CO ⊥BD∴∠AOC 为二面角 A −BD −C 的平面角, ∴∠AOC =120° ∴ 点 A(−1,0,√3)AD⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2√3,−√3) , BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2√3,√3) , BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0) 设平面 ABC 的法向量为 n⃗ =(x,y,z) ,则 ∴ {n ⃗ ⋅BC ⇀=0n ⃗ ⋅BA ⇀=0 故 {2x +2√3y =0x +2√3y +√3z =0 取 x =1 ,则 y =−√33,z =√3∴ n ⃗ =(1,−√33,√3)设直线 AD 与平面 ABC 所成的角为 θ , sinθ=|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗ |=4√133=√313 ∴cosθ=√1−sin 2θ=√1013 ∴tanθ=sinθcosθ=√310=√3010∴ 直线 AD 与平面 ABC 所成的正切值: √3010【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求直线与平面的夹角，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)根据线面垂直定义,即可求得答案.(2)由于平面 ABC 不是特殊的平面,故建系用法向量求解,以 O 为原点建系, OC,OD 所在的直线分别为 x 轴, y 轴,求出平面 ABC 的法向量 n ⃗ ,求解 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 和 n⃗ 的夹角,即可求得答案. 16.【答案】（1）解：因为 AB//CD ，所以 AMMC =ABCD =12 ，即AM AC=13.因为 MN// 平面PCD ， MN ⊂ 平面PAC ，平面 PAC ∩ 平面 PCD =PC ，所以 MN//PC ．所以 ANAP =AM AC=13 ，即 m =13（2）解：因为 AB =AD ， ∠BAD =60° ，可知 △ABD 为等边三角形，所以 BD =AD =PD ，又 BP =√2AD ，故 BP 2=PD 2+DB 2 ，所以 PD ⊥DB ．由已知 PD ⊥AD ， AD ∩BD =D ，所以 PD ⊥ 平面ABCD ，如图，以D 为坐标原点， DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ， y 轴的正方向建立空间直角坐标系，设 AB =1 ，则 AB =AD =DP =1 ， CD =2 ，所以 A(1,0,0) ， B(12,0,√32) ， P(0,1,0) ， C(−1,0,√3) ，则 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−1,√32) ， PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,√3) ， PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0) 设平面PBC 的一个法向量为 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) ，则有 {n 1⇀⋅PB⇀=0n 1⇀⋅PC ⇀=0 即 {x 1−2y 1+√3z 1=0x 1+y 1−√3z 1=0. 令 x 1=1 ，则 y 1=2,z 1=√3 ，即 n 1⃗⃗⃗⃗ =(1,2,√3) ，设平面APC 的一个法向量为 n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2) ，则有{n 2⇀⋅PA ⇀=0n 2⇀⋅PC ⇀=0，即 {x 2−y 2=0−x 2−y 2+√3z 2=0 令 x 2=y 2=√3 ，则 z 2=2 ，即 n 2⃗⃗⃗⃗ =(√3,√3,2) ．所以 cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32√2×√10=√154设二面角 A −PC −B 的平面角为 θ ，则 cosθ=√154【考点】向量的共线定理，直线与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）由AB ∥CD ，得到AM AC=13 ，由MN ∥平面PCD ，得MN ∥PC ，从而 ANAP =AM AC=13，由此能实数m 的值；（2）由AB ＝AD ， ∠BAD ＝60°，知△ABD 为等边三角形，推导出PD ⊥DB ， PD ⊥AD ，从而PD ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点， DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ， y 轴的正方向建立空间直角坐标系，由此能求出二面角B ﹣PC ﹣B 的余弦值．17.【答案】（1）证明：因为 PA ⊥ 平面 ABCD ， EF ⊂ 平面 ABCD ，故可得 EF ⊥PA ；设底面正方形的边长为4，故可得 AE =√AD 2+DE 2=√16+4=2√5 ， EF =√FC 2+CE 2=√1+4=√5 ， AF =√AB 2+BF 2=√16+9=5 ，故在 △AFE 中，满足 AE 2+EF 2=AF 2 ，故可得 AE ⊥EF ；又 PA,AE ⊂ 平面 PAE ，且 PA ∩AE =A ，则 EF ⊥ 平面 PAE ，即证.（2）解：因为 PA ⊥ 平面 ABCD ，故 PA 为三棱锥 P −EFC 底面上的高线.故可得V P−EFC=13S∆EFC×PA=13×12×1×2×4=43.在△PEF中，因为PE=√PA2+AE2=6，EF=√5，由（1）可知EF⊥平面PAE，又PE⊂平面PAE，故可得EF⊥PE，则S△PEF=12×EF×PE=3√5，设点C到平面PEF的距离为ℎ，故可得V P−EFC=V C−PEF=13×S∆PEF×ℎ=43，解得ℎ=4√515.即点C到平面PEF的距离为：4√515.【考点】直线与平面垂直的判定，点、线、面间的距离计算【解析】【分析】（1）根据PA⊥平面ABCD，可得EF⊥PN，再证EF⊥AE，即可由线线垂直推证线面垂直；（2）转换三棱锥顶点，用等体积法求点面距离即可.18.【答案】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，故可得EF⊥PA；设底面正方形的边长为4，故可得AE=√AD2+DE2=√16+4=2√5，EF=√FC2+CE2=√1+4=√5，AF=√AB2+BF2=√16+9=5，故在△AFE中，满足AE2+EF2=AF2，故可得AE⊥EF；又PA,AE⊂平面PAE，且PA∩AE=A，则EF⊥平面PAE，即证.（2）解：因为PA⊥平面ABCD, AB,AD⊂平面ABCD，故可得PA⊥AB,PA⊥AD，又底面ABCD为正方形，故可得AB⊥AD，故以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系如下图所示：设AB=4，故可得A(0,0,0),P(0,0,5),B(4,0,0),E(2,4,0),F(4,3,0)设平面PEF的法向量为m⃗⃗ =(x,y,z)，则{m⃗⃗ ⋅EF⇀=0m⃗⃗ ⋅PE⇀=0，则{2x−y=02x+4y−5z=0取y=2，则m⃗⃗ =(1,2,2).不妨取平面PAB的法向量n⃗=(0,1,0).则cos〈m⃗⃗ ,n⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n⃗|m⃗⃗⃗ ||n⃗ |=√9×1=23.。

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。

人教版四年级数学上册期末认识两直线的位置关系及点到直线的距离专项试卷附答案

人教版四年级数学上册核心考点专项评价8.认识两直线的位置关系及点到直线的距离一、仔细推敲，选一选。

(每小题4分，共20分)1.如图，量一量，A、B两点间的距离是( )厘米，点A到直线的距离是( )厘米。

A. 1.1B. 1.5C. 22.下面的图形中，互相平行的线段有( )组。

A. 1B. 2C. 93.下图中，AB和CD相交成直角，则下列说法不正确的是( )。

A. AB和CD都是垂线B. AB是CD的垂线C. AB⊥CDD. CD是AB的垂线4.甲、乙、丙三人用同样长的线放风筝，风筝飞起来后他们把线的一端绑在同一根栏杆上，如图所示，那么( )的风筝飞得最高。

(三根风筝线在同一平面内)A.甲B.乙C.丙5.两条直线互相垂直，则这两条直线相交所形成的角一定是( )。

A.锐角B.钝角C.直角二、火眼金睛，辨对错。

(每小题4分，共16分)1.在同一个平面内的两条直线不是互相平行就是互相垂直。

( )2.两条直线互相垂直，则所形成的四个角一定都是直角。

( )3.在同一平面内，有两条直线都垂直于同一条直线，那么这两条直线也互相垂直。

( )4.龙龙在纸上画了一条平行线和一条垂线。

( )三、按要求操作。

(共34分)1.分别过点A和点B作已知直线的垂线。

(6分)我发现：过直线上(或外)一点作这条直线的垂线只能作出( )条。

2.分别过点A作BC的垂线。

(每小题5分，共10分)3.过O点作射线BA的平行线；过O点作射线BC的垂线。

(8分)4.下图中的a、b、c、d四条直线。

(每空2分，共10分)(1)互相平行的直线有( )组；(2)互相垂直的直线有( )组，分别是( )；(3)相交的直线有( )组，分别是( )。

四、画一画，填一填。

(每小题9分，共18分)1.画出与已知直线a相距2 cm的直线，可以画出( )条。

我发现：同一平面内，如果两条直线都平行于同一条直线，那么这两条直线( )。

2.画出垂直于直线b的直线，可以画出( )条。

点直线平面之间的位置关系练习题(含答案)

高一数学点直线平面之间的地位关系强化演习题一.选择题1．已知平面α外不共线的三点,,A B C 到α的距离都相等,则准确的结论是（）A. 平面ABC 必平行于αB. 平面ABC 必与α订交C. 平面ABC 必不垂直于αD. 消失ABC ∆的一条中位线平行于α或在α内2．给出下列关于互不雷同的直线l.m.n 和平面α.β.γ的三个命题: ①若l 与m 为异面直线,l ⊂α,m ⊂β,则α∥β; ②若α∥β,l ⊂α,m ⊂β,则l∥m;③若α∩β＝l,β∩γ＝m,γ∩α＝n,l∥γ,则m∥n. 个中真命题的个数为( )A.3B.2 C3．假如一条直线与一个平面垂直,那么,称此直线与平面组成一个“正交线面临”.在一个正方体中,由两个极点肯定的直线与含有四个极点的平面组成的“正交线面临”的个数是（）（A ）48 （B ）18 （C ）24 （D ）364．已知二面角l αβ--的大小为060,m n 、为异面直线,且m n αβ⊥⊥，,则m n 、所成的角为（）（A ）030 （B ）060 （C ）090 （D ）0120 5．如图,点P 在正方形ABCD 地点的平面外,PD⊥平面ABCD,PD ＝AD,则PA 与BD 所成角的度数为( )A.30°B.45°C.60°D.90°7．设m .n 是两条不合的直线,α.β是两个不合的平面.考核下列命题,个中准确的命题是（）A ．βαβα⊥⇒⊥⊂⊥n m n m ,,B ．n m n m ⊥⇒⊥βαβα//,,//C ．n m n m ⊥⇒⊥⊥βαβα//,,D ．ββαβα⊥⇒⊥=⊥n m n m ,,8．设A.B.C.D 是空间四个不合的点,鄙人列命题中,不准确．．．的是（）A ．AC 与BD 共面,则AD 与BC 共面B ．若AC 与BD 是异面直线,则AD 与BC 是异面直线C ．若AB =AC ,DB =DC ,则AD =BC D ．若AB =AC ,DB =DC ,则AD ⊥BC9．若l 为一条直线,αβγ，，为三个互不重合的平面,给出下面三个命题：①αγβγαβ⊥⊥⇒⊥，;②αγβγαβ⊥⇒⊥，∥;③l l αβαβ⊥⇒⊥，∥．个中准确的命题有（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个10．如图,在正三棱锥P —ABC 中,E.F 分离是PA.AB 的中点,∠CEF＝90°,若AB ＝a,则该三棱锥的周全积为( ) A.2233a + B.2433a + C.243a D.2436a + 11．如图,正三棱柱111ABC A B C -的各棱长都为2,E F 、分离为AB.A 1C 1的中点,则EF 的长是（）（A ）2 （B ）3 （C ）5 （D ）712．若P 是平面α外一点,则下列命题准确的是（）（A ）过P 只能作一条直线与平面α订交（B ）过P 可作很多条直线与平面α垂直（C ）过P 只能作一条直线与平面α平行（D ）过P 可作很多条直线与平面α平行13．对于随意率性的直线l 与平面α,在平面α内必有直线m ,使m 与l （）（A ）平行（B ）订交（C ）垂直（D ）互为异面直线14．对于平面α和共面的直线m .,n 下列命题中真命题是（）（A ）若,,m m n α⊥⊥则n α∥ （B ）若m αα∥,n ∥,则m ∥n（C ）若,m n αα⊂∥,则m ∥n （D ）若m .n 与α所成的角相等,则m ∥n15．关于直线m .n 与平面α.β,有下列四个命题：① 若//m α,//n β且//αβ,则//m n ;② 若m α⊥,n β⊥且αβ⊥,则m n ⊥; ③ 若m α⊥,//n β且//αβ,则m n ⊥;④ 若//m α,n β⊥且αβ⊥,则//m n . 个中真命题的序号式（）A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③16．给出下列四个命题：①垂直于统一向线的两条直线互相平行②垂直于统一平面的两个平面互相平行平③若直线12,l l 与统一平面所成的角相等,则12,l l 互相行④若直线12,l l 是异面直线,则与12,l l 都订交的两条直线是异面直线个中假命题．．．的个数是（）（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）417．如图平面α⊥平面β, ,,A B AB αβ∈∈与两平面α.β所成的角分离为4π和6π.过A.B 分离作两平面交线的垂线,垂足为'A .B ',若AB=12,则''A B =（）（A ）4 （B ）6 （C ）8 （D ）A'B'A B βα18．已知正四棱锥S ABCD-中,23SA=,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为（）A．1 B．3C． 2 D．319．已知三棱锥S ABC-中,底面ABC为边长等于2的等边三角形,SA垂直于底面ABC,SA=3,那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（）A．34B5C．7D．3420．有四根长都为2的直铁条,若再选两根长都为a的直铁条,使这六根铁条端点处相连可以或许焊接成一个三棱锥形的铁架,则a的取值规模是（）A．（62B．（1,22C．6262D．（0,22）21．在半径为R的球内有一内接正三棱锥,它的底面三个极点正好都在统一个大圆上,一个动点从三棱锥的一个极点动身沿球面活动,经由其余三点后返回,则经由的最短旅程是（）A．2RπB．73RπC．83RπD．76Rπ22．已知,,,S A B C是球O概况上的点,SA ABC⊥平面,AB BC⊥,1SA AB==,2BC=则球O的概况积等于（）A．4πB．3πC．2πD．π23．将半径都为１的４个钢球完整装入外形为正四面体的容器里,这个正四面体的高的最小值为（）A ．3263+ B ．2+263C ．4+263D ．43263+24.如图,正方体AC 1的棱长为1,过点A 作平面A 1BD 的垂线,垂足为点H,则以下命题中,错误的命题是( ) A.点H 是△A 11D 111所成角为45°二.填空题1．多面体上,位于统一条棱两头的极点称为相邻的,如图,正方体的一个极点A 在平面α内,其余极点在α的同侧,正方体上与极点A 相邻的三个极点到α的距离分离为1,2和4,P 是正方体的其余四个极点中的一个,则P 到平面α的距离可能是：①3; ②4; ③5; ④6; ⑤7以上结论准确的为______________.（写出所有准确结论的编号．．）2．平行四边形的一个极点A 在平面α内,其余极点在α的同侧,已知个中有两个极点到α的距离分离为1和2 ,那么剩下的一个极点到平面α的距离可能是：①1; ②2; ③3; ④4;以上结论准确的为______________.（写出所有准确结论的编号．．）3．如图,在正三棱柱111ABC A B C -中,所有棱长均为1,则点1B 到平面1ABC 的距离为 .4．已知,,A B C 三点在球心为O ,半径为R 的球面上,AC BC ⊥,且AB R =,那么,A B 两点的球面距离为 ,球心到平面ABC 的距离为______________.5．如图,在正三棱柱111C B A ABC -中,1=AB ．若二面角1C AB C --的大小为 60,ABC Dα则点C 到平面1ABC 的距离为______________.6．如图（同理科图）,在正三棱柱111ABC A B C -中,1AB =．若二面角1C AB C --的大小为60,则点1C 到直线AB 的距离为 .7．（如图,在6题上）正四面体ABCD 的棱长为l,棱AB ∥平面α,则正四面体上的所有点在平面α内的射影组成的图形面积的取值规模是____________.8．如图,矩形ABCD 中,DC=3,AD=1,在DC 上截取DE=1,将△ADE 沿AE 翻折到D 1点,点D 1在平面ABC 上的射影落在AC 上时,二面角D 1—AE —B 的平面角的余弦值是 .9．若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为α,则cos α=_____.10．已知正四棱椎的体积为12,地面的对角线为26,则正面与底面所成的二面角为____________.11．m n 、是空间两条不合直线,αβ、是空间两条不合平面,下面有四个命题： ①,;m n m n αβαβ⊥⇒⊥, ②,,;m n m n αβαβ⊥⊥⇒　③,,;m n m n αβαβ⊥⇒⊥ ④,,;m m n n ααββ⊥⇒⊥　个中真命题的编号是（写出所有真命题的编号）.12．如图,已知三棱锥S －ABC 中,底面ABC 为边长等于2的等边三角形,SA ⊥底面ABC ,SA ＝3,那么直线SB 与平面SAC 所成角的正弦值为________．三.解答题：13.如图,正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝4,点E 在C 1C上且C1E＝3EC.(1)证实A1C⊥平面BED;(2)求二面角A1-DE-B的正切值..在正△ABC中,E.F.P分离是AB.AC.BC边上的点,知足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2〔如图(1)〕.将△AEF沿EF折起到△A1EF的地位,使二面角A1-EF-B成直二面角,贯穿连接A1B.A1P〔如图(2)〕.(1)求证:A1E⊥平面BEP;(2)求直线A1E与平面A1BP所成角的大小;(3)求二面角B-A1P-F的余弦值.一.选择题1．D 2．C 3．D 4．B 5．C 7．B8．C 9．C 10．B 11．C 12．D 13．C 14．C15．D 16．D 17．B18．C;19．D;20．A;21．B;22．A;23．B;二.填空题1．①③④⑤ 2．①③ 3．217 4．13Rπ32R5．34 6．3 7．21[,]428. 32-9．63 10．3π 11．①,② 12.3913解法二:(1)证实:如图,贯穿连接B1C1C是A1C在面BCC1B1内的射影,在矩形BCC1B1中,B1B＝C1C＝4,BC＝B1C1＝2,C1E＝3,EC＝1.因为211==B B BC BC CE 且∠B 1BC ＝∠BCC 1＝90°, 所以△BB 1C∽△BCE.所以∠BB 1C ＝∠CBE.所以由互余可得∠BFC ＝90°.所以BE⊥B 1C.所以BE⊥A 1C;由四边形ABCD 为正方形,所以BD⊥AC. 所以BD⊥A 1C 且BD∩BE＝B. 所以A 1C⊥平面BDE.(2)贯穿连接OE,由对称性知必交A 1C 于G 点,过G 点作GH⊥DE 于点H,贯穿连接A 1H.由(1)的结论,及三垂线定理可得,∠GHA 1就是所求二面角的平面角,依据已知数据,盘算3651=G A , 在Rt△DOE 中,1530=GH ,所以55tan 11==∠GHGA GHA . 故二面角A 1DEB 的大小为55arctan . 解法一:无妨设正△ABC 的边长为3.(1)证实:在图(1)中,取BE 的中点D,贯穿连接DF. ∵AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2, ∴AF＝AD ＝2.而∠A＝60°, ∴△ADF 是正三角形. 又AE ＝DE ＝1,∴EF⊥AD. 在图(2)中,A 1E⊥EF,BE⊥EF,∴∠A 1EB 为二面角A 1-EF-B 的平面角. 由题设前提知此二面角为直二面角,∴A 1E⊥BE.又BE∩EF＝E,∴A 1E⊥平面BEF, 即A 1E⊥平面BEP.(2)在图(2)中,∵A 1E 不垂直于A 1B, ∴A 1E 是平面A 1BP 的斜线. 又A 1E⊥平面BEP,∴A 1E⊥BP.从而BP 垂直于A 1E 在平面A 1BP 内的射影(三垂线定理的逆定理). 设A 1E 在平面A 1BP 内的射影为A 1Q,且A 1Q 交BP 于点Q,则 ∠EA 1Q 就是A 1E 与平面A 1BP 所成的角,且BP⊥A 1Q. 在△EBP 中,∵BE＝BP ＝2,∠EBP＝60°, ∴△EBP 是等边三角形.∴BE＝EP. 又A 1E⊥平面BEP,∴A 1B ＝A 1P. ∴Q 为BP 的中点,且3=EQ . 又A 1E ＝1,在Rt△A 1EQ 中,3tan 11==∠EA EQQ EA , ∴∠EA 1Q ＝60°.∴直线A 1E 与平面A 1BP 所成的角为60°.(3)在图(3)中,过F 作FM⊥A 1P 于点M,贯穿连接QM.QF.(3)∵CF＝CP ＝1,∠C＝60°, ∴△FCP 是正三角形.∴PF＝1.又PQ ＝21BP ＝1, ∴PF＝PQ.①∵A 1E⊥平面BEP,EQ ＝EF ＝3, ∴A 1F ＝A 1Q.∴△A 1FP≌△A 1QP. 从而∠A 1PF ＝∠A 1PQ.②由①②及MP 为公共边知△FMP≌△QMP, ∴∠QMP＝∠FMP＝90°,且MF ＝MQ. 从而∠FMQ 为二面角B-A 1P-F 的平面角. 在R t△A 1QP 中,A 1Q ＝A 1F ＝2,PQ ＝1, ∴51=P A . ∵MQ⊥A 1P, ∴55211=•=P A PQ Q A MQ . ∴552=MF . 在△FCQ 中,FC ＝1,QC ＝2,∠C＝60°, 由余弦定理得3=QF . 在△FMQ 中,872cos 222-=•-+=∠MQ MF QF MQ MF FMQ .∴二面角B-A 1P-F 的大小为87arccos -π.。

专题6：立体几何中点到面的距离求法基础练习题

（Ⅰ）取的中点，连接，．
因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
因为，所以．
又，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面；
因为，且平面，平面，
所以平面平面；
因为平面，所以平面．
（Ⅱ）因为是的中点，
所以点到平面的距离是点到平面距离的．
设C到平面的距离为，则 .
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定定理的应用，以及空间向量的在求点到平面距离中的应用，属于基础题.
7．（1）证明见解析；（2） .
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理证明即可.
（2）利用面面垂直的判定定理证出面面，过作，的长即为到面的距离，根据即可求解.
【详解】
（1）证明：连接，设，连，
则是三角形的中位线，
面 .
（2）面面面，
过作，
垂足为，易知面，
则的长即为到面的距离，与中，
，，
可知，所以 .
【点睛】
本题考考查了线面平行的判定定理、面面垂直的性质定理、求点到面的距离，考察了逻辑推理能力，属于基础题.
8．（1）证明见解析；（2）．
因为平面，，，
所以平面．所以．
所以．
在中，，，
所以．
设点到平面的距离为，
则，解得．
所以点到平面的距离是．
【点睛】
本题主要考查证明线面平行，考查等体积法求点到面的距离，属于常考题型.
2．
【分析】
利用等体积法列方程，解方程求得点到平面的距离.

空间点,直线,平面的位置关系试题(含答案)2

空间角和距离一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．直线m 与平面α间距离为d ，那么到m 与α距离都等于2d 的点的集合是（）A ．一个平面B ．一条直线C ．两条直线D ．空集 2．异面直线a 、b 所成的角为θ，a 、b 与平面α都平行，b ⊥平面β，则直线a与平面β所成的角（）A ．与θ相等B ．与θ互余C ．与θ互补 D ．与θ不能相等．3．在正方体ABCD —A 'B 'C 'D '中，BC '与截面BB 'D 'D 所成的角为（） A ．3πB ．4π C ．6πD ．arctan24．在正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2及G 2G 3的中点，D是EF 的中点，现在沿SE ，SF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1，G 2，G 3三点重合，重合后的点记为G ，那么，在四面体S －EFG中必有（）A ．SG ⊥△EFG 所在平面B ．SD ⊥△EFG 所在平面C ．GF ⊥△SEF 所在平面D ．GD ⊥△SEF 所在平面 5．有一山坡，它的倾斜角为30°，山坡上有一条小路与斜坡底线成45°角，某人沿这条小路向上走了200米，则他升高了（）A ．1002米 B ．502米 C ．256米D ．506米6．已知三棱锥D －ABC 的三个侧面与底面全等，且AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则以BC 为棱，以面BCD 与面BCA 为面的二面角的大小为（）A ．arccos33 B ．arccos 31 C ．2π D ．32π7．正四面体A —BCD 中E 、F 分别是棱BC 和AD 之中点，则EF 和AB 所成的角（） A ．45︒ B ．60︒ C．90︒D ．30︒8．把∠A =60°，边长为a 的菱形ABCD 沿对角线BD 折成60°的二面角，则AC 与BD 的距离为（）A ．43aB ．43 a C ．23 aD ．46 a9．若正三棱锥的侧面均为直角三角形，侧面与底面所成的角为α，则下列各等式中成立的是（）A ．0＜α＜6πB ．6π＜α＜4πC ．4π＜α＜3πD ．3π＜α＜2π10．已知A （1，1，1），B （－1，0 ，4），C （2 ，－2，3），则〈AB ，CA〉的大小为（）A ．6πB ．65π C ．3πD ．32π二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．从平面α外一点P 引斜线段PA 和PB ，它们与α分别成45︒和30︒角，则∠APB 的最大值是______最小值是_______12．∆ABC 中∠ACB=90︒，PA ⊥平面ABC ，PA=2，AC=2 3 ，则平面PBC 与平面PAC ，平面ABC 所成的二角的大小分别是______、_________．13．在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中，90=∠ABC，30=∠BAC，ＢＣ＝５，又ＰＡ＝ＰＢ＝ＰＣ＝ＡＣ，则点Ｐ到平面ＡＢＣ的距离是．14．球的半径为8，经过球面上一点作一个平面，使它与经过这点的半径成45°角，则这个平面截球的截面面积为．三、解答题（共计76分）15．（本小题满分12分）已知SA ⊥平面ABC ，SA=AB ，AB ⊥BC ，SB=BC ，E 是SC 的中点，DE ⊥SC 交AC 于D ．（1）求证：SC ⊥面BDE ；（2）求二面角E —BD —C 的大小．16．（本小题满分12分）如图，点P 为斜三棱柱111C B A ABC -的侧棱1BB 上一点，1BB PM⊥交1AA 于点M，1BB PN ⊥交1CC 于点N．(1) 求证：MN CC ⊥1； (2) 在任意DEF ∆中有余弦定理：DFEEF DF EFDFDE∠⋅-+=cos 2222．拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．17．（本小题满分12分）如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB=3．（1）求证BC SC；（2）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小．18．（本小题满分12分）在直角梯形ABCD中，∠D=∠BAD=90︒,AD=DC=1AB=a,(如图一)将△ADC 沿AC折起，使2D到D'．记面AC D'为α,面ABC为β．面BC D'为γ．（1）若二面角α-AC-β为直二面角（如图二），求二面角β-BC-γ的大小;（2）若二面角α-AC-β为60︒（如图三），求三棱锥D'-ABC的体积．19．（本小题满分14分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF的中点．（1）求证AM//平面BDE；（2）求二面角A-DF-B的大小；（3）试在线段AC上确定一点P，使得PF与BC所成的角是60︒．20．（本题满分14分）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直．点M在AC上移动，点N在BF上移动，若a=)BNCM=<a．20(<（1）求MN的长；（2）当a为何值时，MN的长最小；（3）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角α的大小．参考答案一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）二．填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分） 11．750 ,150 12．900 ,300 13．35 14．π32三、解答题（本大题共6题，共76分）15．(12分) （1）证明：（1）∵SB=BC E 是SC 的中点 ∴BE ⊥SC ∵DE ⊥SC ∴SC ⊥面BDE（2）解：由（1）SC ⊥BD ∵SA ⊥面ABC ∴SA ⊥BD ∴BD ⊥面SAC ∴∠EDC 为二面角E-BD-C 的平面角设SA=AB=a,则SB=BC=a2．,2,a SC SBC Rt =∆∴中在,30,0=∠∆∴DCESAC Rt 中在60,=∠∆∴EDC DEC Rt 中在．16．(12分) (1) 证：MNCC PMN CC PN CC PM CC BB CC ⊥⇒⊥∴⊥⊥⇒111111,,//平面； (2)解：在斜三棱柱111C B A ABC -中，有αcos 21111111111222A ACCB BCCA ACCB BCCA ABBS S S S S ⋅-+=，其中α为平面B B CC 11与平面A A CC 11所组成的二面角．∴⊥,1PMN CC 平面上述的二面角为MNP ∠,在PMN ∆中，cos 2222⇒∠⋅-+=MNP MN PN MNPNPMMNPCC MN CC PN CCMN CC PN CCPM ∠⋅⋅⋅-+=cos )()(211111222222，由于111111111,,BB PM S CCMN S CCPN S A ABBA ACCB BCC⋅=⋅=⋅=，∴有αcos 21111111111222A ACCB BCCA ACCB BCCA ABBS S S S S ⋅-+=．17．(12分) （1）证法一：如，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ．∵SD ⊥底面ABCD ，∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影，由三垂线定理得BC ⊥SC ．证法二：如图1，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ．∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥BC ，又DC ∩SD=D ，∴BC ⊥平面SDC ，∴BC ⊥SC ．（2）解：如图2，过点S 作直线,//AD l l ∴在面ASD 上，∵底面ABCD 为正方形，l BC AD l ∴∴,////在面BSC 上，l ∴为面ASD 与面BSC 的交线．l ∴,,,,SC l SD l SC BC AD SD ⊥⊥∴⊥⊥∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角．（以下同解法一）（3）解1：如图2，∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA 是等腰直角三角形．又M 是斜边SA 的中点，∴DM ⊥SA ．∵BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩SD=D ，∴BA ⊥面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影．由三垂线定理得DM ⊥SB ．∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．图1图2解2：如图3，取AB 中点P ，连结MP ，DP ．在△ABS 中，由中位线定理得 MP//SB ，DMP ∠∴是异面直线DM 与SB 所成的角．2321==SB MP，又,25)21(1,222=+==DP DM∴在△DMP 中，有DP 2=MP 2+DM 2，︒=∠∴90DMP∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．18．(12分) 解：（1）在直角梯形ABCD 中，由已知∆DAC 为等腰直角三角形， ∴45,2=∠=CAB a AC , 过C 作CH ⊥AB ，由AB=2a ，可推得 AC=BC=.2a∴ AC ⊥BC ．取 AC 的中点E ，连结ED '，则 ED '⊥AC 又 ∵ 二面角β--AC a 为直二面角，∴ED '⊥β 又 ∵ ⊂BC 平面β ∴ BC ⊥E D ' ∴ BC ⊥a ，而a C D ⊂'，∴ BC ⊥C D ' ∴ CAD '∠为二面角γβ--BC 的平面角．由于45='∠CAD ， ∴二面角γβ--BC 为 45．（2）取AC 的中点E ，连结E D '，再过D '作β⊥'O D ，垂足为O ，连结OE ．∵ AC ⊥E D '， ∴ AC ⊥OE ∴ EOD '∠为二面角β--ACa 的平面角， ∴ EO D '∠60=．在OE D Rt '∆中，aACE D 2221=='，∴O D S V ABC ABC D '⋅=∆-'31O D BC AC '⋅⋅⨯=2131a a a 462261⨯⨯⨯=.1263a =19．（14分）解法一: (1)记AC 与BD 的交点为O,连接OE, ∵O 、M 分别是AC 、EF 的中点，图3ACEF 是矩形，∴四边形AOEM 是平行四边形， ∴AM ∥OE ．∵⊂OE平面BDE ，⊄AM 平面BDE ，∴AM ∥平面BDE ．(2)在平面AFD 中过A 作AS ⊥DF 于S ，连结BS ，∵AB ⊥AF ， AB ⊥AD ， ,A AF AD = ∴AB ⊥平面ADF ，∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影，由三垂线定理得BS ⊥DF ．∴∠BSA 是二面角A —DF —B 的平面角．在RtΔASB 中，,2,36==AB AS∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB∴二面角A —DF —B 的大小为60º．（3）设CP=t （0≤t≤2）,作PQ ⊥AB 于Q ，则PQ ∥AD ， ∵PQ ⊥AB ，PQ ⊥AF ，A AFAB = ，∴PQ ⊥平面ABF ，⊂QE平面ABF ，∴PQ ⊥QF ．在RtΔPQF 中，∠FPQ=60º，PF=2PQ ． ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形，∴).2(22t PQ -=又∵ΔPAF 为直角三角形，∴1)2(2+-=t PF，∴).2(2221)2(2t t -⋅=+-所以t=1或t=3(舍去),即点P是AC 的中点．解法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系．设NBD AC = ，连接NE ，则点N 、E 的坐标分别是（)0,22,22、（0,0,1）,∴)1,22,22(--=NE, 又点A 、M 的坐标分别是)0,2,2(,（)1,22,22∴AM =（)1,22,22--∴AMNE =且NE与AM 不共线，∴NE ∥AM ．又∵⊂NE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ，∴AM ∥平面BDF ．（2）∵AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，AF ,A AD = ∴AB ⊥平面ADF ．∴AB)0,0,2(-=为平面DAF 的法向量．∵DBNE ⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(-=0， ∴NFNE⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(=0得DBNE ⊥，NFNE⋅，∴NE 为平面BDF 的法向量．∴cos<>⋅NE AB =21∴AB 与NE 的夹角是60º．即所求二面角A —DF —B的大小是60º．（3）设P(t,t,0)(0≤t≤2)得PF),1,2,2(t t --=∴BC =（2，0，0）又∵PF 和BC 所成的角是60º．∴21)2()2(2)2(60cos 22⋅+-+-⋅-=︒t t t解得22=t 或223=t （舍去），即点P 是AC 的中点．20．(14分) 解：（1）作MP ∥AB 交BC 于点P NQ∥AB 交BE 于点Q ，连结PQ ，依题意可得MP ∥NQ ，且MP =NQ，即MNQP 是平行四边形∴MN =PQ由已知a BN CM ==，1===BE AB CB∴2==BF AC 又21a CP =，21a BQ =，即2a BQ CP ==∴MN=PQ =22)1(BQCP +-=22)2()21(a a +-=21)22(2+-a )20(<<a（2）由（Ⅰ），MN=21)22(2+-a ,所以，当22=a 时，MN=22即M 、N 分别移动到AC 、BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为22．（3）取MN 的中点G ，连结AG 、BG ，∵ANAM =，BNBM=，G 为MN的中点 ∴AG⊥MN，BG ⊥MN，∠A G B即为二面角α的平面角,又AG =BG 46=，所以，由余弦定理有314646214646cos 22-=⋅⋅-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=α, 故所求二面角⎪⎭⎫⎝⎛-=31arccos α。

2022-2023学年人教版数学四年级上册点到直线的距离练习题含答案

2022-2023学年人教版数学四年级上册点到直线的距离练习题学校:___________姓名：___________班级：_______________一、解答题1．下面图形中哪两条线段互相平行？哪两条线段互相垂直？二、填空题2．在长方形中有( )组对边是平行的，两条邻边互相( )。

3．在下图中，线段AB，AC，AD，AE中最短的一条线段是( )。

4．在一个长方形中，相邻两边互相( )，相对两边互相( )。

5．在连结两点的所有线中，( )最短。

6．在括号里填上相应的序号。

互相垂直的有( )，互相平行的有( )。

三、判断题7．公路上有三条小路通往笑笑家，它们的长度分别是243米、187米、205米，其中有一条小路与公路垂直，这条小路长187米。

( )8．如果两条直线平行，那么这两条直线就相等。

( )9．平面内三条直线相交最多有两个交点。

( )10．同一平面内有三条直线a、b、c，已知a⊥b，b⊥c，那么a⊥c。

( )四、选择题11．下面说法中正确的有（）个。

⊥两条平行线之间的距离处处相等。

⊥两个锐角的和不一定大于直角。

⊥两个数的商是8，如果被除数不变，除数乘4，则商为32。

A．1B．2C．312．下面说法正确的是（）。

A．一个正方形中有4组平行线B．过一点可以做无数条已知直线的垂线C．一组平行线之间的距离都相等D．过一点可以做无数条已知直线的平行线五、作图题13．分别过点A画BC的垂线。

14．在下图中，过P点分别画出已知直线的垂线和平行线。

15．王刚家新建了房子，要把自来水从主管道引到自己家，怎么做最节省？请画图表示。

参考答案：1．见详解【分析】根据平行线和互相垂直的定义：在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线；在同一平面内，当两条直线相交成90度时，这两条直线互相垂直；据此进行解答。

【详解】图一：a与c、d与e互相平行，a与e、a与d、c与d、c与e互相垂直。

图二：l与k互相平行，m与l、m与k互相垂直。

平面直角坐标系中的距离公式高一数学总结练习含答案解析

1.5 平面直角坐标系中的距离公式1.已知P 1(x 1,y 1)、P 2(x 2,y 2),则P 1、P 2两点间的距离公式是① .2.已知点P 的坐标为(x 0,y 0),直线l 的方程是Ax+By+C=0(A 2+B 2≠0),则点P 到直线l 的距离公式是② .3.已知直线l 1:Ax+By+C 1=0和l 2:Ax+By+C 2=0(C 1≠C 2),则这两条平行直线间的距离公式是③ .距离公式的综合运用1.(2014长沙调考,★★☆)点P(m-n,-m)到直线x m +yn =1的距离等于( ) A.√m 2+n 2 B .22 C.√n 2-m 2 D.√m思路点拨先把直线方程化成一般式,再利用点到直线的距离公式计算.2.(2014云南曲靖统一测试,★★☆)已知点A(x,1),B(2,y),且AB 的中点是C(1,-1),则|AB|=( ) A.2√5 B.4 C.2√3 D.2√2思路点拨先求出x,y 的值,再求|AB|.3.(2013四川月考,★☆☆)直线3x+y-3=0与6x+my+1=0平行,则它们之间的距离为( ) A.4 B.2√1313C.5√1326D.7√1020思路点拨先求m 的值,再利用距离公式求解.4.(2013海南琼海月考,★★☆)直线l 过点P(1,2),且M(2,3),N(4,-5)两点到直线l 的距离相等,则直线l 的方程是 .思路点拨有两种情况:①l∥MN;②l过线段MN的中点.一、选择题1.已知点A(2,0),B(4,2),C(c,1),若|AB|=2|AC|,则c的值为( )A.1B.3C.1或3D.22.x轴正半轴上的点M到坐标原点的距离与到点(9,-3)的距离相等,则此距离为( )A.3B.4C.5D.63.直线l'与直线l:2x-y+3=0平行,且点A(2,3)到两直线的距离相等,则直线l'的方程为( )A.2x+y-5=0B.2x-y+5=0C.2x-y-5=0D.2x+y+5=04.点P是直线x+y-4=0上的一个动点,O是坐标原点,则|OP|的最小值是( )A.√10B.2√2C.√6D.25.已知点(a,2)(a>0)到直线l:x-y+3=0的距离为1,则a的值为( )A.√2B.2-√2C.√2-1D.√2+16.以A(5,5)、B(1,4)、C(4,1)为顶点的三角形是( )A.直角三角形B.等腰三角形C.正三角形D.等腰直角三角形二、填空题的直线的方程是.7.过点P(-1,2),且与原点的距离等于√228.设点P在直线x+3y=0上,且点P到原点的距离与点P到直线x+3y-2=0的距离相等,则点P的坐标为.三、解答题9.已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(1,-1)、B(-1,3)、C(3,0).(1)求证:△ABC是直角三角形;(2)求△ABC的面积.10.已知直线l 1与l 2的方程分别为7x+8y+9=0,7x+8y-3=0,直线l∥l 1,直线l 与l 1间的距离为d 1,l 与l 2间的距离为d 2,且d 1∶d 2=1∶2,求直线l 的方程.11.已知在△ABC 中,A(3,2),B(-1,5),点C 在直线3x-y+3=0上,若△ABC 的面积为10,求点C 的坐标.一、选择题1.(2015广州调研,★☆☆)过点(-1,2)且与原点的距离最大的直线方程是( ) A.x-2y+5=0 B.x+2y-5=0 C.x+3y-7=0 D.3x+y-5=02.(2015甘肃兰州测试,★★☆)过点P(0,1)且和A(3,3),B(5,-1)距离相等的直线的方程是( ) A.y=1 B.2x+y-1=0 C.y=1或2x+y-1=0 D.2x+y-1=0或2x+y+1=03.(2014陕西宝鸡调研,★★☆)已知点P 在直线x+y+1=0上,且A(1,1),则|PA|的最小值为( ) A.5√22B.√2C.2√2D.3√224.(2013江西临川月考,★☆☆)如图,点A的坐标为(1,0),点B在直线y=-x上运动,当线段AB最短时,点B的坐标为( )A.(0,0)B.(12,-12)C.(√22,-√22)D.(-12,12)二、填空题5.(2014河南周口期末,★★☆)直线l在直线m:x+y+1=0的上方,且l∥m,它们的距离是√2,则直线l的方程是.三、解答题6.(2014河北唐山模拟,★☆☆)x,y满足x+y+1=0,求x2+y2-2x-2y+2的最小值.知识清单①|P 1P 2|=√(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2②d=00√A 2+B 2③d=12√A 2+B 2链接高考1.A 将x m +yn =1化成一般式,为nx+my-mm=0.由点到直线的距离公式,得d=√m 2+n 2=√m 2+n 2.故选A.2.A由题意得{x+22=1,1+y2=-1,解得{x =0,y =-3,所以A(0,1),B(2,-3),所以|AB|=√22+(-4)2=2√5.3.D 因为两条直线平行,所以它们的斜率相等,所以-3=-6m ,所以m=2.直线方程6x+2y+1=0可化为3x+y+12=0,根据两条平行直线间的距离公式可得它们之间的距离d=|-3-12|√22=7√1020. 4.答案 4x+y-6=0或3x+2y-7=0解析由题意可得所求的直线与直线MN 平行或过线段MN 的中点.当所求的直线与直线MN 平行时,斜率为3+52-4=-4,则所求直线的方程为y-2=-4(x-1),化简可得4x+y-6=0. 当所求的直线过线段MN 的中点(3,-1)时,由直线方程的两点式求出直线的方程为y+12+1=x -31-3,即3x+2y-7=0. 综上所述,所求直线的方程为4x+y-6=0或3x+2y-7=0.基础过关一、选择题1.C 由题意得√(2-4)2+(0-2)2=2√(2-c )2+(0-1)2,解得c=1或3,故选C.2.C 设点M 的坐标为(m,0)(m>0),则m=√(m -9)2+(0+3)2.两边平方,得m 2=(m-9)2+(0+3)2,解得m=5.3.C 设所求直线的方程为2x-y+c=0(c≠3).由题意得√5=√5,即√5=√5,解得c=3(舍去)或-5,故直线l'的方程为2x-y-5=0.4.B 原点到直线x+y-4=0的距离就是|OP|的最小值,由点到直线的距离公式得|OP|的最小值为√12+12=2√2.5.C 由点到直线的距离公式得√2=1,∴|a+1|=√2, ∴a=-1±√2. 又∵a>0, ∴a=-1+√2.6.B ∵|AB|=√(5-1)2+(5-4)2=√17, |AC|=√(5-4)2+(5-1)2=√17, |BC|=√(1-4)2+(4-1)2=√18=3√2, ∴△ABC 为等腰三角形. 二、填空题7.答案 x+y-1=0或7x+y+5=0解析当直线斜率不存在时,直线方程为x=-1,不合题意;当直线斜率存在时,设其方程为y-2=k(x+1),即kx-y+k+2=0,由题意得√k 2+1=√22,解得k=-1或k=-7,所以所求直线的方程为x+y-1=0或7x+y+5=0.8.答案 (35,-15)或(-35,15) 解析设点P 的坐标为(-3m,m), 根据题意得√9m 2+m 2=√10,解得m=±15.∴点P 的坐标为(35,-15)或(-35,15). 三、解答题9.解析 (1)证明:由已知得|AB|=√(-1-1)2+[3-(-1)]2=√20=2√5, |AC|=√(3-1)2+[0-(-1)]2=√5,|BC|=√[3-(-1)]2+(0-3)2=√25=5. ∴|AB|2+|AC|2=|BC|2,∴△ABC 是以A 为直角顶点的直角三角形.(2)由于∠A 是直角,故△ABC 的面积S=12|AB|·|AC|=12×2√√=5. 10.解析根据题意可设直线l 的方程为7x+8y+C=0(C≠9且C≠-3). 则l 与l 1间的距离d 1=√72+82,l 与l 2间的距离d 2=√22.∵d 1∶d 2=1∶2, ∴d 2=2d 1, ∴22=2·22,∴2|C -9|=|C+3|,∴2C -18=C+3或2C-18=-C-3, ∴C=21或C=5,故直线l 的方程为7x+8y+21=0或7x+8y+5=0. 11.解析设点C 到直线AB 的距离为d,由题意得|AB|=√[3-(-1)]2+(2-5)2=5,∵S △ABC =12|AB|·d=12×5×d=10, ∴d=4.直线AB 的方程为y -25-2=x -3-1-3,即3x+4y-17=0. 设点C 的坐标为(x 0,y 0), 则{3x 0-y 0+3=0,d =|3x 00-17|√22=4,解得{x 0=-1,y 0=0或{x 0=53,y 0=8.故点C 的坐标为(-1,0)或(53,8).三年模拟一、选择题1.A 设A(-1,2),则直线OA 的斜率等于-2,故所求直线的斜率等于12,故所求直线的方程为y-2=12(x+1),化简可得x-2y+5=0,故选A. 2.C ①所求直线平行于AB,∵k AB =-1-35-3=-2,∴所求直线的方程为y-1=-2x,即2x+y-1=0. ②所求直线过线段AB 的中点M(4,1),则所求直线方程为y=1.3.D 设P(a,b),因为点P 在直线x+y+1=0上,所以|PA|=√(a -1)2+(b -1)2=√(a -1)2+(-a -1-1)2=√2(a +12)2+92≥3√22.4.B 点A 到直线y=-x 的距离即为线段AB 的最小值,由题意设B(x 0,-x 0),则有√2=√(x 0-1)2+(-x 0-0)2,解得x 0=12,所以点B 的坐标为(12,-12),故选B. 二、填空题 5.答案 x+y-1=0解析根据题意可设直线l 的方程是x+y+c=0(c<1),则√2=√2,所以c=-1或c=3(舍去),所以直线l 的方程是x+y-1=0. 三、解答题6.解析原式可化为(x-1)2+(y-1)2,其几何意义为点P(x,y)和点Q(1,1)间距离的平方,而点(x,y)在直线x+y+1=0上.设d 为Q 点到直线x+y+1=0的距离, 由|PQ|≥d 得√(x -1)2+(y -1)2≥√2,即x 2+y 2-2x-2y+2≥92. 故所求最小值为92.。

高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)

2021年春中考数学一轮复习专题突破训练：平面内两点间的距离问题(附答案)

2021年春中考数学一轮复习专题突破训练：平面内两点间的距离问题（附答案）1．两根木条，一根长20cm，另一根长24cm，将它们一端重合且放在同一条直线上，此时两根木条的中点之间的距离为（）A．2cm B．4cm C．2cm或22cm D．4cm或44cm 2．如图，将一根绳子对折以后用线段AB表示，现从P处将绳子剪断，剪断后的各段绳子中最长的一段为60cm，若AP＝PB，则这条绳子的原长为（）A．100cm B．150cm C．100cm或150cm D．120cm或150cm3．下列说法：①经过一点有无数条直线；②两点之间线段最短；③经过两点，有且只有一条直线；④若线段AM等于线段BM，则点M是线段AB的中点；⑤连接两点的线段叫做这两点之间的距离．其中正确的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个4．已知线段AB＝8cm，点C是直线AB上一点，BC＝2cm，若M是AB的中点，N是BC 的中点，则线段MN的长度为（）A．5cm B．5cm或3cm C．7cm或3cm D．7cm5．如果A、B、C三点在同一直线上，且线段AB＝8cm，BC＝6cm，若M、N分别为AB、BC的中点，那么M、N两点之间的距离为（）A．7cm B．1cm C．7cm或1cm D．无法确定6．如图，下列关于图中线段之间的关系一定正确的是（）A．x＝2x+2b﹣c B．c﹣b＝2a﹣2b C．x+b＝2a+c﹣b D．x+2a＝3c+2b7．已知点A、B、P在一条直线上，则下列等式中，能判断点P是线段AB的中点的个数有（）①AP＝BP；②BP＝AB；③AB＝2AP；④AP+PB＝AB．A．1个B．2个C．3个D．4个8．如图，已知线段AB＝16cm，点C为线段AB上的一个动点，点D、E分别是AC和BC 的中点，则DE的长（）A．4cm B．8cm C．10cm D．16cm9．下列说法中正确的有（）①射线比直线小一半；②连接两点的线段叫两点间的距离；③过两点有且只有一条直线；④两点之间所有连线中，线段最短A．1个B．2个C．3个D．4个10．如图，线段AB＝DE，点C为线段AE的中点，下列式子不正确的是（）A．BC＝CD B．CD＝AE﹣AB C．CD＝AD﹣CE D．CD＝DE11．如图，线段AB表示一条对折的绳子，现从P点将绳子剪断．剪断后的各段绳子中最长的一段为30cm．若AP＝BP，则原来绳长为（）cm．A．55cm B．75cm C．55或75cm D．50或75cm12．如图，已知线段AB＝10cm，M是AB中点，点N在AB上，NB＝2cm，那么线段MN的长为（）A．5cm B．4cm C．3cm D．2cm13．下列说法正确的个数是（）①射线AB与射线BA是同一条射线；②两点确定一条直线；③两点之间直线最短；④若AB＝BC，则点B是AC的中点．A．1个B．2个C．3个D．4个14．如图，已知线段AB＝6cm，在线段AB的延长线上有一点C，且BC＝4cm，若点M为AB中点，那么MC的长度为（）A．5cm B．6cm C．7cm D．无法确定15．如图，已知点C在线段AB上，线段AC＝4，线段BC的长是线段AC长的两倍，点D 是线段AB的中点，则线段CD的长是（）A．1B．2C．3D．416．如图，已知线段AB＝18cm，M为AB的中点，点C在线段AB上且CB＝AB，则线段MC的长为（）A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm17．下列说法中，正确的是（）A．过两点有且只有一条直线B．连接两点的线段叫做两点间的距离C．两点之间，直线最短D．到线段两个端点距离相等的点叫做线段的中点18．如图，点D把线段AB从左至右依次分成1：2两部分，点C是AB的中点，若DC＝3，则线段AB的长是（）A．18B．12C．16D．1419．如果A、B、C三点在同一直线上，且线段AB＝6cm，BC＝4cm，若M，N分别为AB，BC的中点，那么M，N两点之间的距离为（）A．5 cm B．1 cm C．5或1 cm D．无法确定20．如图，线段CD在线段AB上，且CD＝2，若线段AB的长度是一个正整数，则图中以A，B，C，D这四点中任意两点为端点的所有线段长度之和可能是（）A．28B．29C．30D．3121．如图，点C是线段AB上一点，点M、N、P分别是线段AC，BC，AB的中点．AC＝3cm，CP＝1cm，线段PN＝cm．22．如图，已知AB＝8cm，BD＝3cm，C为AB的中点，则线段CD的长为cm．23．如图，若D是AB的中点，E是BC的中点，若AC＝8，BC＝5，则AD＝．24．如图，点C、D、E是线段AB上的三个点，下面关于线段CE的表示，其中正确的有．①CE＝CD+DE；②CE＝CB﹣EB；③CE＝CB﹣DB；④CE＝AD+DE﹣AC25．已知线段AB和BC在同一条直线上，若AC＝6cm，BC＝2cm，则线段AC和BC中点间的距离为．26．如图，数轴上线段AB＝2，CD＝4，点A在数轴上表示的数是﹣10，点C在数轴上表示的数是16，若线段AB以6个单位长度/秒的速度向右匀速运动，同时线段CD以2个单位长度/秒的速度向左匀速运动．当B点运动到线段CD上时，P是线段AB上一点，且有关系式＝3成立，则线段PD的长为．27．如图，点C为线段AB的中点，AD＝2BD，则CD：AB的值为．28．已知线段AB＝8cm，点C是线段AB所在直线上一点．下列说法：①若点C为线段AB 的中点，则AC＝4cm；②若AC＝4cm，则点C为线段AB的中点；③AC＞BC，则点C 一定在线段AB的延长线上；④线段AC与BC的长度和一定不小于8cm，其中正确的有（填写正确答案的序号）．29．如图，BC＝AB，AC＝AD，若BC＝1cm，则CD的长为．30．已知一条直线上有A，B，C三点，线段AB的中点为P，AB＝100，线段BC的中点为Q，BC＝60，则线段PQ的长为．31．如图，点A、B、C、D在直线上，则BD＝BC+＝AD﹣．32．如图，C是线段BD的中点，AD＝2，AC＝5，则BC的长等于．33．已知点M是线段AB的三等分点，E是AM的中点，AB＝12cm，则线段AE长．34．如图，将一根绳子对折后用线段AB表示，现从P处将绳子剪断，剪断后的各段绳子中最长的一段为60cm，若AP＝PB，则这条绳子的原长为cm．35．已知一直线上有A、B、C三点，且线段AB＝5，线段AC＝2，D为线段BC上一点，且BD＝BC，则CD的长为．36．已知线段AB＝8cm，点C在直线AB上，AC＝AB，则BC＝cm．37．已知点O在直线AB上，且线段AB＝4cm，线段OB＝6cm，E，F分别是OA，OB的中点，则线段EF＝cm．38．如图，已知CD＝AD＝BC，E、F分别是AC、BC的中点，且BF＝40cm，则EF 的长度为cm．39．【新知理解】如图①，点C在线段AB上，图中共有三条线段AB、AC和BC，若其中有一条线段的长度是另外一条线段长度的2倍，则称点C是线段AB的“巧点”．（1）线段的中点这条线段的“巧点”；（填“是”或“不是”）．（2）若AB＝12cm，点C是线段AB的巧点，则AC＝cm；【解决问题】（3）如图②，已知AB＝12cm．动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB 向点B匀速移动：点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BA向点A匀速移动，点P、Q 同时出发，当其中一点到达终点时，运动停止，设移动的时间为t（s）．当t为何值时，A、P、Q三点中其中一点恰好是另外两点为端点的线段的巧点？说明理由40．【背景知识】数轴是初中数学的一个重要工具，利用数轴可以将数与形完美地结合．研究数轴我们发现了许多重要的规律：若数轴上点A、点B表示的数分别为a、b，则A，B 两点之间的距离AB＝|a﹣b|，线段AB的中点表示的数为．【问题情境】如图，数轴上点A表示的数为﹣2，点B表示的数为8，点P从点A出发，以每秒3个单位长度的速度沿数轴向右匀速运动，同时点Q从点B出发，以每秒2个单位长度的速度向左匀速运动．设运动时间为t秒（t＞0）．【综合运用】（1）填空：①A、B两点间的距离AB＝，线段AB的中点表示的数为；②用含t的代数式表示：t秒后，点P表示的数为；点Q表示的数为．（2）求当t为何值时，P、Q两点相遇，并写出相遇点所表示的数；（3）求当t为何值时，PQ＝AB；（4）若点M为P A的中点，点N为PB的中点，点P在运动过程中，线段MN的长度是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出线段MN的长．41．在一条不完整的数轴上从左到右有点A，B，C，其中AB＝2，BC＝1，如图所示，设点A，B，C所对应数的和是p．（1）若B为原点，写出点A，C所对应的数，并计算p的值；若C为原点，p又是多少？（2）若原点O在图中数轴上点C的右边，且CO＝28，求p．42．如图，线段AB＝12，动点P从A出发，以每秒2个单位的速度沿射线AB运动，M为AP的中点．（1）出发多少秒后，PB＝2AM？（2）当P在线段AB上运动时，试说明2BM﹣BP为定值．（3）当P在AB延长线上运动时，N为BP的中点，下列两个结论：①MN长度不变；②MA+PN的值不变，选择一个正确的结论，并求出其值．43．如图，在数轴上点A表示的数是﹣3，点B在点A的右侧，且到点A的距离是18；点C 在点A与点B之间，且到点B的距离是到点A距离的2倍．（1）点B表示的数是；点C表示的数是；（2）若点P从点A出发，沿数轴以每秒4个单位长度的速度向右匀速运动；同时，点Q 从点B出发，沿数轴以每秒2个单位长度的速度向左匀速运动．设运动时间为t秒，在运动过程中，当t为何值时，点P与点Q之间的距离为6？（3）在（2）的条件下，若点P与点C之间的距离表示为PC，点Q与点B之间的距离表示为QB，在运动过程中，是否存在某一时刻使得PC+QB＝4？若存在，请求出此时点P表示的数；若不存在，请说明理由．44．已知数轴上三点A，O，B表示的数分别为6，0，﹣4，动点P从A出发，以每秒6个单位的速度沿数轴向左匀速运动．（1）当点P到点A的距离与点P到点B的距离相等时，点P在数轴上表示的数是；（2）另一动点R从B出发，以每秒4个单位的速度沿数轴向左匀速运动，若点P、R同时出发，问点P运动多少时间追上点R？（3）若M为AP的中点，N为PB的中点，点P在运动过程中，线段MN的长度是否发生变化？若发生变化，请你说明理由；若不变，请你画出图形，并求出线段MN的长度．45．如图，已知B是线段AC的中点，D是线段CE的中点，若AB＝4，CE＝AC，求线段BD的长．46．如图，C为线段AD上一点，点B为CD的中点，且AD＝8cm，BD＝1cm，（1）求AC的长；（2）若点E在直线AD上，且EA＝2cm，求BE的长．参考答案1．解：如图，设较长的木条为AB＝24cm，较短的木条为BC＝20cm，∵M、N分别为AB、BC的中点，∴BM＝12cm，BN＝10cm，∴①如图1，BC不在AB上时，MN＝BM+BN＝12+10＝22cm，②如图2，BC在AB上时，MN＝BM﹣BN＝12﹣10＝2cm，综上所述，两根木条的中点间的距离是2cm或22cm；故选：C．2．解：当PB的2倍最长时，得PB＝30cm，AP＝PB＝20cm，AB＝AP+PB＝50cm，这条绳子的原长为2AB＝100cm；当AP的2倍最长时，得AP＝30cm，AP＝PB，PB＝AP＝45cm，AB＝AP+PB＝75cm，这条绳子的原长为2AB＝150cm．故选：C．3．解：①经过一点有无数条直线，这个说法正确；②两点之间线段最短，这个说法正确；③经过两点，有且只有一条直线，这个说法正确；④若线段AM等于线段BM，则点M不一定是线段AB的中点，因为A、M、B三点不一定在一条直线上，所以这个说法错误；⑤连接两点的线段的长度叫做这两点之间的距离，所以这个说法错误．所以正确的说法有三个．故选：C．4．解：如图1，由M是AB的中点，N是BC的中点，得MB＝AB＝4cm，BN＝BC＝1cm，由线段的和差，得MN＝MB+BN＝4+1＝5cm；如图2，由M是AB的中点，N是BC的中点，得MB＝AB＝4cm，BN＝BC＝1cm，由线段的和差，得MN＝MB﹣BN＝4﹣1＝3cm；故选：B．5．解：如图1，当点B在线段AC上时，∵AB＝8cm，BC＝6cm，M，N分别为AB，BC的中点，∴MB＝AB＝4，BN＝BC＝3，∴MN＝MB+NB＝7cm，如图2，当点C在线段AB上时，∵AB＝8cm，BC＝6cm，M，N分别为AB，BC的中点，∴MB＝AB＝4，BN＝BC＝3，∴MN＝MB﹣NB＝1cm，故选：C．6．解：∵x﹣c+2b＝2a，∴x+2a＝2x+2b﹣c，故选项A错误；∵2a﹣2b＝x﹣c，故选项B错误；∵x+b＝2a+c﹣b，故选项C正确；∵2a﹣2b＝x﹣c，∴﹣x+2a＝﹣c+2b，故选项D错误，故选：C．7．解：如图所示：①∵AP＝BP，∴点P是线段AB的中点，故本小题正确；②点P可能在AB的延长线上时不成立，故本小题错误；③P可能在BA的延长线上时不成立，故本小题错误；④∵AP+PB＝AB，∴点P在线段AB上，不能说明点P是中点，故本小题错误．故选：A．8．解：∵点D、E分别是AC和BC的中点，∴DE＝DC+CE＝AC+BC＝AB而AB＝16cm，∴DE＝×16＝8（cm）．故选：B．9．解：①射线比直线小一半，根据射线与直线都无限长，故这个说法错误；②连接两点的线段的长度叫两点间的距离，此这个说法错误；③过两点有且只有一条直线，此这个说法正确；④两点之间所有连线中，线段最短，此这个说法正确；故正确的有2个．故选：B．10．解：因为点C为线段AE的中点，且线段AB＝DE，则BC＝CD，故本选项正确；B中CD＝AC﹣AB＝BC＝CD，故本选项正确；C中CD＝AD﹣BC﹣AB＝CD，故本选项正确；D中CD≠DE则在已知里所没有的，故本选项错误；故选：D．11．解：AP＝BP，设BP＝3x，AP＝2x（1）对折点为A处，三段绳子为：4x，3x，3x，4x＝30，x＝7.5，绳子为10x＝75（2）对折点为B处，三段绳子为：6x，2x，2x，6x＝30，x＝5，绳子为10x＝50故选：D．12．解：∵AB＝10cm，M是AB中点，∴BM＝AB＝5cm，又∵NB＝2cm，∴MN＝BM﹣BN＝5﹣2＝3cm．故选：C．13．解：①射线AB与射线BA不是同一条射线，故①错误；②两点确定一条直线，故②正确；③两点之间线段最短，故③错误；④若AB＝BC，则点B不一定是AC的中点，故④错误．故选：A．14．解：∵M是线段AB的中点，AB＝6cm，∴MB＝AB＝3cm，∵BC＝4cm，∴MC＝MB+BC＝3+4＝7（cm），故选：C．15．解：∵AC＝4，线段BC的长是线段AC长的两倍，∴BC＝8，∴AB＝AC+BC＝12，∵点D是线段AB的中点，∴AD＝AB＝6，∴CD＝AD﹣AC＝2．故选：B．16．解：∵线段AB＝18cm，M为AB的中点，∴BM＝AB＝9cm，∵CB＝AB＝6cm，∴MC＝BM﹣BC＝3cm，故选：C．17．解：A、过两点有且只有一条直线，故符合题意；B、连接两点的线段的长度叫做两点的距离，故不符合题意；C、两点之间，线段最短，故不符合题意；D、在线段上且到线段两个端点距离相等的点叫做线段的中点，故不符合题意；故选：A．18．解：∵D把线段AB从左至右依次分成1：2两部分，点C是AB的中点，∴AD＝AB＝AB，AC＝AB，∴DC＝AB﹣AB＝AB，∵DC＝3，∴AB＝3×6＝18．故选：A．19．解：如图1，当点B在线段AC上时，∵AB＝6cm，BC＝4cm，M，N分别为AB，BC的中点，∴MB＝AB＝3，BN＝BC＝2，∴MN＝MB+NB＝5cm，如图2，当点C在线段AB上时，∵AB＝6cm，BC＝4cm，M，N分别为AB，BC的中点，∴MB＝AB＝3，BN＝BC＝2，∴MN＝MB﹣NB＝1cm，故选：C．20．解：由题意可得，图中以A，B，C，D这四点中任意两点为端点的所有线段长度之和是：AC+CD+DB+AD+CB+AB＝（AC+CD+DB）+（AD+CB）+AB＝AB+AB+CD+AB＝3AB+CD，∵CD＝2，线段AB的长度是一个正整数，AB＞CD，∴当AB＝8时，3AB+CD＝3×8+2＝26，当AB＝9时，3AB+CD＝3×9+2＝29，当AB＝10时，3AB+CD＝3×10+2＝32．故选：B．21．解：∵AP＝AC+CP，CP＝1cm，∴AP＝3+1＝4cm，∵P为AB的中点，∴AB＝2AP＝8cm，∵CB＝AB﹣AC，AC＝3cm，∴CB＝5cm，∵N为CB的中点，∴CN＝BC＝cm，∴PN＝CN﹣CP＝cm．故答案为：．22．解：∵C为AB的中点，AB＝8cm，∴BC＝AB＝×8＝4（cm），∵BD＝3cm，∴CD＝BC﹣BD＝4﹣3＝1（cm），则CD的长为1cm；故答案为：1．23．解：∵D是AB中点，E是BC中点，∴AD＝DB，BE＝EC，∴AB＝AC﹣BC＝3，∴AD＝1.5．故答案为：1.5．24．解：观察图形可知：CE＝CD+DE；CE＝BC﹣EB．故①②正确．BC＝CD+BD，CE＝BC﹣EB，CE＝CD+BD﹣EB．故③错误AE＝AD+DE，AE＝AC+CE，CE＝AD+DE﹣AC故④正确．故选①②④．25．解：设AC、BC的中点分别为E、F，∵AC＝6cm，BC＝2cm，∴CE＝AC＝3cm，CF＝BC＝1cm，如图1，点B不在线段AC上时，EF＝CE+CF＝3+1＝4（cm），如图2，点B在线段AC上时，EF＝CE﹣CF＝3﹣1＝2（cm），综上所述，AC和BC中点间的距离为4cm或2cm．故答案为：4cm或2cm．26．解：设线段AB未运动时点P所表示的数为x，B点运动时间为t，则此时C点表示的数为16﹣2t，D点表示的数为20﹣2t，A点表示的数为﹣10+6t，B点表示的数为﹣8+6t，P点表示的数为x+6t，∴BD＝20﹣2t﹣（﹣8+6t）＝28﹣8t，AP＝x+6t﹣（﹣10+6t）＝10+x，PC＝|16﹣2t﹣（x+6t）|＝|16﹣8t﹣x|，PD＝20﹣2t﹣（x+6t）＝20﹣8t﹣x＝20﹣（8t+x），∵＝3，∴BD﹣AP＝3PC，∴28﹣8t﹣（10+x）＝3|16﹣8t﹣x|，即：18﹣8t﹣x＝3|16﹣8t﹣x|，①当C点在P点右侧时，18﹣8t﹣x＝3（16﹣8t﹣x）＝48﹣24t﹣3x，∴x+8t＝15，∴PD＝20﹣（8t+x）＝20﹣15＝5；②当C点在P点左侧时，18﹣8t﹣x＝﹣3（16﹣8t﹣x）＝﹣48+24t+3x，∴x+8t＝，∴PD＝20﹣（8t+x）＝20﹣＝3.5；∴PD的长有2种可能，即5或3.5．故答案为：5或3.5．27．解：∵点C为线段AB的中点，∴AC＝BC＝AB，∵AD＝2BD，∴BD＝AB，∴CD＝BC﹣BD＝AB﹣AB＝AB，∴CD：AB＝，故答案为：．28．解：∵线段AB＝8cm，点C是线段AB所在直线上一点，∴①若点C为线段AB的中点，则AC＝4cm是正确的；②若AC＝4cm，则点C为线段AB的中点或在线段AB的反向延长线上，原来的说法是错误的；③AC＞BC，则点C可能在线段AB上，原来的说法是错误的；④线段AC与BC的长度和一定不小于8cm是正确的．故答案为：①④．29．解：∵BC＝AB，AC＝AD，∴AB＝4BC，AC＝AB，AD＝4AC，∵BC＝1cm，∴AB＝4BC＝4cm，∴AC＝3cm，∴AD＝12cm，∴CD＝AD﹣AC＝12﹣3＝9（cm）．故答案为：9．30．解：①当点C在AB的延长线上时，如图1所示∵P是AB的中点，Q是BC的中点，∴PB＝AB＝50，QB＝BC＝30，∴PQ＝PB+QB＝50+30＝80．②当点C在AB上时，如图2所示：∵点P是线段AB的中点，点Q是线段BC的中点∴PB＝AB＝50，QB＝BC＝30．∴PQ＝PB﹣QB＝50﹣30＝20．综上所述：PQ的长为20或80．故答案为：20或80．31．解：由图形可知，BD＝BC+CD＝AD﹣AB．故答案为：CD，AB．32．解：∵AD＝2，AC＝5∴CD＝AC﹣AD＝5﹣2＝3∵C是线段BD的中点∴BC＝CD＝3故填333．解：如图1，∵点M是线段AB的三等分点，AB＝12cm，∴AM＝AB＝4cm，∵E是AM的中点，∴AE＝AM＝2cm，如图2，∵点M是线段AB的三等分点，AB＝12cm，∴AM＝AB＝8cm，∵E是AM的中点，∴AE＝AM＝4cm，综上所述，线段AE长为4cm或2cm，故答案为：4cm或2cm．34．解：①当PB的2倍最长时，得PB＝30，∴AP＝PB＝20，∴AB＝AP+PB＝50，∴这条绳子的原长为2AB＝100cm，②当AP的2倍最长时，得AP＝30，∵AP＝PB，∴PB＝AP＝45，∴AB＝AP+PB＝75，∴这条绳子的原长为2AB＝150cm．故答案为：100cm或150cm．35．解：当点C在线段AB上时，如图1：∵AB＝5，AC＝2，∴BC＝AB﹣AC＝5﹣2＝3，∴BD＝BC＝1，∴CD＝BC﹣BD＝3﹣1﹣2；当点C在线段BA的延长线上时，如图2：∵AB＝5，AC＝2，∴BC＝AB+AC＝2+5＝7，∴BD＝BC＝，∴CD＝BC﹣BD＝7﹣＝．故答案为：2或．36．解：点C在直线AB上，于是应该分C点在线段AB上与在线段AB外两种情况①若点C在线段AB上∵AC＝AB，∴BC＝AB＝×8＝6②若点C在线段AB外∵AC＝AB，∴BC＝AB+AC＝AB＝×8＝10故答案为6或10．37．解：分情况讨论：①点O在点B右边时，由线段AB＝4cm，线段OB＝6cm，可得OA＝10cm，∵E，F分别是OA，OB的中点，∴，BF＝OB＝3cm，∴AF＝AB+BF＝4+3＝7cm，∴EF＝AF﹣AE＝7﹣5＝2cm；②点O在点B左边时，如图，由线段AB＝4cm，线段OB＝6cm，可得OA＝2cm，∵E，F分别是OA，OB的中点，∴AE＝OA＝1cm，OF＝OB＝3cm，∴AF＝OF﹣OA＝3﹣2＝1cm，∴EF＝AE+AF＝1+1＝2cm，∴线段EF的长度为2cm．故答案为：238．解：∵点F是BC的中点，且BF＝40cm，∴BC＝2BF＝80cm，∵CD＝AD＝BC，∴CD＝×80＝16cm，AD＝64cm，∴AC＝AD﹣CD＝48cm，∵E、F分别是AC、BC的中点，∴CE＝AC＝24cm，CF＝BF＝40cm，∴EF的长度为CE+CF＝64cm，故答案为：64．39．解：（1）如图，当C是线段AB的中点，则AB＝2AC，∴线段的中点是这条线段的“巧点”．故答案为：是；（2）∵AB＝12cm，点C是线段AB的巧点，∴AC＝12×＝4cm或AC＝12×＝6cm或AC＝12×＝8cm；故答案为：4或6或8；（3）t秒后，AP＝2t，AQ＝12﹣t（0≤t≤6）①由题意可知A不可能为P、Q两点的巧点，此情况排除．②当P为A、Q的巧点时，Ⅰ．AP＝AQ，即，解得s；Ⅱ．AP＝AQ，即，解得s；Ⅲ．AP＝AQ，即，解得t＝3s；③当Q为A、P的巧点时，Ⅰ．AQ＝AP，即，解得s（舍去）；Ⅱ．AQ＝AP，即，解得t＝6s；Ⅲ．AQ＝AP，即，解得s．40．解：（1）①10，3；②﹣2+3t，8﹣2t；（2）∵当P、Q两点相遇时，P、Q表示的数相等∴﹣2+3t＝8﹣2t，解得：t＝2，∴当t＝2时，P、Q相遇，此时，﹣2+3t＝﹣2+3×2＝4，∴相遇点表示的数为4；（3）∵t秒后，点P表示的数﹣2+3t，点Q表示的数为8﹣2t，∴PQ＝|（﹣2+3t）﹣（8﹣2t）|＝|5t﹣10|，又PQ＝AB＝×10＝5，∴|5t﹣10|＝5，解得：t＝1或3，∴当：t＝1或3时，PQ＝AB；（4）∵点M表示的数为＝﹣2，点N表示的数为＝+3，∴MN＝|（﹣2）﹣（+3）|＝|﹣2﹣﹣3|＝5．41．解：（1）若以B为原点，则C表示1，A表示﹣2，∴p＝1+0﹣2＝﹣1；若以C为原点，则A表示﹣3，B表示﹣1，∴p＝﹣3﹣1+0＝﹣4；（2）若原点O在图中数轴上点C的右边，且CO＝28，则C表示﹣28，B表示﹣29，A 表示﹣31，∴p＝﹣31﹣29﹣28＝﹣88．42．解：（1）如图1，由题意得：AP＝2t，则PB＝|12﹣2t|，∵M为AP的中点，∴AM＝t，由PB＝2AM得：|12﹣2t|＝2t，即12﹣2t＝2t或2t﹣12＝2t，t＝3，答：出发3秒后，PB＝2AM；（2）如图1，当P在线段AB上运动时，BM＝12﹣t，2BM﹣BP＝2×（12﹣t）﹣（12﹣2t）＝24﹣2t﹣12+2t＝12，∴当P在线段AB上运动时，2BM﹣BP为定值12；（3）选①；如图2，由题意得：MA＝t，PB＝2t﹣12，∵N为BP的中点，∴PN＝BP＝（2t﹣12）＝t﹣6，①MN＝P A﹣MA﹣PN＝2t﹣t﹣（t﹣6）＝6，∴当P在AB延长线上运动时，MN长度不变；所以选项①叙述正确；②MA+PN＝t+（t﹣6）＝2t﹣6，∴当P在AB延长线上运动时，MA+PN的值会改变．所以选项②叙述不正确．43．解：（1）点B表示的数是﹣3+18＝15；点C表示的数是﹣3+18×＝3．故答案为：15，3；（2）点P与点Q相遇前，4t+2t＝18﹣6，解得t＝2；点P与点Q相遇后，4t+2t＝18+6，解得t＝4；（3）假设存在，当点P在点C左侧时，PC＝6﹣4t，QB＝2t，∵PC+QB＝4，∴6﹣4t+2t＝4，解得t＝1．此时点P表示的数是1；当点P在点C右侧时，PC＝4t﹣6，QB＝2t，∵PC+QB＝4，∴4t﹣6+2t＝4，解得t＝．此时点P表示的数是．综上所述，在运动过程中存在PC+QB＝4，此时点P表示的数为1或．44．解：（1）∵A，B表示的数分别为6，﹣4，∴AB＝10，∵P A＝PB，∴点P表示的数是1，故答案为：1；（2）设点P运动x秒时，在点C处追上点R，则：AC＝6x BC＝4x，AB＝10，∵AC﹣BC＝AB，∴6x﹣4x＝10，解得，x＝5，∴点P运动5秒时，追上点R；（3）线段MN的长度不发生变化，理由如下分两种情况：①当点P在A、B之间运动时（如图①）：MN＝MP+NP＝AP+BP＝（AP+BP）＝AB＝5．②当点P运动到点B左侧时（如图②），MN＝PM﹣PN＝AP﹣BP＝（AP﹣BP）＝AB＝5；综上所述，线段MN的长度不发生变化，其长度为5．45．解：∵点B、D分别是AC、CE的中点，∴BC＝AB＝AC，CD＝DE＝CE，∴BD＝BC+CD＝（AC+CE），∵AB＝4，∴AC＝8，∵CE＝AC，∴CE＝6，∴BD＝BC+CD＝（AC+CE）＝（8+6）＝7．46．解：（1）∵点B为CD的中点，BD＝1cm，∴CD＝2BD＝2cm，∵AD＝8cm，∴AC＝AD﹣CD＝8﹣2＝6cm（2）若E在线段DA的延长线，如图1∵EA＝2cm，AD＝8cm∴ED＝EA+AD＝2+8＝10cm，∵BD＝1cm，∴BE＝ED﹣BD＝10﹣1＝9cm，若E线段AD上，如图2EA＝2cm，AD＝8cm∴ED＝AD﹣EA＝8﹣2＝6cm，∵BD＝1cm，∴BE＝ED﹣BD＝6﹣1＝5cm，综上所述，BE的长为5cm或9cm．。

高考数学(理)二轮试题：第8章《点、线、面的位置关系》(含答案)

精选题库试题理数1. (2014 纲领全国 ,11,5 分 )已知二面角α-l-β为60°,AB ?α ,AB⊥ l,A为垂足 ,CD ? β,C∈ l, ∠ACD=135° ,则异面直线AB 与 CD 所成角的余弦值为()A. B. C. D.1.B1.依题意作图 ,平移 CD 至 AD', 作 AE ⊥ l,且 D'E∥ l,连结 BE,BD', 则 D'E⊥面 BAE, 则∠EAB=60° ,∠ D'AE=45°,设 AB=1,AE=1, 则 BE=1,D'E=1,D'A=.在 Rt△ BED' 中 ,BD'=.∴ cos∠ BAD'===,即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.应选 B.2. (2014 广东 ,7,5 分 )若空间中四条两两不一样的直线l1,l2 ,l3,l4 ,知足 l 1⊥ l 2,l2⊥ l3,l3⊥l 4,则以下结论必定正确的选项是()A.l 1⊥ l4B.l 1∥ l4C.l 1与 l 4既不垂直也不平行D.l 1与 l4的地点关系不确立2.D2.由 l1⊥ l 2,l2⊥ l 3可知 l1与 l3的地点不确立 ,若 l1∥ l 3,则联合 l3⊥ l4,得 l1⊥ l4 ,所以清除选项 B 、C,若 l1⊥ l 3,则联合 l3⊥ l4,知 l1与 l 4可能不垂直 ,所以清除选项 A. 应选 D.3.(2014 辽宁 ,4,5 分 )已知 m,n 表示两条不一样直线 , α表示平面 .以下说法正确的选项是()A. 若 m∥ α ,n∥ α,则 m∥ nB.若 m⊥ α ,n? α,则 m⊥ nC.若 m⊥α ,m⊥ n,则 n∥ α D若. m∥ α ,m⊥ n,则 n⊥α3.B3.A 选项 m、 n 也能够订交或异面 ,C 选项也能够 n? α ,D选项也能够 n∥ α或 n 与α斜交 .依据线面垂直的性质可知选 B.4.（ 2014 重庆一中高三放学期第一次月考，6）已知一个四周体的一条棱长为，其他棱长均为 2，则这个四周体的体积为（）（A）1（B）（C）（D）34.A4.取边长为的边的中点,并与其对棱的两个端点连结,5.(2014 山东青岛高三第一次模拟考试,5) 设、是两条不一样的直线，、是两个不一样的平面，则以下命题正确的选项是（）A．若则B．若则C．若则D．若则5. D5.A 选项不正确，因为是可能的；B 选项不正确，因为，时，，都是可能的；C 选项不正确，因为，时，可能有；D选项正确，可由面面垂直的判断定理证明其是正确的．应选 D6. (2014 安徽合肥高三第二次质量检测，9) 已知正方体中，线段上（不包含端点）各有一点，且，以下说法中，不正确的选项是（）四点共面B. 直线与平面所成的角为定值C.D. 设二面角的大小为，则的最小值为6. D6.正方体中，线段，上（不包含端点）各有一点、，且，如图，当连线与平行时，、、、四点共面，所以错误；直线与平面所成的角为定制，明显不正确，在平面的射影是，点如果是定点，直线与平面所成的角是变值，所以不正确；当点在的中点时，不如设棱长为2，，所以是钝角，所以不正确，故错误；对于选项，作于，过作于，令，则最小值时最大，此时点在，，所以选项正确.应选 D.7. (2014 广西桂林中学高三 2 月月考， 4) 设、是两条不一样的直线，、是两个不一样的平面．以下命题中正确的选项是( )(A)(B)(C)(D)7. D7.若，则平面与垂直或订交或平行，故（A)错误；若，则直线与订交或平行或异面，故（B) 错误；若，则直线与平面垂直或订交或平行，故（C) 错误；若，则直线，故（D) 正确. 选D.8. (2014 周宁、政和一中第四次联考，7) 设表示不一样的直线，表示不一样的平面，给出以下四个命题：①若∥ ，且则；②若∥，且∥.则∥ ；③若，则∥∥ ；④若且∥,则∥ .此中正确命题的个数是（）A ．1B．2C．3D．48.B8.①正确；②直线或，错误；③错误，因为正方体有公共端点的三条棱两两垂直；④正确 . 故真实确的选项是①④，共 2 个.9. (2014 成都高中毕业班第一次诊疗性检测，5) 已知，是两条不一样的直线，为平面，则以下命题正确的选项是：(A)若∥，∥，则∥(B)若⊥，⊥．则⊥(C)若⊥，∥，则⊥(D) 若与订交，与订交，则，必定不订交（）9. C9. 对(A)直线、还可能订交或异面；故(A)是假命题；对 (B)垂直于同一个平面的两条直线平行，故(B) 时假命题；对 (C) 真命题；对 (D) 直线、可能订交、平行或异面 .故真命题是 (C).10. (2014 江西七校高三上学期第一次联考, 7) 已知和是两条不一样的直线，和是两个不重合的平面，那么下边给出的条件中必定能推出⊥的是（）A.且B.且C.且⊥D.且10. C10. 对选项 A ，与平行或订交；对选项 B，与平行或订交；选项 C 正确；选项 D，与平行或订交 .应选 C.11. (2014 兰州高三第一次诊疗考试, 6) 已知是两个不一样的平面，，是两条不一样的直线，给出以下命题：①若；②若；③假如订交；④若此中正确的命题是（）A ．①②B ．②③C．③④D．①④11. D11.①由平面与平面垂直的判断定理知，是真命题；②当直线，平行时，与不必定平行，是假命题；③直线与平面可能平行，假命题；④真命题. 故正确的命题是①④.12（.2014 江西要点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，13）如图,正四棱锥中，，是边的中点，动点在四棱锥的表面上运动，且总保持，点的轨迹所围成的图形的面积为, 若以的方向为主视方向，则四棱锥的主视图的面积是.12.412. 由题意可得点 P 在过点 E 且与直线 AC 垂直的平面上，取线段 PC、CD 的中点分别为 F、G，并设 GE 与 AC 交于点 H. 易得直线 AC⊥平面 EFG，所以点 P 的轨迹即为△ EFG，因为AB=2 ，所以 GE=，点的轨迹所围成的图形的面积为，所以可得FH=2 ，依据勾股定理可得GF=，所以四棱锥的侧棱长为. 所以四棱锥的主视图是以腰长为底边长为 2 的等腰三角形，其面积为 4.13.（ 2014 吉林实验中学高三年级第一次模拟，15）如图，已知球是棱长为的正方体的内切球，则平面截球的截面面积为.13.13.设截面圆的半径为r. 球心即为正方体的中心，且球O的半径为. 由正方体的性质可知，点 O 到平面 ACD 1的距离为，则，解得，所以截面圆的面积为.14. (2014 陕西宝鸡高三质量检测(一 ), 7)对于直线及平面，以下命题中正确的选项是（）A .若，，则 B. 若，，则C.若，，则D. 若，，则14. C14.对A，直线可能平行、订交或异面；对 B，因为直线不必定在平面内，直线可能为异面直线，则对 C，直线与平面垂直，需直线与平面内的两条订交直线垂直，则对 D，同平行于一个平面的两条直线可能平行、订交或异面，则B 错误；C 正确；D错误.15.（ 2014 重庆一中高三放学期第一次月考，平面，，，线段上，且。

中考数学专题练习点到直线的距离(含解析)

备战2019中考数学专题练习-点到直线的距离（含解析）一、单选题1.如图所示，点P到直线l的距离是（）A.线段PA的长度B.线段PB的长度C.线段PC的长度D.线段PD的长度2.在同一平面内，已知线段AB的长为10厘米，点A，B到直线l的距离分别为6厘米和4厘米，则符合条件的直线l的条数为（）A.2条B.3条C.4条D.无数条3.如图，能表示点到直线（线段）的距离的线段有（）A.3条B.4条C.5条 D.6条4.如图，PO⊥OR，OQ⊥PR，能表示点到直线（或线段）的距离的线段有（）A.五条B.二条C.三条 D.四条5.如图，PO⊥OR，OQ⊥PR，则点O到PR所在直线的距离是线段（）的长．A.POB.ROC.OQD.PQ6.定义：直线l1与l2相交于点O，对于平面内任意一点M，点M到直线l1、l2的距离分别为p、q，则称有序实数对（p，q）是点M的“距离坐标”，根据上述定义，“距离坐标”是（1，2）的点的个数是（）A.2B.3C.4D.57.同一平面内，三条不同直线的交点个数可能是（）个．A.1或3B.0、1或3C.0、1或2D.0、1、2或38.如图，点A在直线l1上，点B，C分别在直线l2上，AB⊥l2于点B，AC⊥l1于点A，AB=4，AC=5，则下列说法正确的是（）A.点B到直线l1的距离等于4B.点A到直线l2的距离等于5C.点B到直线l1的距离等于5D.点C到直线l1的距离等于59.如图，PO⊥OR，OQ⊥PR，则点O到PR所在直线的距离是线段的长．（）A.POB.ROC.OQD.PQ10.如图所示，AB⊥AC，AD⊥BC，垂足分别为A，D，下列说法不正确的是（）A.点A到BC的垂线段为ADB.点C到AD的垂线段为CDC.点B到AC的垂线段为ABD.点D到AB的垂线段为BD11.在下列语句中，正确的是（）A.在平面上，一条直线只有一条垂线B.过直线上一点的直线只有一条C.在同一平面内，过直线上一点且垂直于这条直线的直线有且只有一条D.垂线段就是点到直线的距离二、填空题12.如图所示，若⊥ACB=90°，BC=8cm，AC=6cm，则B点到AC边的距离为________cm．13.如图，BC⊥AC，CB=8cm，AC=6cm，AB=10cm，那么点B到AC的距离是________cm，点A到BC的距离是________cm，C到AB的距离是________cm．14.如图，过A点画与直线BC垂直的线段，A点到BC的距离是线段________的长，过B 点画直线AC的垂线段，B点到AC的距离是线段________的长．15.如图，想在河堤两岸搭建一座桥，搭建方式最短的是________，理由________；三、解答题16.如图，有两堵围墙，有人想测量地面上两堵围墙内所形成的⊥AOB的度数，但人又不能进入围墙，只能站在墙外，请问该如何测量？四、综合题17.如图所示，在正方形ABCD的对角线AC上有一只蚂蚁P从点A出发，沿AC匀速行走，蚂蚁从A点到C点行进过程中：（1）所经过的点P到AD，BC边的距离是怎么变化的？（2）所经过点P到CD，BC边距离有何数量关系？为什么呢？18.阅读理解：已知点P（x0，y0）和直线y=kx+b，则点P到直线y=kx+b的距离，可用公式d= 计算．例如：求点P（﹣1，2）到直线y=3x+7的距离．解：因为直线y=3x+7，其中k=3，b=7．所以点P（﹣1，2）到直线y=3x+7的距离为：d= = = = ．根据以上材料，解答下列问题：（1）求点P（1，﹣1）到直线y=x﹣1的距离；（2）已知⊥Q的圆心Q坐标为（0，5），半径r为2，判断⊥Q与直线y= x+9的位置关系并说明理由；（3）已知直线y=﹣2x+4与y=﹣2x﹣6平行，求这两条直线之间的距离．答案解析部分一、单选题1.【答案】B【考点】点到直线的距离【解析】【解答】解：⊥PB⊥直线l于点B⊥点P到直线l的距离是线段PB的长度故答案为：B【分析】根据点到直线的距离（直线外一点到这条直线的垂线段的长度）的定义，即可求解。

(压轴题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(答案解析)(4)

一、选择题1．已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，则点1B 到平面1A BC 的距离为（） A ．2217B ．22121C ．477D ．47212．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为（）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π3．已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等，E 为BC 中点，则异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为（） A ．13 B ．36C ．33 D ．1164．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为（）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π5．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π6．一个底面为正三角形的棱柱的三视图如图所示，若在该棱柱内部放置一个球，则该球的最大体积为（）A ．6πB ．12πC ．43πD ．83π7．如图正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均相等，O 是1AA 中点，P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，则直线OP 与平面ABC 所成角正弦值的最大值为（）A ．22B ．255C ．32D ．2778．下图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（）A ．64B ．48C ．32D ．169．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点，则下列结论错误的是（）A ．1DC PC ⊥B ．异面直线AD 与PC 不可能垂直 C ．1D PC ∠不可能是直角或者钝角 D ．1APD ∠的取值范围是,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭10．如下图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①//BM 平面ADE ；②DE BM ⊥；③平面//BDM 平面AFN ；④AM ⊥平面BDE ．以上四个命题中，真命题的序号是（）A ．①②③④B ．①②③C ．①②④D ．②③④11．空间四边形PABC 的各边及对角线长度都相等，D 、E 、F 外别是AB 、BC 、CA 的中点，下列四个结论中不成立的是（） A ．//BC 平面PDF B ． DF ⊥平面PAE C ．平面PDE ⊥平面ABCD ．平面PAE ⊥平面ABC12．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 和N 分别为11A B ，和1BB 的中点．，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是（）A ．25B ．10 C ．35D ．3 二、填空题13．如图，在矩形ABCD 中，2AB =，1AD =，点E 为CD 的中点，F 为线段CE （端点除外）上一动点．现将DAF △沿AF 折起，使得平面ABD ⊥平面ABC ．设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ，θ的取值范围为__________．14．已知一个圆锥内接于球O （圆锥的底面圆周及顶点均在同一球面上），圆锥的高是底面半径的3倍，圆锥的侧面积为910π，则球O 的表面积为________．15．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF ，现有如下四个结论：①AC BE ⊥； ②//EF 平面ABCD ；③三棱锥A BEF -的体积为定值； ④直线AE 与平面BEF 所成的角为定值，其中正确结论的序号是______．16．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．17．如图，在三棱锥V ABC -中，22AB =，VA VB =，1VC =，且AV BV ⊥，AC BC ⊥，则二面角V AB C --的余弦值是_____．18．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．19．三棱锥P ABC -的各顶点都在同一球面上，PC ⊥底面ABC ，若1PC AC ==，2AB =，且60BAC ∠=︒，给出如下命题：①ACB △是直角三角形；②此球的表面积等于11π； ③AC ⊥平面PBC ；④三棱锥A PBC -的体积为32. 其中正确命题的序号为______.（写出所有正确结论的序号）20．在一个密闭的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是．三、解答题21．如图，在四棱锥M ABCD -中，四边形ABCD 为梯形，90ABC BAD ∠=∠=，//BC AD ，22AD AB BC ==（1）若E 为MA 中点，证明：BE //面MCD（2）若点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上，1AB =，证明：CD ⊥面MAC . 22．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为菱形，且∠DAB =π3，AB =2，EF //AC ，EA =ED =3，BE =5.（1）求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；（2）求三棱锥F -BCD 的体积.23．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，1AB 与1A B 交于点O ，E ，F 是棱1CC 上的两点，且满足112EF CC =.（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）当1CE C F =，且12AA AB =，求直线OF 与平面ABC 所成角的余弦值. 24．如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，E 是棱1AA 的中点，122AA AB ==.（1）证明：平面EBC ⊥平面1EB C . （2）求点B 到平面1EB C 的距离.25．在四棱台1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，90ACD ∠=︒，26BC ==，1CD =，1AM CC ⊥，垂足为M .（1）证明：平面ABM ⊥平面11CDD C ；（2）若二面角B AM D --正弦值为21，求直线AC 与平面11CDD C 所成角的余弦. 26．如图，正三棱柱111ABC A B C -的棱长均为2，M 是侧棱1AA 的中点．（1）在图中作出平面ABC 与平面1MBC 的交线l （简要说明），并证明l ⊥平面11CBB C ；（2）求点C 到平面1MBC 的距离．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】根据题意，将点1B 到平面1A BC 的距离转化为点A 到平面1A BC 的距离，然后再利用等体积法11A A BC A ABC V V --=代入求解点A 到平面1A BC 的距离. 【详解】已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，所以可得1122==A B AC 1A BC 为等腰三角形，所以1A BC 7，由对称性可知，111--=B A BC A A BC V V ，所以点1B 到平面1A BC 的距离等于点A 到平面1A BC 的距离，所以11A A BC A ABC V V --=，又因为112772=⨯⨯=A BC S △，12332ABCS =⨯⨯=，所以111233⨯⨯=⨯⨯A BC ABC S h S △△，即2322177h ==. 故选：A.【点睛】一般关于点到面的距离的计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算平面的法向量，然后代入数量积的夹角公式计算即可，二是可以通过等体积法，通过换底换高代入利用体积相等计算.2．B解析：B 【分析】由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43A BCD V -=，而114323A BCD V BD CD AB -=⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===，所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.设外接球的半径为R ，则23R = 所以外接球的表面积为2412S R ππ== 故选：B 【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．3．B解析：B 【分析】取AC 中点F ，连接,EF DF ，证明FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得．【详解】取AC 中点F ，连接,EF DF ，∵E 是BC 中点，∴//EF AB ，12EF AB =，则FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），设1AB =，则12EF =，32DE DF ==， ∴在等腰三角形DEF 中，11324cos 63EF FED DE ∠===．所以异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为36．故选：B ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．4．B解析：B 【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段25MB =计算底面圆半径即可求解. 【详解】设底面圆半径为r ，由母线长4l，可知侧面展开图扇形的圆心角为22r rl ππα==，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ；如图，在ABM 中，25,2,4MB AM AB ===，所以222AM AB MB +=, 所以2MAB π∠=,故22rππα==，解得1r =，所以圆锥的表面积为25S rl r πππ=+=, 故选：B 【点睛】关键点点睛：首先圆锥的侧面展开图为扇形，其圆心角为2rlπα=，其次从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，绳子的最短距离即为展开图中线段MB 的长，解三角即可求解底面圆半径r ，利用圆锥表面积公式求解.5．C解析：C 【分析】分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积. 【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==，设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=，当90θ=时，max 12h x =，矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得x =将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为2R P N '====，则R =，因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=. 故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.6．C解析：C 【分析】先由三视图计算底面正三角形内切圆的半径，内切圆的直径和三棱柱的高比较大小，确定球的半径的最大值，计算球的最大体积. 【详解】由三视图知该直三棱柱的高为4，底面正三角形的高为33半径为高的三分之一，即3r =234<，所以该棱柱内部可放置球的半径的最大3343433V ππ==.故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的第一个关键是由三视图确定底面三角形的高是33定球的最大半径.7．D解析：D 【分析】先找到与平面11A BC 平行的平面OEFG ,确定点P 在直线FG 上，作出线面角，求出正弦，转化为求AP 的最小值. 【详解】分别取1,,CC BC BA 的中点，连接,,,OE EF FG GO ,并延长FG ，如图，由中位线性质可知11//OE A C , 1//EF BC ,且OE EF E =,故平面11//A BC 平面OGFE ，又P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC 则点P 在直线FG 上，OA ⊥平面ABC ,OPA ∴∠是直线OP 与平面ABC 所成角， sin OAOPA OP∴∠=, OA 为定值，∴当OP 最小时，正弦值最大，而22OP OA AP +所以当AP 最小时，sin OPA ∠最大，故当AP FG ⊥时，sin OPA ∠最大，设棱长为2，则1212AG =⨯=，而30GAP ∠=︒, 32AP ∴=, 又1212OA =⨯=, 222sin 773()12OAOPA OP∴∠===+故选：D 【点睛】关键点点睛：由P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，转化为找过O的平面与平面11A BC平行，P在所找平面与平面ABC的交线上，从而容易确定出线面角，是本题解题的关键所在.8．C解析：C【分析】在长方体中还原三视图后，利用体积公式求体积.【详解】根据三视图还原后可知，该四棱锥为镶嵌在长方体中的四棱锥P-ABCD（补形法）且该长方体的长、宽、高分别为6、4、4，故该四棱锥的体积为1(64)4323V=⨯⨯⨯=.故选C．【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整；(2)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．9．D解析：D【分析】在正方体中根据线面垂直可判断A，根据异面直线所成角可判断B，由余弦定理可判断CD.【详解】如图，设正方体棱长为2，在正方体中易知1DC ⊥平面11A BCD ，P 为线段1A B 上的动点，则PC ⊂平面11A BCD ,所以1DC PC ⊥，故A 正确；因为异面直线AD 与PC 所成的角即为BC 与PC 所成的角，在Rt PBC 中不可能BC 与PC 垂直，所以异面直线AD 与PC 不可能垂直，故B 正确；由正方体棱长为2，则222222211114480D P PC D C A P BP A P BP +-=+++-=+>，所以由余弦定理知1cos 0D PC ∠>，即1D PC ∠不可能是直角或者钝角，故C 正确；设1(0A P x x =≤≤，则2214D P x =+，222422cos44AP x x x π=+-⨯=+-，由余弦定理，2222111112cos =22AP D P AD x AP D P A PD P AP D ∠=+--⋅⋅，当x <1cos 0APD ∠<，所以1APD ∠为钝角，故D 错误.故选：D 【点睛】关键点点睛：判断正方体中的角的范围时，可选择合适三角形，利用正方体中数量关系，位置关系，使用余弦定理，即可判断三角形形状或角的范围，属于中档题.10．A解析：A 【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，得出BM ∥平面ADNE ，判断①正确；由连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，判断②正确；由BD ∥FN ，得出BD ∥平面AFN ，同理BM ∥平面AFN ，证明平面BDM ∥平面AFN ，判断③正确；由MC BD ⊥，ED ⊥AM ，根据线面垂直的判定，判断④正确．【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，如图1所示；对于①，平面BCMF ∥平面ADNE ，BM ⊂平面BCMF ， ∴BM ∥平面ADNE ，①正确；对于②，如图2所示，连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，所以DE BM ⊥，②正确；对于③，如图2所示，BD ∥FN ，BD ⊄平面AFN ，FN ⊂平面AFN ，∴BD ∥平面AFN ；同理BM ∥平面AFN ，且BD ∩BM ＝B ，∴平面BDM ∥平面AFN ，③正确；对于④，如图3所示，连接AC ，则BD AC ⊥，又MC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MC BD ⊥，又AC MC C ，所以BD ⊥平面ACM ，所以BD ⊥AM ，同理得ED ⊥AM ，ED BD D =，所以AM ⊥平面BDE ，∴④正确．故选：A ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于展开空间想象，将正方体的平面展开图还原，再由空间的线线，线面，面面关系及平行，垂直的判定定理去判断命题的正确性．11．C解析：C 【分析】由线面平行的判定定理可判断A ；由线面垂直的判定定理可判断B ；反证法可说明C ；由面面垂直的判定定理可判断D. 【详解】对于A ，D ，F 外别是AB ，CA 的中点，//BC DF ∴，DF ⊂平面PDF ，∴//BC 平面PDF ，故A 正确，不符合题意；对于B ，各棱长相等，E 为BC 中点，,BC AE BC PE ∴⊥⊥，PEAE E =，BC ∴⊥平面PAE ，//BC DF ，∴DF ⊥平面PAE ，故B 正确，不符合题意；对于C ，假设平面PDE ⊥平面ABC ，设DE BF O ⋂=，连接PO ，则O 是DE 中点，PO DE ∴⊥，平面PDE平面ABC DE =，PO ∴⊥平面ABC ，BF ⊂平面ABC ，PO BF ∴⊥，则PB PF =，与PB PF ≠矛盾，故C 错误，符合题意；对于D ，由B 选项 DF ⊥平面PAE ， DF ⊂平面ABC ，∴平面PAE ⊥平面ABC ，故D 正确，不符合题意. 故选：C. 【点睛】本题考查线面关系和面面关系的判定，解题的关键是正确理解判断定理，正确理解垂直平行关系.12．A解析：A 【分析】作出异面直线AM 和CN 所成的角，然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值. 【详解】设,E F 分别是1,AB CC 的中点，由于,M N 分别是111,A B BB 的中点，结合正方体的性质可知11//,//B E AM B F CN ，所以1EB F ∠是异面直线AM 和CN 所成的角或其补角，设异面直线AM 和CN 所成的角为θ，设正方体的边长为2，2211125B E B F ==+=，2221216EF =++=，则1cos cos EB F θ=∠=55625255+-=⨯⨯.故选：A.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】在矩形中作交于交于在翻折后的几何体中证得平面平面从而平面得是直线与平面所成的角设C 求得的范围后可得范围【详解】在矩形中作交于交于设由图易知∴即∴则在翻折后的几何体中又平面∴平面又平面∴平面平解析：(0,]6π【分析】在矩形ABCD 中作DO AF ⊥，交AF 于O ，交AB 于M ，在翻折后的几何体中，证得平面ODM ⊥平面ABCF ，从而DM ⊥平面ABCF ，得DFM ∠是直线FD 与平面ABCF 所成的角．设(01)CF x x =<<C ，求得sin θ的范围后可得θ范围．【详解】在矩形ABCD 中作DO AF ⊥，交AF 于O ，交AB 于M ，设(01)CF x x =<<，AM t =，由图易知DAM FDA △△，∴AM AD DA DF =，即112t x =-，∴12t x=-，01x <<，则112t <<．在翻折后的几何体中，AF OD ⊥，AF OM ⊥，又OD OM O =，,OD OM ⊂平面ODM ，∴AF ⊥平面ODM ，又AF ⊂平面ABCF ，∴平面ODM ⊥平面ABCF ，又平面ABD ⊥平面ABC AB =．平面ODM平面ABD DM =，∴DM ⊥平面ABCF ，连接MF ，则DFM ∠是直线FD 与平面ABCF 所成的角．DFM θ∠=，而DM =12DF x t=-=，∴sin DM DF θ====， ∵112t <<，∴2114t <<，∴10sin 2θ<≤，即06πθ<≤．故答案为：(0,]6π．【点睛】方法点睛：本题考查求直线与平面所成的角，求线面角常用方法：（1）定义法：作出直线与平面所成的角并证明，然后在直角三角形中计算可得；（2）向量法：建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的绝对值等于直线与平面所成角的正弦值计算．14．【分析】设圆锥的底面半径为球的半径为根据勾股定理可得根据圆锥的侧面积公式可得再根据球的表面积公式可得结果【详解】设圆锥的底面半径为球的半径为则圆锥的高为则球心到圆锥的底面的距离为根据勾股定理可得化简解析：100π【分析】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，根据勾股定理可得53R r =，根据圆锥的侧面积公式可得3,5r R ==，再根据球的表面积公式可得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，则圆锥的高为3r ，则球心O 到圆锥的底面的距离为3r R -，根据勾股定理可得()2223R r r R =+-，化简得53R r =，因为圆锥的高为3r ()22310r r r +=，所以圆锥的侧面积为21010r r r ππ=， 210910r ππ=，解得r =3，所以5353R =⨯=，所以球O 的表面积为24425100R πππ=⨯=. 故答案为：100π 【点睛】关键点点睛：利用圆锥的侧面积公式和球的表面积公式求解是解题关键.15．①②③【分析】由线面垂直的判定可得平面再由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的判定可判断②；由锥体的体积公式可判断③；由线面角的概念可判断④【详解】连接交于点由可知平面而平面故①正确；由且平面平面可解析：①②③【分析】由线面垂直的判定可得AC ⊥平面11BB D D ，再由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的判定可判断②；由锥体的体积公式可判断③；由线面角的概念可判断④.【详解】连接,BD AC 交于点O ，由AC BD ⊥，1AC DD ⊥可知AC ⊥平面11BB D D ，而BE ⊂平面11BB D D ，AC BE ∴⊥，故①正确；由//EF BD ，且EF ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，可得//EF 平面ABCD ，故②正确；由正方体的性质可得BEF S为定值，且点A 到平面BEF 的距离为定值AO ，所以A BEF V -为定值，故③正确；点A 到平面BEF 的距离为AO ，设直线AE 与平面BEF 所成的角为α，则sin AO AEα=不是定值，所以直线AE 与平面BEF 所成的角不为定值，故④错误. 故答案为：①②③.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是空间位置关系的转化及锥体体积的相关运算，在求解锥体体积相关问题时，选取一个合适底面能事半功倍.16．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考 3【分析】连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论．【详解】由已知O 是BCD △中心，连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而AE DE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==，112ME BC ==，又1133233EO DE ==⨯⨯=，由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥， ∴3cos 3EO MEO ME ∠==．故答案为：33．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤． 17．【分析】取的中点连接证明出可得出面角的平面角为计算出利用余弦定理求得由此可得出二面角的余弦值【详解】取的中点连接如下图所示：为的中点则且同理可得且所以二面角的平面角为由余弦定理得因此二面角的余弦值为解析：34【分析】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，证明出VO AB ⊥，OC AB ⊥，可得出面角V AB C --的平面角为VOC ∠，计算出VO 、OC ，利用余弦定理求得cos VOC ∠，由此可得出二面角V AB C --的余弦值.【详解】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，如下图所示：VA VB =，O 为AB 的中点，则VO AB ⊥，且AV BV ⊥，22AB =122VO AB ∴== 同理可得OC AB ⊥，且2OC =V AB C --的平面角为VOC ∠，由余弦定理得2223cos 24VO OC VC VOC VO OC +-∠==⋅，因此，二面角V AB C --的余弦值为34. 故答案为：34. 【点睛】本题考查二面角余弦值的计算，考查二面角的定义，考查计算能力，属于中等题. 18．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平解析：o 60.【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC所以平面PAD ⊥平面ABC ，所以PAD ∠即为侧棱PA 与底面ABC 所成的角由侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形得3AD PD ==3PA =所以PAD ∆为等边三角形，则=PAD ∠o 60即侧棱PA 与底面ABC 所成的角为o 60故答案为：o 60【点睛】本题主要考查空间直线与平面所成角的计算，较简单.19．①③【分析】①先求出再得到最后判断①正确；②先判断三棱锥的外接球就是以为顶点以棱的长方体的外接球再求半径最后求出球的表面积判断②错误；③先证明最后证明平面判断③正确；④直接求出三棱锥的体积判断④错误解析：①③.【分析】①先求出3BC =222AB BC AC =+，最后判断①正确；②先判断三棱锥P ABC -的外接球就是以C 为顶点，以CA ，CB ，CP 棱的长方体的外接球，再求半径r ，最后求出球的表面积，判断②错误；③先证明AC PC ⊥，AC BC ⊥，⋂=PC CB C ,最后证明AC ⊥平面PBC ，判断③正确；④直接求出三棱锥A PBC -的体积，判断④错误.【详解】解：①在ACB △，因为1AC =，2AB =，且60BAC ∠=︒，所以2222cos 3BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠=，则3BC =所以222AB BC AC =+，所以ACB △是直角三角形，故①正确；②由（1）可知AC BC ⊥，又因为PC ⊥底面ABC ，所以三棱锥P ABC -的外接球就是以C 为顶点，以CA ，CB ，CP 棱的长方体的外接球，则2225r CA CB CP =++=，则此球的表面积等于245S r ππ==，故②错误； ③因为PC ⊥底面ABC ，所以AC PC ⊥，由（1）可知AC BC ⊥，⋂=PC CB C , 所以AC ⊥平面PBC ，故③正确；④三棱锥A PBC -的体积113(13)132V =⨯⨯⨯⨯=，故④错误. 故答案为：①③.【点睛】本题考查判断三角形是直角三角形、求三棱锥的外接球的表面积、求三棱锥的体积、线面垂直的证明，是中档题. 20．【详解】试题分析：如图正方体ABCD-EFGH 此时若要使液面不为三角形则液面必须高于平面EHD 且低于平面AFC 而当平面EHD 平行水平面放置时若满足上述条件则任意转动该正方体液面的形状都不可能是三角形解析：15,66⎛⎫ ⎪⎝⎭【详解】试题分析：如图，正方体ABCD-EFGH ，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高于平面EHD ，且低于平面AFC ．而当平面EHD 平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形．所以液体体积必须＞三棱柱G-EHD 的体积16，并且＜正方体ABCD-EFGH 体积-三棱柱B-AFC 体积15166-=考点：1．棱柱的结构特征；2．几何体的体积的求法三、解答题21．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）取MD 中点为F ，连接EF ，CF ，四边形BCFE 为平行四边形，所以//BE CF ，利用线面平行的性质定理即可证明；（2）利用勾股定理证明AC CD ⊥，设点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上设为点H ，再利用已知条件证明MH CD ⊥，利用线面垂直的判断定理即可证明.【详解】（1）取MD 中点为F ，连接EF ，CF ，则EF 为△MAD 中位线，∴ 1//2EF AD 且1=2EF AD ，又四边形ABCD 是直角梯形，22AD AB BC == 1//2BC AD ∴，1=2BC AD //BC EF ∴且=BC EF ，∴四边形BCFE 为平行四边形，所以//BE CF ，因为BE ⊄面MCD ，CF ⊂面 MCD ，所以//BE 面MCD .（2）在四棱锥M ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，222AD AB BC ===，90ABC BAD ∠=∠=，22112AC CD ∴==+=222AC CD AD ∴+=，AC CD ∴⊥，设点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上，设为点H ，MH ∴⊥面ABCD ，CD ⊂面ABCD ，MH CD ∴⊥，又AC CD ⊥，AC MH H ⋂=， CD 面MAC .【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；22．（1）证明见详解；（2）63. 【分析】（1）取AD 的中点O ，连接EO ，BO.，可证EO ⊥平面ABCD 再根据面面垂直判定定理可证；（2）因为EF //AC 得点F 到平面ABCD 的距离等于点E 到平面ABCD 的距离，由体积公式可求出结果.【详解】解：（1）如图，取AD 的中点O ，连接EO ，BO.∵EA =ED ，∴EO ⊥AD.由题意知△ABD 为等边三角形，∴AB =BD =AD =2，∴BO 3在△EAD 中，EA =ED 3，AD =2，∴EO 22-2AE AO又BE 5∴ 222EO BO BE +=，∴EO BO ⊥，∵AD OB O ⋂=，AD ⊂平面ABCD ，BO ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥平面ABCD.又EO ⊂平面EAD ，∴平面EAD ⊥平面ABCD.（2）由题意得1123322BCD ABD S S AD OB ==⋅=⨯= ∵EF ∥AC ，∴点F 到平面ABCD 的距离等于点E 到平面ABCD 的距离，为EO ， ∴1163233F BCD BCD V S EO -=⋅== 【点晴】关键点点晴：证明面面垂直的关键在于找到线面垂直.23．（1）证明见解析；（23 【分析】（1）取AB 中点G ，连结OG ､EG ，可证明四边形OGEF 为平行四边形，则 OF EG ∥，由线面平行的判定定理即可求证；（2）由（1）可知，OF EG ∥，则直线OF 与平面ABC 所成角即为直线EG 与平面ABC 所成角，EC ⊥平面ABC ，则EGC ∠即为直线EG 与平面ABC 所成的角，在EGC 中即可求EGC ∠的余弦值.（1）取AB 中点G ，连结OG ､EG ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1OG BB ∥，则OG EF ∥，又112EF CC =，则OG EF =，所以四边形OGEF 为平行四边形，则 OF EG ∥，又EG ⊂平面ABE ，OF ⊄平面ABE ，故//OF 平面ABE .（2）由（1）可知，OF EG ∥，则直线OF 与平面ABC 所成角即为直线EG 与平面ABC 所成角，连接CG ，由直三棱柱111ABC A B C -可得EC ⊥平面ABC ，则EGC ∠即为直线EG 与平面ABC 所成的角，设2AB =，则114AA CC ==，又1CE C F =，则1CE =，3CG =2EG =，所以，直线EG 与平面ABC 3 故直线OF 与平面ABC 3 【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；（3）利用面面平行的性质定理：直线在一平面内，由两平面平行，推得线面平行；直线在两平行平面外，且与其中一平面平行，这这条直线与另一个平行.24．（1）证明见解析；（26. 【分析】（1）由线面垂直证明1B E BC ⊥，由勾股定理证明1B E EB ⊥，可得线面垂直，从而得面。

高中数学立体几何专题：空间距离的各种计算(含答案)

高中数学立体几何空间距离1.两条异面直线间的距离和两条异面直线分别垂直相交的直线，叫做这两条异面直线的公垂线；两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度，叫做两条异面直线的距离.2.点到平面的距离从平面外一点引一个平面的垂线，这点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离. 3.直线与平面的距离如果一条直线和一个平面平行，那么直线上各点到这平面的距离相等，且这条直线上任意一点到平面的距离叫做这条直线和平面的距离. 4.两平行平面间的距离和两个平行平面同时垂直的直线，叫做这两平行平面的公垂线，它夹在两个平行平面间的公垂线段的长叫做这两个平行平面的距离.题型一：两条异面直线间的距离【例1】如图，在空间四边形ABCD 中，AB =BC =CD =DA =AC =BD =a ，E 、F 分别是AB 、CD 的中点. (1)求证：EF 是AB 和CD 的公垂线； (2)求AB 和CD 间的距离；【规范解答】 (1)证明：连结AF ，BF ，由已知可得AF =BF . 又因为AE =BE ，所以FE ⊥AB 交AB 于E . 同理EF ⊥DC 交DC 于点F . 所以EF 是AB 和CD 的公垂线.(2)在Rt △BEF 中，BF =a 23,BE =a 21, 所以EF 2=BF 2-BE 2=a 212，即EF =a 22.由(1)知EF 是AB 、CD 的公垂线段，所以AB 和CD 间的距离为a 22. 【例2】如图,正四面体ABCD 的棱长为1，求异面直线AB 、CD 之间的距离. 设AB 中点为E ，连CE 、ED .∵AC =BC ,AE =EB .∴CD ⊥AB .同理DE ⊥AB .∴AB ⊥平面CED .设CD 的中点为F ,连EF ，则AB ⊥EF . 同理可证CD ⊥EF .∴EF 是异面直线AB 、CD 的距离.∵CE =23,∴CF =FD =21,∠EFC =90°,EF =22212322=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛. ∴AB 、CD 的距离是22. 【解后归纳】求两条异面直线之间的距离的基本方法：（1）利用图形性质找出两条异面直线的公垂线，求出公垂线段的长度.（2）如果两条异面直线中的一条直线与过另一条直线的平面平行，可以转化为求直线与平面的距离.例1题图例2题图（3）如果两条异面直线分别在两个互相平行的平面内，可以转化为求两平行平面的距离.题型二：两条异面直线间的距离【例3】如图(1),正四面体ABCD 的棱长为1，求：A 到平面BCD 的距离；过A 作AO ⊥平面BCD 于O ，连BO 并延长与CD 相交于E ，连AE . ∵AB =AC =AD ,∴OB =OC =OD .∴O 是△BCD 的外心.又BD ＝BC ＝CD ， ∴O 是△BCD 的中心，∴BO =32BE =332332=⨯. 又AB ＝1，且∠AOB =90°,∴AO =36331222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-BO AB .∴A 到平面BCD 的距离是36. 【例4】在梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠ABC =2π,AB =a ,AD =3a 且sin ∠ADC =55,又P A ⊥平面ABCD ,P A =a ,求：(1)二面角P —CD —A 的大小; (2)点A 到平面PBC 的距离.【规范解答】 (1)作AF ⊥DC 于F ,连结PF , ∵AP ⊥平面ABCD ,AF ⊥DC ,∴PF ⊥DC , ∴∠PF A 就是二面角P —CD —A 的平面角. 在△ADF 中,∠AFD =90°,∠ADF =arcsin55,AD =3a ,∴AF =53a , 在Rt △P AF 中tan ∠PF A =3535==a a AF PA ,∴∠PF A =arc tan 35. (2)∵P A ⊥平面ABCD ,∴P A ⊥BC ,又BC ⊥AB ,∴BC ⊥平面P AB ,作AH ⊥PB ,则BC ⊥AH ,∴AH ⊥平面PBC ,∵P A ⊥AB ,P A =AB =a ,∴PB =2a ,∴AH =a 22.【例5】如图，所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC 1=3，BE=1.（Ⅰ）求BF 的长；（Ⅱ）求点C 到平面AEC 1F 的距离.解法1：（Ⅰ）过E 作EH//BC 交CC 1于H ，则CH=BE=1，EH//AD ，且EH=AD. ∵AF ∥EC 1，∴∠FAD=∠C 1EH. ∴Rt △ADF ≌Rt △EHC 1.∴DF=C 1H=2. .6222=+=∴DF BD BF （Ⅱ）延长C 1E 与CB 交于G ，连AG ，则平面AEC 1F 与平面ABCD 相交于AG . 过C 作CM ⊥AG ，垂足为M ，连C 1M ，由三垂线定理可知AG ⊥C 1M.由于AG ⊥面C 1MC ，且AG ⊂面AEC 1F ，所以平面AEC 1F ⊥面C 1MC.在Rt △C 1CM 中，作CQ ⊥MC 1，垂足为Q ，则CQ 的长即为C 到面AEC 1F 的距离..113341712317123,17121743cos 3cos 3,.17,1,2211221=+⨯=⨯=∴=⨯===∠=∠=+===MC CC CM CQ GAB MCG CM MCG GAB BG AB AG BG CGBGCC EB 知由从而可得由解法2：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则D （0，0，0），B （2，4，0）， A （2，0，0），C （0，4，0），E （2，4，1），C 1（0，4，3）.设F （0，0，z ）.∵AEC 1F 为平行四边形，例3题图B ACD1A1B 1C1A .62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴（II ）设1n 为面AEC 1F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x AF n AE n 得由⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为a ，则11114cos 33||||CC n CC n α⋅==⋅ ∴C 到平面AEC 1F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d【例6】正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为8，对角线101=C B ，D 是AC 的中点。

(压轴题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(包含答案解析)(2)

一、选择题1．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O 是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（）A 5B ．2C 3D 22．在正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别是梭BC ，CD 的中点，则1A F 与1C E 所成角的余弦值为（）A 5B 25C 5D 25 3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 为棱1AA 的中点，截面1CD E 交棱AB 于点F ，则四面体1CDFD 的外接球表面积为（）A ．394πB ．414πC ．12πD ．434π 4．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）为（）A．43B．2C．4 D．65．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A．24 B．30 C．47D．76．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是（）A ．2πB ．3πC ．4πD ．16π7．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD 为矩形，//EF AB ，若3AB EF =，ADE 和BCF △都是正三角形，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 8．如下图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①//BM平面ADE ；②DE BM ⊥；③平面//BDM 平面AFN ；④AM ⊥平面BDE ．以上四个命题中，真命题的序号是（）A ．①②③④B ．①②③C ．①②④D ．②③④ 9．在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则PF FC=（）A ．1B ．32C ．2D ．310．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径意思是：球的体积V 乘16，除以9，再开立方，即为球的直径d ，由此我们可以推测当时球的表面积S 计算公式为（）A ．2278S d =B ．2272S d =C ．292S d =D ．21114S d = 11．αβ是两个不重合的平面，在下列条件中，可判定平面α与β平行的是（） A ．m 、n 是α内的两条直线，且//m β，βn//B ．α、β都垂直于平面γC ．α内不共线三点到β的距离相D ．m 、n 是两条异面直线，m α⊂，n β⊂，且//m β，//n α12．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（）A ．若//a b ，//a α，则//b αB ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α二、填空题13．已知直三棱柱111ABC A B C -，90CAB ∠=︒，1222AA AB AC ===，则直线1A B 与侧面11B C CB 所成角的正弦值是______.14．如图，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，E 是棱AB 的中点，设平面α经过直线1A E ，且α平面111,B BCC l α=⋂平面112C CDD l =，若α⊥平面11A ACC ，则异面直线1l 与2l 所成的角的余弦值为_______．15．如图，在一个底面面积为4，侧棱长为10的正四棱锥P ABCD -中，大球1O 内切于该四棱锥，小球2O 与大球1O 及四棱锥的四个侧面相切，则小球2O 的体积为___________.16．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角的大小为_________.17．如图，正方形BCDE 的边长为a ，已知3AB BC =，将ABE △沿边BE 折起，折起后A 点在平面BCDE 上的射影为D 点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB 与DE 所成角的正切值是2；②//AB CE ；③B ACE V -体积是316a ；④平面ABC ⊥平面ADC ．其中正确的有______．（填写你认为正确的序号）18．世界四大历史博物馆之首卢浮宫博物馆始建于1204年，原是法国的王宫，是法国文艺复兴时期最珍贵的建筑物之一，以收藏丰富的古典绘画和雕刻而闻名于世，卢浮宫玻璃金字塔为正四棱锥，且该正四棱锥的高为21米，底面边长为30米，是华人建筑大师贝聿铭设计的.若玻璃金字塔五个顶点恰好在一个球面上，则该球的半径为______米.19．如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形ABCD 为正方形，给出下列说法：①该八面体的体积为83；②该八面体的外接球的表面积为8π； ③E 到平面ADF 3；④EC 与BF 所成角为60°.其中正确的说法为__________.（填序号）20．棱长为a 的正四面体的外接球的表面积为______．三、解答题21．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1B C ⊥平面ABC ，侧面11ABB A 为矩形，11,2AB AA AC ===.（1）证明：平面11ABB A ⊥平面1BB C ；（2）求四棱锥11C ABB A -的体积.22．如图所示，已知在三棱锥A BPC -中，,AP PC AC BC ⊥⊥，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且PMB △为正三角形．（Ⅰ）求证：//DM 平面APC ；（Ⅱ）求证：平面ABC ⊥平面APC ；（Ⅲ）若4,20BC AB ==，求三棱锥D BCM -的体积．23．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是60DAB ∠=且边长为a 的菱形，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD ，若G 为AD 的中点，E 为BC 的中点．（1）求证：//BG平面PDE；（2）在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理出．24．如图，四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为梯形，//AD BC，6BC=，2PA AD CD===，E是BC上一点且23BE BC=，PB AE⊥.（1）求证：AB⊥平面PAE；（2）求点C到平面PDE的距离.25．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，∠ADP=90°，PD=AD，∠PDC=60°，E为PD中点.（1）求证：PB//平面ACE：（2）求四棱锥E ABCD-的体积.26．在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB 的中点求证：（1）平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）//EF 平面PAD【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B解析：B【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===1333x OE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长.【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=，设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-则在等腰直角三角形AOE 中，2522x AO OE -===， O 是底面中心，则1333x OE CE ==， 2532x x -=，解得3x = 则1AO =，底面边长为23则正视图（等腰三角形）的腰长为()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.2．D解析：D【分析】延长DA至G，使AG CE=，可证11//A G C E，得1GA F∠是异面直线1A F与1C E所成的角（或其补角）．在1AGF△中，由余弦定理可得结论．【详解】延长DA至G，使AG CE=，连接1,GE GA,GF，11,AC A C，又//AG CE所以AGEC是平行四边形，//,GE AC GE AC=，又正方体中1111//,AC AC AC AC=，所以1111//,AC DE AC DE=，所以11AC EG是平行四边形，则11//A G C E，所以1GA F∠是异面直线1A F与1C E所成的角（或其补角）．设正方体棱长为2，在正方体中易得15AG=10GF=22222112(21)3A F AA AF=+=++=，1AGF△中，2221111125cos2253AG A F GFGA FAG A F+-∠===⋅⨯⨯．故选：D．【点睛】方法点睛：本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求异面直线所成角的方法：（1）定义法：根据定义作出异面直线所成的角并证明，然后解三角形得结论；（2）建立空间直角坐标系，由两异面直线的方向向量的夹角得异面直线所成的角．3．B解析：B 【分析】可证F 为AB 的中点，设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的球心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，利用解三角形的方法可求DFC △的外接圆的半径，从而可求四面体1CDFD 的外接球的半径.【详解】设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的圆心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，因为平面11//A ABB 平面11D DCC ，平面1CD E ⋂平面11A ABB EF =，平面1CD E ⋂平面111D DCC D C =，故1//EF D C ，而11//A B D C ，故1//EF A B ，故F 为AB 的中点，所以145DF CF ==+=，故3cos 5255DFC ∠==⨯⨯，因为DFC ∠为三角形的内角，故4sin 5DFC ∠=，故DFC △的外接圆的半径为1254245⨯=，1OO ⊥平面ABCD ，1DD ⊥平面ABCD ，故11//OO DD ，在平面1GDO O 中，111,OG DD O D DD ⊥⊥，故1//OG O D ，故四边形1GDO O 为平行四边形，故1//OO GD ，1OO GD =，所以四面体1CDFD 的外接球的半径为2541116+=，故四面体1CDFD 的外接球表面积为41414164ππ⨯=，故选：B. 【点睛】方法点睛：三棱锥的外接球的球的半径，关键是球心位置的确定，通常利用“球心在过底面外接圆的圆心且垂直于底面的直线上”来确定.4．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ，所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=，故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.5．D解析：D 【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解. 【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -，由题得22437AD =-7 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅=. 故选：D 【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.6．C解析：C 【分析】由三视图还原出原几何体，确定其结构，再求出外接球的半径得球的表面积．【详解】由三视图，知原几何体是一个四棱锥P ABCD -，如图，底面ABCD 是边长为1的正方形，PB ⊥底面ABCD ，由PB ⊥底面ABCD ，AD ⊂面ABCD ，得PB AD ⊥，又AD AB ⊥，AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而PA ⊂平面PAB ，所以AD PA ⊥，同理DC PC ⊥，同样由PB ⊥底面ABCD 得PB BD ⊥，所以PD 中点O 到四棱锥各顶点距离相等，即为其外接球球心，PD 为球直径，222222PD PB BD PA AD AB =+=++=，∴外接球半径为12ADr ==，表面积为2414S ππ=⨯=．故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题考查由三视图还原几何体，考查棱锥的外接球表面积．解题关键是确定外接球的球心．棱锥的外接球球心在过各面外心（外接圆圆心）且与该面垂直的直线上．7．D解析：D 【分析】过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ，则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，然后在CFG △中求解. 【详解】如下图所示，在平面ABFE 中，过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ，则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，设1EF =，则3AB =，2BC CF AE ===，因为//EF AB ，//FG AE ，所以，四边形AEFG 为平行四边形，所以，2FG AE ==，1AG =，2BG =，由于2ABC π∠=，由勾股定理可得2222CG BC BG =+=所以，222CG CF FG =+，则2CFG π∠=.故选：D. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．A解析：A 【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，得出BM ∥平面ADNE ，判断①正确；由连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，判断②正确；由BD ∥FN ，得出BD ∥平面AFN ，同理BM ∥平面AFN ，证明平面BDM ∥平面AFN ，判断③正确；由MC BD ⊥，ED ⊥AM ，根据线面垂直的判定，判断④正确．【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，如图1所示；对于①，平面BCMF ∥平面ADNE ，BM ⊂平面BCMF ， ∴BM ∥平面ADNE ，①正确；对于②，如图2所示，连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，所以DE BM ⊥，②正确；对于③，如图2所示，BD ∥FN ，BD ⊄平面AFN ，FN ⊂平面AFN ，∴BD ∥平面AFN ；同理BM ∥平面AFN ，且BD ∩BM ＝B ，∴平面BDM ∥平面AFN ，③正确；对于④，如图3所示，连接AC ，则BD AC ⊥，又MC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MC BD ⊥，又ACMC C ，所以BD ⊥平面ACM ，所以BD ⊥AM ，同理得ED ⊥AM ，ED BD D =，所以AM ⊥平面BDE ，∴④正确．故选：A ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于展开空间想象，将正方体的平面展开图还原，再由空间的线线，线面，面面关系及平行，垂直的判定定理去判断命题的正确性．9．C解析：C 【分析】首先通过延长直线,DC AB ，交于点G ，平面BAE 变为GAE ，连结PG ，EG 交于点F ，再根据三角形中线的性质，求PFFC的值. 【详解】延长,DC AB ，交于点G ，连结PG ，EG 交PC 于点F ，//AD BC ，且2AD BC =，可得点,B C 分别是,AG DG 的中点，又点E 是PD 的中点，PC ∴和GE 是△PGD 的中线，∴点F 是重心，得2PFFC=故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到PC 与平面BAE 的交点，即将平面BAE 转化为平面GAE 是关键. 10．A解析：A【分析】根据已知条件结合球的体积公式3432d π⎛⎫ ⎪⎝⎭求解出π的值，然后根据球的表面积公式242d π⎛⎫⎪⎝⎭求解出S 的表示，即可得到结果. 【详解】因为3169V d =，所以33941632d d V π⎛⎫==⎪⎝⎭，所以278π=，所以2222727442848d d S d π⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选：A. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是根据球的体积公式得到π的表示，再将π带入到球的表面积公式即可完成求解.11．D解析：D 【分析】取a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，利用线面平行的判定定理可判断A 选项；根据αγ⊥，βγ⊥判断平面α与β的位置关系，可判断B 选项；设AB 、AC 的中点D 、E 在平面β内，记平面ABC 为平面α，判断出A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，可判断C选项；过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，利用线面平行、面面平行的判定定理可判断D 选项. 【详解】对于A 选项，若a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，m β⊄,n β⊄,则//m β，βn//，但α与β相交；对于B 选项，若αγ⊥，βγ⊥，则α与β平行或相交；对于C 选项，设AB 、AC 的中点D 、E 在平面β内，记平面ABC 为平面α，如下图所示：D 、E 分别为AB 、AC 的中点，则//DE BC ，DE β⊂，BC β⊄，//BC β∴，所以，点B 、C 到平面β的距离相等，由于D 为AB 的中点，则点A 、B 到平面β的距离相等，所以，点A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，但平面α与平面β相交；对于D 选项，如下图所示：由于//n α，过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，则//a n ，//n a ，a β⊄，n β⊂，//a β∴，//m β，m a A =，m α⊂，a α⊂，//αβ∴.故选：D. 【点睛】方法点睛：证明或判断两个平面平行的方法有： ①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；②用判定定理或推论（即“线线平行”⇒“面面平行”），通过线面平行来完成证明； ③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明； ④借助“传递性”来完成．12．C解析：C 【分析】利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行，因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确；在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误；在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.故选：C. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．二、填空题13．【分析】取中点连接证明平面可得为直线与侧面所成的角进而可得答案【详解】取中点连接直三棱柱中平面平面又又面平面在平面上的射影为故为直线与侧面所成的角中中中故答案为：【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的解析：10【分析】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，证明1A D ⊥平面11B C CB ，可得1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，进而可得答案. 【详解】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，直三棱柱中，1BB ⊥平面111A B C ，1A D ⊂平面111A B C ，11BB A D ∴⊥，又11111A B A C ==，111A D B C ∴⊥，又1111B C BB B =，111,B C BB ⊂面11BB C C ，1A D ∴⊥平面11B C CB ，1A B ∴在平面11B C CB 上的射影为DB ，故1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，11Rt A B B 中，22211121125BB A B A B =+=+= 111Rt B A C 中，1112212122B C A D ===，1Rt A BD ∴中，1112102sin 5A D A BD AB ∠===10【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.14．【分析】取的中点连接证明平面平面平面即平面然后分别取的中点证明平面平面可得可得异面直线与所成的角即与所成的角由余弦定理可得答案【详解】由直四棱柱的所有棱长均相等所以是菱形连接且所以因为平面平面所以且解析：910【分析】取AD 的中点F ，连接1A F ，证明平面1A EF ⊥平面11A ACC ，平面1A EF 即平面α，然后分别取1111B C D C 、的中点M N 、，证明平面1//A EF 平面MNC ，可得//CM 1l ，//CN 2l ，可得异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】由直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，所以ABCD 是菱形，连接AC BD 、，1111AC B D 、，且ACBD O =，11111A C B D O ⋂=，所以BD AC ⊥，1111B D A C ⊥，因为1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥，且1AA AC A =，所以BD ⊥平面11A ACC ，取AD 的中点F ，连接1A F ，连接EF 交AC 与G ，所以//EF BD ，且G 是AO 的中点，所以EF ⊥平面11A ACC ，所以平面1A EF ⊥平面11A ACC ，又1A E ⊂平面1A EF ，所以平面1A EF 即平面α，分别取1111B C D C 、的中点M N 、，连接MN 交11A C 与H 点，H 即为11O C 的中点，所以1A H GC =，且1//A H GC ，所以四边形1A HCG 是平行四边形，所以1//A G HC ，1AG ⊄平面CMN ，CH ⊂平面CMN ，所以//A G 平面CMN ，又因为11//////EF BD B D MN ，EF ⊄平面CMN ，MN ⊂平面CMN ，所以//MN 平面CMN ，又1AG EF G =，所以平面1//A EF 平面MNC ，且平面11B C CB ⋂平面MNC MC =，平面11D C CD平面MNC NC =，所以//CM 1l ，//CN 2l ，所以异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，设2AB =，则直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均为2，由3BAD π∠=，所以112BD AB B D ===，11112MN D B ==，且CM CN ====，由余弦定理得222551922510CM CN MN MCN CM CN +-+-∠===⨯⨯.故答案为：910.【点睛】本题考查了异面直线所成的角，关键点是作出平面α及找出异面直线所成的角，考查了学生分析问题、解决问题的能力及空间想象力.15．【分析】设为正方形的中心的中点为连接求出如图分别可求得大球与小球半径分别为和进而可得小球的体积【详解】解：由题中条件知底面四边形是边长为2的正方形设O 为正方形的中心的中点为M 连接则如图在截面中设N 为解析：224【分析】设O 为正方形ABCD 的中心，AB 的中点为M ，连接PM ，OM ，PO ，求出OM ，PM ，PO ，如图，分别可求得大球1O 与小球2O 半径分别为22和24，进而可得小球的体积．【详解】解：由题中条件知底面四边形ABCD 是边长为2的正方形.设O 为正方形ABCD 的中心，AB 的中点为M ，连接PM ，OM ，PO ，则1OM =，221013PM PA AM =-=-=，9122PO =-=，如图，在截面PMO 中，设N为球1O 与平面PAB 的切点，则N 在PM 上，且1O N PM ⊥，设球1O 的半径为R ，则1O N R =，∵1sin 3OM MPO PM ∠==，∴1113NO PO =，则13PO R =，11422PO PO OO R =+==∴22R =，设球1O 与球2O 相切于点Q ，则22PQ PO R R =-=，设球2O 的半径为r ，同理可得4PQ r =，∴224R r ==，故小球2O 的体积342324V r π==.故答案为：224．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.16．40°【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系根据点处的纬度计算出晷针与点处的水平面所成角【详解】画出截面图如下图所示其中是赤解析：40° 【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故答案为：40°.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，解题的关键是将稳文中的数据建立平面图形，属于中档题.17．①③④【分析】作出折叠后的几何体的直观图由题中条件得到是异面直线与所成的角求出其正切可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理先证明平面可判断②错；根据等体积法由体积公式求出可判断③正确；根据面面垂直的解析：①③④ 【分析】作出折叠后的几何体的直观图，由题中条件，得到ABC ∠是异面直线AB 与DE 所成的角，求出其正切，可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理，先证明CE ⊥平面ABD ，可判断②错；根据等体积法，由体积公式求出B ACE V -，可判断③正确；根据面面垂直的判定定理，可判断④正确. 【详解】作出折叠后的几何体直观图如图所示：由题意，3AB a =，BE a =，∴2AE a =；∴22AD AE DE a =-=，222AC CD AD a ∴=+=，∵//BC DE ，∴ABC ∠是异面直线AB 与DE 所成的角，在Rt ABC 中, tan 2ACABC BC∠==①正确；连结BD ，CE ，则CE BD ⊥，又AD ⊥平面BCDE ，CE ⊂平面BCDE ， ∴CE AD ⊥，又BDAD D ，BD ⊂平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，∴CE ⊥平面ABD ，又AB 平面ABD ， ∴CE AB ⊥.故②错误．三棱锥B ACE -的体积2311113326B ACE A BCE BCE V V S AD a a a --===⨯⨯=⋅⨯.故③正确．∵AD ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∴BC AD ⊥，又BC CD ⊥，CD AD D =，CD ⊂平面ADC ，AD ⊂平面ADC ，∴BC ⊥平面ADC ，∵BC ⊂平面ABC ， ∴ABC ⊥平面ADC .故④正确. 故答案为：①③④．【点睛】思路点睛：判断空间中线线、线面、面面位置关系时，一般根据相关概念，结合线面平行、垂直的判定定理及性质，以及面面平行、垂直的判定定理及性质，根据题中条件，进行判断或证明.18．【分析】作出图形设球体的半径为根据几何关系可得出关于的等式进而可解得的值【详解】如下图所示：在正四棱锥中设为底面正方形的对角线的交点则底面由题意可得则设该球的半径为设球心为则由勾股定理可得即解得故答解析：29714【分析】作出图形，设球体的半径为R ，根据几何关系可得出关于R 的等式，进而可解得R 的值. 【详解】如下图所示：在正四棱锥P ABCD -中，设M 为底面正方形ABCD 的对角线的交点，则PM ⊥底面ABCD ，由题意可得21PM =，30AB =，2302BD ==，则152BM = 设该球的半径为R ，设球心为O ，则O PM ∈，由勾股定理可得222OB OM BM =+，即()(22221152R R =-+，解得29714R =. 故答案为：29714. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.19．②④【分析】①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD 对角线交点即可得出半径求出表面积；③取AD 的中点G 连接EGFGEF 过E 作求出即可；④可得为所成角【详解】①八面体的体积为；②八面体解析：②④ 【分析】①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD 对角线交点，即可得出半径求出表面积；③取AD 的中点G ，连接EG ，FG ，EF ，过E 作EH FG ⊥，求出EH 即可；④可得DEC ∠为所成角. 【详解】①八面体的体积为21822(22)33⨯⨯⨯=； ②八面体的外接球球心为正方形ABCD 对角线交点，易得外接球半径为2，表面积为8π；③取AD 的中点G ，连接EG ，FG ，EF ，易得3EG FG ==AD ⊥平面EGF ，过E 作EH FG ⊥，交FG 的延长线于H ，又EH AD ⊥，AD FG G ⋂=，故EH ⊥平面ADF ，解得26EH =，所以E 到平面ADF 26； ④因为//ED BF ，所以EC 与BF 所成角为60︒. 故答案为：②④. 【点睛】解本题的关键是正确理解正八面体的性质，根据线面垂直关系得到点到平面的垂线段.20．【分析】由正四面体性质可知球心在棱锥高线上利用勾股定理可求出半径R 即可求出球的面积【详解】正四面体的棱长为：底面三角形的高：棱锥的高为：设外接球半径为R 解得所以外接球的表面积为：；故答案为：【点睛】解析：232a π 【分析】由正四面体性质可知，球心在棱锥高线上，利用勾股定理可求出半径R ，即可求出球的面积. 【详解】正四面体的棱长为：a ，底面三角形的高：22a a =，3a =，设外接球半径为R ，222))R R a =-+，解得R =，所以外接球的表面积为：22342a ππ⎫⨯=⎪⎪⎝⎭；故答案为：232a π．【点睛】本题考查球的表面积的求法，解题的关键是根据球心的位置，在正四面体中求出球的半径．三、解答题21．（1）证明见解析；（2）3. 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明AB ⊥平面1BB C ，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先由（1）得到AB BC ⊥，求出BC 和1B C ，过点C 作1CD BB ⊥于点D ，求出CD ，再由棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）∵1B C ⊥平面ABC ，AB平面ABC ，∴1B C AB ⊥，又四边形11ABB A 为矩形，∴1AB B B ⊥.又∵111B B B C B ⋂=，1B B ⊂平面1BB C ，1B C ⊂平面1BB C ，∴AB ⊥平面1BB C ，又AB平面11ABB A ，∴平面11ABB A ⊥平面1BB C .（2）由（1）知AB ⊥平面1BB C ，∴AB BC ⊥，则223BC AC AB =-=，从而()221231B C =-=，在1BB C △中，过点C 作1CD BB ⊥于点D ，由于平面11ABB A ⊥平面1BB C ，平面11ABB A 平面11BB C BB =，∴CD ⊥平面11ABB A ，由1111122BCB SB C BC BB CD =⋅=⋅可得32CD =， ∴四棱锥11C ABB A -的体积为111133123323ABB A V S CD =⋅=⨯⨯⨯=.【点睛】方法点睛：证明空间中位置关系时，通常根据空间中线面、面面平行或垂直的判定定理及性质，直接证明即可；有时也可建立适当的空间直角坐标系，求出对应的直线的方向向量，以及平面的法向量等，根据空间位置的向量表示进行判断. 22．（1）见详解；（2）见详解；（3）107 【分析】(1)先证DM AP ∥，可证//DM 平面APC .(2)先证AP ⊥平面PBC ，得⊥AP BC ，结合AC BC ⊥可证得BC ⊥平面APC . (3)等积转换，由D BCM M DBC V V --＝，可求得体积. 【详解】证明：因为M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，所以MD 是ABP △的中位线，MD AP .又MD平面APC ，AP ⊂平面APC ，所以MD 平面APC .（2）证明：因为PMB △为正三角形，D 为PB 的中点，所以MD PB ⊥.又MDAP ，所以AP PB ⊥.又因为AP PC ⊥，PB PC P ＝，所以AP ⊥平面PBC .因为BC ⊂平面PBC ，所以⊥AP BC . 又因为BC AC ⊥，AC AP A ⋂＝，所以BC ⊥平面APC . (3)因为AP ⊥平面PBC ，MDAP ，所以MD ⊥平面PBC ，即MD 是三棱锥M DBC -的高. 因为20AB =，M 为AB 的中点，PMB △为正三角形，所以310,53PB MB MD MB ====. 由BC ⊥平面APC ，可得BC PC ⊥，在直角三角形PCB 中，由104PB BC ＝，＝，可得221PC ＝. 于是1114221221222BCD BCP S S ⨯⨯⨯=△△＝＝.112215310733D BCM M DBC BCD V V S MD --⨯⨯=△＝＝＝【点睛】关键点睛：三棱锥的体积直接求不便时，常采用等积转换的方法，选择易求的底面积和高来求体积.23．（1）证明见解析；（2）点F 为PC 的中点，证明见解析. 【分析】（1）连接,DE PE ，可证明四边形DGBE 是平行四边形，得出//BG DE ，利用线面平行的判断定理即可证明；（2）猜想点F 为PC 的中点时，平面DEF ⊥平面ABCD ，再利用面面垂直的性质定理证明PG ⊥平面ABCD ，//OF PG ，可得OF ⊥平面ABCD ，利用面面垂直的判定定理即可证明. 【详解】。

平面测试题及答案

平面测试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 平面上任意两点之间的最短距离是直线段，这是基于以下哪个几何原理？A. 欧几里得几何B. 非欧几何C. 拓扑学D. 代数学答案：A2. 在平面上，两条平行线之间的距离处处相等，这是因为：A. 它们永远不会相交B. 它们之间的距离是固定的C. 它们是直线D. 它们是曲线答案：B3. 如果一个平面图形可以完全覆盖另一个相同大小的平面图形，那么这两个图形具有：A. 对称性B. 相似性C. 全等性D. 可逆性答案：C4. 平面直角坐标系中，点P(3,4)关于原点的对称点的坐标是：A. (-3,-4)B. (4,3)C. (-3,4)D. (3,-4)答案：A5. 在平面上，一个圆的圆心到圆上任意一点的距离是：A. 半径B. 直径C. 周长D. 面积答案：A二、填空题（每题2分，共10分）6. 平面几何中，一个角的度数范围是________。

答案：0°到180°7. 如果一个三角形的两边长分别为3和4，第三边的长度可以是任意值，但必须满足三角形不等式定理，即第三边的长度必须大于________。

答案：18. 平面上，一个矩形的对角线相等，那么这个矩形是________。

答案：正方形9. 一个圆的周长是2πr，其中r表示圆的________。

答案：半径10. 在平面直角坐标系中，点的坐标由横坐标和纵坐标组成，分别用x 和y表示，如果点的横坐标为0，则该点位于________轴上。

答案：y三、简答题（每题5分，共15分）11. 简述平面直角坐标系的定义及其应用。

答案：平面直角坐标系是一种二维坐标系统，它由两条互相垂直的数轴组成，通常称为x轴和y轴。

在该系统中，每个点都可以用一对有序数（x, y）来表示其位置。

平面直角坐标系广泛应用于数学、物理、工程等领域，用于描述物体的位置、运动轨迹等。

12. 解释什么是相似三角形，并给出一个例子。

答案：相似三角形是指两个三角形的对应角相等，且对应边的比例相等。

点、线、面间的距离计算-高中数学知识点讲解(含答案)

点、线、面间的距离计算（北京习题集）（教师版）一．选择题（共6 小题）1．（2020•石景山区一模）点M ，N 分别是棱长为 2 的正方体ABCD A B C D 中棱BD ，CC 的中点，动点P 在正1 1 1 1 1方形BCC B （包括边界）内运动．若PA1 / / 面AMN ，则PA 的长度范围是 ( )1 1 13 2 3 2A．[2, 5] B．[ , 5] C．[ ,3] D．[2 ，3]2 22．（2018•西城区一模）如图，在长方体中， 1 2 ，，点在侧面A ABB 上．满足ABCD A B C D AA AB BC 1 P1 1 1 1 1 1到直线AA 和CD 的距离相等的点P( )1A．不存在B．恰有 1 个C．恰有 2 个D．有无数个3．（2016 秋•西城区校级期中）若正方体的一条体对角线的长度为 3，则此正方体的棱长等于 ( ) 1A．B．1 C． 2 D． 324．（2016•海淀区校级一模）在棱长为 1 的正方体ABCD A B C D 中，点F 是棱CC 的中点，P 是正方体表面上的1 1 1 1 1一点，若D P AF ，则线段D P 长度的取值范围是 ( )1 134 3A． (0, 2) B． (0 ，] C． (0 ，] D． (0 ，3]4 25．（2016 秋•西城区校级期中）设四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为 1 的正方形，且PA 平面ABCD ．过第1页（共17页）直线且垂直于直线的平面交于点，如果三棱锥的体积取得最大值，则此时四棱锥BD PC PC E E BCD P ABCD 的高为 ( )A．1 B． 3 C． 2 D．不确定6．（2015•西城区二模）在长方体中，， 1 1，点为AB 的中点，点P 为对角ABCD A B C D AB 2 BC AA M1 1 1 1 1线上的动点，点为底面上的动点（点、可以重合），则的最小值为AC Q ABCD P Q MP PQ ( ) 12 3 3A．B．C．D．12 2 4二．填空题（共7 小题）7．（2019 春•海淀区期中）已知正方形ABCD 的边长为 1，将ADC 沿对角线AC 折起，若折叠后平面ACD 平面ACB B D，则此时点，之间的距离是．8．（2017 秋•海淀区期末）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中最大的值是．9．（2018•西城区一模）如图，在长方体中， 1 2 ，，点在侧面上．若点ABCD A B C D AA AB BC 1 P A ABB P1 1 1 1 1 1到直线AA 和CD 的距离相等，则A P 的最小值是．1 1第2页（共17页）10．（2017 秋•西城区校级期中）三棱锥P ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，PA 1，PB PC 2 ，已知空间中有一个点到这四个点距离相等，则这个距离是．11．（2017 秋•海淀区校级月考）在正三棱锥A BCD 中，侧棱长为 1，底面边长为 2 ，则该棱锥的高为．12．（2016 秋•西城区校级期中）点M 是棱长都等于 1 的正三棱锥ABCD 内的任意一点，则点到棱锥四个面的距离之和是．13．（2014 秋•大兴区期中）正方体ABCD A B C D 中AB 1 ，则A 到面AB D 的距离为．1 1 1 1 1 1 1三．解答题（共2 小题）14．（2019•平谷区一模）如图，四棱锥中底面为矩形，平面，为上的一点，P ABCD ABCD PA ABCD E PDPB / / 平面AEC ；（Ⅰ）求证：E 为PD 的中点；（Ⅱ）求证：；CD AE（Ⅲ）设二面角为，，，求长．D AE C 60AP 1 AD 3 AB15．（2018 秋•海淀区校级月考）如图，在四棱锥P ABCD 中，PA 底面ABCD ，AD AB ，AB / /DC ，AD DC AP 2，AB 1 ，点E 为棱PC 的中点．第3页（共17页）（Ⅰ）求证：BE / / 平面PAD ；（Ⅱ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱上是否存在点，满足，若存在，求，若不存在，说明理由．PC F BF AC CFCP第4页（共17页）点、线、面间的距离计算（北京习题集）（教师版）参考答案与试题解析一．选择题（共6 小题）1．（2020•石景山区一模）点M ，N 分别是棱长为 2 的正方体ABCD A B C D 中棱BD ，CC 的中点，动点P 在正1 1 1 1 1方形（包括边界）内运动．若PA1 / / 面AMN ，则PA 的长度范围是 ( )BCC B1 1 13 2 3 2A．[2, 5] B．[ , 5] C．[ ,3] D．[2 ，3]2 2【分析】取B C 的中点E ，BB 的中点F ，连结A E ，A F ，EF ，取EF 中点O ，连结A O，推导出平面AMN / /1 1 1 1 1 1平面A EF ，从而点P 的轨迹是线段EF ，由此能求出PA 的长度范围．1 1【解答】解：取B C 的中点E ，BB 的中点F ，连结A E ，A F ，EF ，取EF 中点O ，连结A O，1 1 1 1 1 1Q点M ，N 分别是棱长为 2 的正方体ABCD A B C D 中棱BC ，CC 的中点，1 1 1 1 1AM / /A E MN / /EF，，1Q IAM M N MA EI EF E ，，1AMN / /平面平面A EF ，1Q P动点在正方形BCC B （包括边界）内运动，且PA1 / / 面AMN ，1 1点P 的轨迹是线段EF ，Q A E A F EF 12 12 21 12 1 52 2，，AOEF1，2 3 2当P 与O 重合时，PA 的长度取最小值AO ( 5)2 ( )2 ，1 12 2当与（或重合时，PA 的长度取最大值为 1 1 5 ．P E F) A E A F1第5页（共17页）PA13 2的长度范围为，．[ 5]2故选：B ．【点评】本题考查线段长度的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．2．（2018•西城区一模）如图，在长方体中， 1 2 ，，点在侧面A ABB 上．满足ABCD A B C D AA AB BC 1 P1 1 1 1 1 1到直线AA 和CD 的距离相等的点P( )1A．不存在B．恰有 1 个C．恰有 2 个D．有无数个【分析】设P 到AB 的距离为x ，到AA 的距离为y ，求出P 到直线CD 的距离，列方程得出P 点轨迹，得出答案．1【解答】解：以AB ，AA 为轴建立平面直角坐标系，设P(x, y) ，1设P 到AB 的距离为y ，到AA 的距离为x ，1CD y2 1P 到直线的距离为，x y2 1 x2 y2 1(x…1)，即，P点轨迹为双曲线的右支的一部分，平面A ABB 上有无数个点符合条件．1 1故选：D ．第6页（共17页）【点评】本题考查了空间距离的计算，属于中档题．3．（2016 秋•西城区校级期中）若正方体的一条体对角线的长度为 3，则此正方体的棱长等于 ( ) 1A．B．1 C． 2 D． 32【分析】设出正方体的棱长，棱长方程求解即可．【解答】解：设正方体的棱长为a ，正方体的一条体对角线的长度为 3，可得，解得．a2 a2 a2 3 a 3故选：D ．【点评】本题考查空间几何体的点线面距离的求法，考查计算能力．4．（2016•海淀区校级一模）在棱长为 1 的正方体ABCD A B C D 中，点F 是棱CC 的中点，P 是正方体表面上的1 1 1 1 1一点，若，则线段长度的取值范围是D P AF D P ( )1 134 3A． (0, 2) B． (0 ，] C． (0 ，] D． (0 ，3]4 2【分析】由P 是正方体表面上的一点，且D P AF ，通过建立空间直角坐标系，数量积运算性质及其正方体的性质1即可得出．【解答】解：由P 是正方体表面上的一点，且D P AF ．建立如图所示的空间直角坐标系．1①由D B 对角面ACC A ，则取B 点时，满足D B AF ，此时线段D P 长度 2 ．1 1 1 1 1 1 1 1u u u r②设点在直线上，则，，， 1 (1，，，，Q AB Q(1 t 0) AFD Q t 1) ( 1,1, 1)2u u u u r u u u r u u u u r u u u u r1 32 23 17则D Q g AF 1t 0 ，解得t ．此时| D P || D Q |( 2)2 ( )2 2 ．1 1 12 23 3 2 3第7页（共17页）由对称性可得：线段D P 长度取得最大值，D1B2 1D P (0 2]线段长度的取值范围是，．1故选：．A【点评】本题考查了正方体的性质、线线线面垂直的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5．（2016 秋•西城区校级期中）设四棱锥中，底面是边长为 1 的正方形，且平面．过P ABCD ABCD PA ABCD直线且垂直于直线的平面交于点，如果三棱锥的体积取得最大值，则此时四棱锥BD PC PC E E BCD P ABCD的高为 ( )A．1 B． 3 C． 2 D．不确定【分析】以A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示坐标系，设PA h ，设PE PC E(h h) PC g BE 0，代入有，，，通过，，h h ．然后求解体积的表达式，利2h 1 hh 22 h2 2用基本不等式求解即可．【解答】解：四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为 1 的正方形，且PA 平面ABCD ．以A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示坐标系，设PA h ，因为在上，所以设，代入有，，，E PC PE PC E(h h) 因为PC 平面BDE ，PC BE，第8页（共17页）h 1 h2则PC g BE ，代入得，h h ．h2 2 h2 21 1 h 1 1 1 1所以V S g h g g…g，E BCD BCD3 6 h 2 6 h 6 2 22 2h所以当体积取到最大值时PA h 2 ，故选：C ．【点评】本题考查空间几何体的体积的求法，点线面的距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．6．（2015•西城区二模）在长方体ABCD A B C D 中，AB 2 ， 1 1，点为AB 的中点，点P 为对角BC AA M1 1 1 1 1线上的动点，点为底面上的动点（点、可以重合），则的最小值为AC Q ABCD P Q MP PQ ( ) 12 3 3A．B．C．D．12 2 4【分析】画出图形，利用折叠与展开法则同一个平面，转化折线段为直线段距离最小，转化求解的最小MP PQ值．【解答】解：由题意，要求的最小值，就是到底面的距离的最小值与的最小值之和，是MP PQ P ABCD MP Q P在底面上的射影距离最小，展开三角形ACC 与三角形AB C ，在同一个平面上，如图，易知1 1 1B1 A C1 C1 A C 30，，可知时，的最小，最小值为：．AM 3 MQ AC MP PQ 3 sin 60 3AM3 MQ AC MP PQ 3 sin 60 32 2 4 故选：C ．【点评】本题考查最小值的求解，考查空间想象能力以及学生的计算能力，难度比较大．第9页（共17页）二．填空题（共7 小题）7．（2019 春•海淀区期中）已知正方形ABCD 的边长为 1，将ADC 沿对角线AC 折起，若折叠后平面ACD 平面ACB ，则此时点B ，D 之间的距离是1．【分析】取的中点，连接，，证明平面得出，利用勾股定理计算．AC O OB OD DO ABC OD OC BD【解答】解：取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，Q DA DC ，O 是AC 的中点，DO AC，Q ACD ACB ACD ACB AC平面平面，平面平面，DO ABC DO OC平面，，1 2OC OD AC2 2又，BD OC2 OD2 1．故答案为：1．【点评】本题考查了面面垂直的性质，线面垂直的性质，属于中档题．38．（2017 秋•海淀区期末）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中最大的值是．2【分析】依据三视图，画出直观图，根据数据求解三角形的面积的最大值．【解答】解：依据三视图，可得该几何体，如图三棱锥，，．，面面，P ABC AC BC 1 AB 2 PA PB PC ABC2P 到面ABC 的距离为PC 1．，PD ，CD 1 1 62 2 2第10页（共17页）1 6 3PAB 22 2 2三棱锥侧面的面积取得最大值，．3故答案为：．2【点评】本题考查了空间线面位置关系，空间几何体的三视图的应用，属于中档题．9．（2018•西城区一模）如图，在长方体中， 1 2 ，，点在侧面A ABB 上．若点PABCD A B C D AA AB BC 1 P1 1 1 1 1 1到直线AA 和CD 的距离相等，则A P 的最小值是 3 ．1 1【分析】如图在面A ABB 建立P 面直角坐标系，设P(x, y) ． (0…x…2, 0…y…2) 可得点P 到直线AA 和CD 的距离相等，1 1 1x y x2 y2 1 A P x 2 y 2 y 2 …2 1 ，即．即1 ( 0) ( 2) 2( 1) 3 3【解答】解：如图在面A ABB 建立P 面直角坐标系，设P(x, y) ． (0…x…2, 0…y…2)1 1Q P AA CD x y2 1 x2 y2 1点到直线和的距离相等，，即．1A P x y y …1 ( 0) ( 2) 2( 1) 3 32 2 2P( 2 1)当，时，A P 最小为 3 ，1第11页（共17页）故答案为： 3 ．【点评】本题考查考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．10．（2017 秋•西城区校级期中）三棱锥P ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，PA 1，PB PC 2 ，已知空间5中有一个点到这四个点距离相等，则这个距离是．2【分析】以PA ，PB ，PC 为相邻的棱作长方体PADB CEFG ，（三棱锥看做是长方体的一个“角”) ．设长方体的中心为O ，则O 为满足条件的点．【解答】解：Q PA，PB ，PC 两两互相垂直，PA PB PC PADB CEFG )以，，为相邻的棱作长方体，（三棱锥看做是长方体的一个“角”．设长方体的中心为O ，则O 为满足条件的点．以P 为原点，PA 为x 轴，PB 为y 轴，PC 为z 轴，建立空间直角坐标系，1 2 2则P(0 ，0， 0) ，D(1， 2 ， 0) ，C(0 ，0，2) ，O ( , , ) ，2 2 21 2 2 5OP ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2．5空间中有一个点到这四个点距离相等，则这个距离是．25故答案为：．2【点评】本题考查两点间距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．11．（2017 秋•海淀区校级月考）在正三棱锥A BCD 中，侧棱长为 1，底面边长为 2 ，则该棱锥的高为3．3第12页（共17页）【分析】画出图形，利用已知条件转化求解三棱锥的高即可．【解答】解：如图：，，取的中点，连接，作与，PA PB PC 1 AB BC AC 2 BC E AE PO AE O2 3 6由题意可得AD 2 ，3 2 36 1 3PO 1 ( )23 3 3．3故答案为：．3【点评】本题考查棱锥的几何量的求法，考查空间想象能力以及计算能力．12．（2016 秋•西城区校级期中）点M 是棱长都等于 1 的正三棱锥ABCD 内的任意一点，则点到棱锥四个面的距离之6和是．3【分析】设正三棱锥为ABCD ，各个面的面积为s 、s 、s 、s ，正四面体的高h ．任意一点E 到四个面的举例分1 2 3 4别为h 、h 、h 、h ，三棱锥体积为V ，则V S h S h S h S h s h ，点到棱锥四个面的距离之和．1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4 1【解答】解：正三棱锥内任意点到各面的距离之和是一个定值那样的话，这个定值就是正三棱锥一个面上的高．证明如下：设正三棱锥为ABCD ，各个面的面积为s 、s 、s 、s ，正四面体的高为h ．1 2 3 4任意一点E 到四个面的举例分别为h 、h 、h 、h ，三棱锥体积为V ，1 2 3 4那么V S h S h S h S h s h ，1 12 23 34 4 1Q各个面面积相等，，，h h h h h1 2 3 4Q正三棱锥ABCD 棱长都等于 1，．2 2 1 2 2 6h 1 ( 1 ( ) )3 2 3第13页（共17页）6故答案为：．3【点评】本题考查点到棱锥四个面的距离之和的求法，考查正三棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．313．（2014 秋•大兴区期中）正方体ABCD A B C D 中AB 1 ，则到面AB D 的距离为．A1 1 1 1 1 1 131【分析】根据点A 到平面AB D 的距离是正方体的体对角线的，而正方体的体对角线为 3 ，即可求出点A 到平面1 1 1 13AB D 的距离．1 1【解答】解：正方体的体对角线为 3 ，1而点A 到平面AB D 的距离是正方体的体对角线的，1 1 133A AB D点到平面的距离为．1 1 133故答案为：．3【点评】本题主要考查了点到平面的距离，同时考查了空间想象能力，计算推理能力，属于基础题．三．解答题（共2 小题）14．（2019•平谷区一模）如图，四棱锥P ABCD 中底面ABCD 为矩形，PA 平面ABCD ，E 为PD 上的一点，PB / / 平面AEC ；（Ⅰ）求证：为的中点；E PD（Ⅱ）求证：CD AE ；（Ⅲ）设二面角为，，，求长．D AE C 60AP 1 AD 3 AB第14页（共17页）【分析】连接交于，连接．由线面平行的性质可得，故而得出为的中点；(I ) BD AC F EF PB / /EF E PD (II )CD PAD CD AE证明平面得出；(III )AB建立空间坐标系，求出两平面的法向量，计算法向量的夹角得出的长．【解答】 (I ) 证明：连接 BD 交 AC 于 F ，连接 EF ．Q AEC PB PBD PBD ACE EF PB / / 平面，平面，平面平面，PB / /EF，D F DEBDDP， Q ABCD F BD 底面是矩形，是的中点，D E DP1 2，E PD是的中点． (II )Q PA ABCD CD ABCD 证明：平面，平面，PA CD，Q ABCD CD AD 底面是矩形，， PA I AD A 又，平面 PAD ，又 AE 平面 PAD ．CD CDAE ．(III )A AB AD AP解：以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系如图所示，31设 AB a ，则 A (0 ，0， 0) ，C (a ， 3 ， 0) ， D (0 ， 3 ， 0) ， P (0 ，0，1) ， E (0 ，， ) ，2 2AC(a3 0) AE (0 3，，，，， ) ， AP ，0，1) ， 1(02 2显然 m (1，0， 0) 为平面 AED 的一个法向量，r ax 3y 0g 0n AC设平面的法向量为，，，则u u u r，即，ACE n (x y z)r 3 1n AE y z 02 2r 3z 3 n (a令得，1，3) ，Q D AE C 60二面角为，，r rr r m g n 3 1| cos m,n || |r r| m || n | 3 2a 4a2第15页（共17页）a 33AB解得，即．2 2【点评】本题考查了线面平行的性质，线面垂直的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题．15．（2018 秋•海淀区校级月考）如图，在四棱锥中，底面，，，P ABCD PA ABCD AD AB AB / /DC AD DC AP 2，AB 1 ，点E 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：BE / / 平面PAD ；（Ⅱ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱上是否存在点，满足，若存在，求，若不存在，说明理由．PC F BF AC CFCP【分析】以A 为原点建立空间坐标系，(I) 求出平面PAD 的法向量，证明BE 与法向量垂直即可得出结论；(II) 求出平面PBD 的法向量，计算BE 与平面PBD 的法向量的夹角余弦值得出所求线面角的正弦值；(III) 假设存在符合条件的点F ，设CF CP ，令BF g AC 0 计算的值即可．【解答】解：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），A可得B(1，0， 0) ，C(2 ，2， 0) ，D(0 ，2， 0) ，P(0 ，0， 2) ．由E 为棱PC 的中点，得E(1，1，1) ．（1 分）（Ⅰ）证明：向量BE (0,1,1) ，面PAD 的法向量为AB (1, 0, 0) ，（2 分）故BE g AB 0 ．（3 分）BE AB，又平面，BE PAD第16页（共17页）BE / / 平面PAD ，（4 分）（Ⅱ）解：向量，．BD (1, 2, 0) PB (1, 0,2)设为平面的法向量，n (x, y, z) PBDrn g BD 0 x 2y 0则u u u r即（6 分）rn g PB 0x 2z 0.不妨令，可得为平面的一个法向量．y 1 n (2,1,1) PBDru u u r gr n BE 2 3于是有．cos n,BE u u u rr| n |g| BE | 6 2 33所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为．（8 分）3（Ⅲ）解：假设在棱上是存在点，满足，设，PC F BF AC CFCP则CF CP ， 0…… 1，（9 分）向量，，，，BC (1, 2, 0) CP (2,2, 2) AC (2, 2, 0) AB (1, 0, 0)所以，BC AC AB (1, 2, 0) ，（10 分）故BF BC CF BC CP (1 2,2 2,2) ．（11 分）由BF AC ，得BF g AC 0 ，（12 分）因此，，解得，满足，2(1 2) 2(2 2) 0 30 (1)4CF所以，在棱上存在点，满足，此时，．（13 分）PC F BF AC 3CP 4【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，考查空间向量与空间位置关系，空间角的计算的联系，属于中档题．第17页（共17页）。

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点到平面的距离计算
一、单选题(共9道，每道11分)
1.正四面体的棱长为a，E是AD的中点，则点D到平面BCE的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：B
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
2.在正方体中，，则点A到平面的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：B
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
3.如图，在棱长为1的正方体中，为中点，则点到平面的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
4.如图，在三棱锥中，底面，，，为的中点，
，则点到平面的距离为( )
A. B. C. D.
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
5.如图，在正三棱柱中，，则点C到平面的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：C
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
6.如图，三棱锥的侧棱两两垂直，且，，则点O到平面的距离为( )
A. B. C. D.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
7.如图，在四面体中，E为BC中点，，，则点E到平面ACD的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
8.如图，在正三棱柱中，若，D是的中点，则点到平面的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
9.如图，已知四边形ABCD是正方形，平面．分别是的中点，若点到平面的距离为，则点到平面的距离为( )
A. B. C. D.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离。

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