(完整版)高中立体几何经典练习试题[最新版]

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高中数学立体几何经典题型练习题集(附有答案)

高中数学立体几何经典题型练习题集学校：______姓名：_____班级：______考号：______一．单选题1．正三棱锥的底边长和高都是2，则此正三棱锥的斜高长度为（）A．B．C．D．2.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为C1D1，AA1，BB1的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（）A．1B．C．D．3．一个棱柱是正四棱柱的条件是（）A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱4、如图，P是正方体ABCD-A1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f（x）的图象大致是（）A．B．C．D．5、如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O 所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是（）A．1B．2C．3D．46、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点，则下列结论中：①FG⊥BD；②B1D⊥面EFG；③面EFG∥面ACC1A1；④EF∥面CDD1C1．正确结论的序号是（）A．①和②B．③和④C．①和③D．②和④7、三棱锥P-ABC，PC⊥面ABC，△PAC是等腰三角形，PA=4，AB⊥BC，CH⊥PB，垂足为H，D是PA的中点，则△CDH的面积最大时，CB的长是（）A．B．C．D．8、正方体的直观图如图所示，则其展开图是（）A．B．C．D．二．填空题（共__小题）9、如图所示，ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的中点，并且AC⊥BD，AC=m，BD=n，则四边形EFGH的面积为______．10、如图，已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB，给出下列结论：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA=45°；⑤直线PD 与平面PAB所成角的余弦值为．其中正确的有______（把所有正确的序号都填上）．11．如图所示，三棱锥M，PA⊥底面ABC，∠ABC=90°，则此三棱锥P-ABC中直角三角形有______个．12、如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都等于2，D在AC1上，F为BB1中点，且FD⊥AC1，有下述结论（1）AC1⊥BC；（2）=1；（3）二面角F-AC1-C的大小为90°；（4）三棱锥D-ACF的体积为．正确的有______．13．各棱长为a的正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积为______．14．一四棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1：4，则此截面把一条侧棱分成的两段之比为______．15、如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F且EF=，给出下列五个结论①AC⊥BE②EF∥平面ABCD③异面直线AE，BF所成的角为60°④A1点到面BEF的距离为定值⑤三棱柱A-BEF的体积为定值其中正确的结论有：______（写出所有正确结论的编号）三．简答题（共__小题）16、如图，立体图形A-BCD的四个面分别为△ABC、△ACD、△ADB和△BCD，E、F、G分别是线段AB、AC、AD上的点，且满足AE：AB=AF：AC=AG：AD，求证：△EFG∽△BCD．17、如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC 的中点，F在棱AC上，且AF=3FC．（1）求三棱锥D-ABC的表面积；（2）求证AC⊥平面DEF；（3）若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使MN∥平面DEF？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．参考答案一．单选题（共__小题）1．正三棱锥的底边长和高都是2，则此正三棱锥的斜高长度为（）A．B．C．D．答案：D解析：解：在正三棱锥中，顶点P在底面的射影为底面正三角形的中心O，延长A0到E，则E为BC的中点，连结PE，则PE为正三棱锥的斜高．∵正三棱锥的底边长和高都是2，∴AB=PO=2，即AE=，OE=，∴斜高PE==，故选：D．2、在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为C1D1，AA1，BB1的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（）A．1B．C．D．答案：B解析：解：过E点做EH垂直CD于H，连接EH，易得H即为E在平面ABCD上的射影，连接AH，BH，如下图所示则AH，BH，AB分别为FE，EG，FB在平面ABCD上的射影，又由G在平面ABCD上的射影为B，故△ABH即为空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影∵S△ABH=S ABCD=故选B3．一个棱柱是正四棱柱的条件是（）A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱答案：C解析：解：上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱．故A和B错在有可能是斜棱柱，D错在上下底面有可能不是正方形，底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直能保证上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面．故选C．4、如图，P是正方体ABCD-A1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f（x）的图象大致是（）A．B．C．D．答案：A解析：解：设正方体的棱长为1，连接AC交BD于O，连PO，则PO是等腰△PBD的高，故△PBD的面积为f（x）=BD×PO，在三角形PAO中，PO==，∴f（x）=××=，画出其图象，如图所示，对照选项，A正确．故选A．5、如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是（）A．1B．2C．3D．4答案：D解析：证明：∵AB是圆O的直径∴∠ACB=90°即BC⊥AC，三角形ABC是直角三角形又∵PA⊥圆O所在平面，∴△PAC，△PAB是直角三角形．且BC在这个平面内∴PA⊥BC 因此BC垂直于平面PAC中两条相交直线，∴BC⊥平面PAC，∴△PBC是直角三角形．从而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是，4．故选D．6、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点，则下列结论中：①FG⊥BD；②B1D⊥面EFG；③面EFG∥面ACC1A1；④EF∥面CDD1C1．正确结论的序号是（）A．①和②B．③和④C．①和③D．②和④答案：D解析：解：如图连接A1C1、A1B、BC1、BD、B1D，因为E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点对于①因为FG∥BC1，△BDC1是正三角形，FG⊥BD，不正确．对于②因为平面A1C1B∥平面EFG，并且B1D⊥平面A1C1B，所以B1D⊥面EFG，正确．③面EFG∥面ACC1A1；显然不正确．④EF∥平面CDD1C1内的D1C，所以EF∥面CDD1C1．正确．故选D7、三棱锥P-ABC，PC⊥面ABC，△PAC是等腰三角形，PA=4，AB⊥BC，CH⊥PB，垂足为H，D是PA的中点，则△CDH的面积最大时，CB的长是（）A．B．C．D．答案：D解析：解：三棱锥P-ABC中，PC⊥面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB；又AB⊥BC，BC∩PC=C，∴AB⊥平面PBC；又CH⊂平面PBC，∴AB⊥CH，又CH⊥PB，PB∩AB=B，∴CH⊥平面PAB，又DH⊂平面PAB，∴CH⊥DH；又△PAC是等腰直角三角形，且PA=4，D是PA的中点，∴CD=PA=2，设CH=a，DH=b，则a2+b2=CD2=4，∴4=a2+b2≥2ab，即ab≤1，当且仅当a=b=时，“=”成立，此时△CDH的面积最大；在Rt△PBC，设BC=x，则PB===，∴PC•BC=PB•CH，即2•x=•；解得x=，∴CB的长是．故选：D．8、正方体的直观图如图所示，则其展开图是（）A．B．C．D．答案：D解析：解：根据题意，可得对于A，展开图中的上下两边的正方形的对边中点连线应该呈左右方向显现，故A的图形不符合题意；对于B，展开图中最右边的“日”字形正方形的对边中点连线应该是上下方向呈现，且应该在含有圆形的正方形的左边放置，故B的图形不符合题意；对于C，展开图中最右边的正方形应该与含有圆形的正方形相邻，故C的图形不符合题意；对于D，沿如图的红线将正方体的侧面剪裁，展开可得如D项图的形状，故D的图形符合题意故选：D二．填空题（共__小题）9、如图所示，ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的中点，并且AC⊥BD，AC=m，BD=n，则四边形EFGH的面积为______．答案：解析：解：由ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的中点，并且AC⊥BD，可得四边形EFGH为矩形，且此矩形的长和宽分别为和，故四边形EFGH的面积为=，故答案为：．10、如图，已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB，给出下列结论：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA=45°；⑤直线PD与平面PAB所成角的余弦值为．其中正确的有______（把所有正确的序号都填上）．答案：①④⑤解析：解：对于①、由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB=A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；对于②、又平面PAB⊥平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；对于③、由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；对于④、在Rt△PAD中，PA=AD=2AB，∴∠PDA=45°，∴④正确；对于⑤、由于DE∥AB，∴D到平面PAB的距离即为E到平面PAB的距离，即E到直线PA的距离，即EA，EA=AB，在Rt△PAD中，PA=AD=2AB，∴PD=2AB，∴直线PD与平面PAB所成角的正弦值为=，∴直线PD与平面PAB所成角的余弦值为=，∴⑤正确．故答案为：①④⑤．11．如图所示，三棱锥M，PA⊥底面ABC，∠ABC=90°，则此三棱锥P-ABC中直角三角形有______个．答案：4解析：解：由已知PA⊥底面ABC，∠ABC=90°，所以CB⊥PA，CB⊥AB，又PA∩AB=A，所以CB⊥平面PAB，所以CB⊥PB，所以此三棱锥P-ABC中直角三角形有△ABC，△ABP，△ACP，△PBC共有4个．故答案为：4．12、如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都等于2，D在AC1上，F为BB1中点，且FD⊥AC1，有下述结论（1）AC1⊥BC；（2）=1；（3）二面角F-AC1-C的大小为90°；（4）三棱锥D-ACF的体积为．正确的有______．答案：（2）（3）（4）解析：解：（1）连接AB1，则∠B1C1A即为BC和AC1所成的角，在三角形AB1C1中，B1C1=2，AB1=2，AC1=2，cos∠B1C1A==，故（1）错；（2）连接AF，C1F，则易得AF=FC1=，又FD⊥AC1，则AD=DC1，故（2）正确；（3）连接CD，则CD⊥AC1，且FD⊥AC1，则∠CDF为二面角F-AC1-C的平面角，CD=，CF=，DF===，即CD2+DF2=CF2，故二面角F-AC1-C的大小为90°，故（3）正确；（4）由于CD⊥AC1，且FD⊥AC1，则AD⊥平面CDF，则V D-ACF=V A-DCF=•AD•S△DCF=×××=．故（4）正确．故答案为：（2）（3）（4）13．各棱长为a的正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积为______．答案：解析：解：∵正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，所以球心在上下底面中心的连线的中点上，AB=a，OA=R，在△OEA中，OE=，AE=，∵AO2=OE2+AE2，∴，∴球的表面积为4πR2=，故答案为．14．一四棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1：4，则此截面把一条侧棱分成的两段之比为______．答案：1：1解析：解：根据题意，设截得小棱锥的侧棱长为l，原棱锥的侧棱长为L，∵截面与底面相似，且截面面积与底面面积之比为1：4，∴相似比为：==，∴截面把棱锥的一条侧棱分成的两段之比是l：（L-l）=1：1．故答案为：1：1．15、如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F且EF=，给出下列五个结论①AC⊥BE②EF∥平面ABCD③异面直线AE，BF所成的角为60°④A1点到面BEF的距离为定值⑤三棱柱A-BEF的体积为定值其中正确的结论有：______（写出所有正确结论的编号）答案：①②④⑤解析：解：①AC⊥BE，由题意及图形知，AC⊥面DD1B1B，故可得出AC⊥BE，此命题正确；②EF∥平面ABCD，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF∥平面ABCD，此命题正确；③由图知，当F与B1重合时，令上底面顶点为O，则此时两异面直线所成的角是∠A1AO，当E与D1重合时，此时点F与O重合，则两异面直线所成的角是∠OBC1，此二角不相等，故异面直线AE、BF所成的角不为定值，故不正确．④A1点到面DD1B1B距离是定值，所以A1点到面BEF的距离为定值，正确；⑤三棱锥A-BEF的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B距离是定值，故可得三棱锥A-BEF的体积为定值，此命题正确．故答案为：①②④⑤．三．简答题（共__小题）16、如图，立体图形A-BCD的四个面分别为△ABC、△ACD、△ADB和△BCD，E、F、G分别是线段AB、AC、AD上的点，且满足AE：AB=AF：AC=AG：AD，求证：△EFG∽△BCD．答案：证明：在△ABD中，∵AE：AB=AG：AD，∴EG∥BD．同理，GF∥DC，EF∥BC．又∠GEF与∠DBC方向相同．∴∠GEF=∠DBC．同理，∠EGF=∠BDC．∴△EFG∽△BCD．17、如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC的中点，F在棱AC上，且AF=3FC．（1）求三棱锥D-ABC的表面积；（2）求证AC⊥平面DEF；（3）若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使MN∥平面DEF？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．答案：解：（1）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥BC，AB⊥BD．∵△BCD是正三角形，且AB=BC=a，∴AD=AC=．设G为CD的中点，则CG=，AG=．∴，，．三棱锥D-ABC的表面积为．（2）取AC的中点H，∵AB=BC，∴BH⊥AC．∵AF=3FC，∴F为CH的中点．∵E为BC的中点，∴EF∥BH．则EF⊥AC．∵△BCD是正三角形，∴DE⊥BC．∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥DE．∵AB∩BC=B，∴DE⊥平面ABC．∴DE⊥AC．∵DE∩EF=E，∴AC⊥平面DEF．（3）存在这样的点N，当CN=时，MN∥平面DEF．连CM，设CM∩DE=O，连OF．由条件知，O为△BCD的重心，CO=CM．∴当CF=CN时，MN∥OF．∴CN=．。

(word完整版)高三数学立体几何经典例题

厦门一中立体几何专题一、选择题（10 X 5' =50 '）1•如图，设0是正三棱锥 P-ABC 底面三角形 ABC 的中心，过0的动平面与P-ABC 的三条侧棱或其延长线的交点分别记为 Q 、R 、S ,则-11 1（）PQ PR PSA. 有最大值而无最小值B. 有最小值而无最大值C. 既有最大值又有最小值，且最大值与最小值不等D. 是一个与平面QRS 位置无关的常量2•在正n 棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是（A., B., C. 0,D.nn2n的面积的取值范围是（）若B €a ,C €3 ,则厶ABC 的周长的最小值是（）B.2 .75.如图，正四面体 A-BCD 中，E 在棱AB 上，F 在棱CD 上,使得詈 Cy =入（0＜入＜+m ），记f （入）=a x+ 3入，其中a 入表示EF 与AC 所成的角，3入表示EF 与BD 所成的角，贝U（）A. f （入）在（0,+ g ）单调增加B. f （入）在（0,+ g ）单调减少C. f （入）在（0,1）单调增加，在（1,+ g ）单调减少D. f （入）在（0,+ g ）为常数合是（）A. 一条直线B. —个平面C.两条平行直线D.两个平面7.正四棱锥底面积为 Q ,侧面积为S ,则它的体积为（）A. 1 Q （S2Q 2）B. 1 Q （S2Q 2）6 •3 'C. 1 -Q(S2Q 2)23•正三棱锥P-ABC 的底面边长为 2a,点E 、F 、G 、H 分别是 PA 、PB 、BC 、AC 的中点，则四边形 EFGHA.(0,+ g )B.C.D. ^a 2, 24.已知二面角a -a-3为60°,点A 在此二面角内，且点A 到平面a 、3的距离分别是AE=4, AF=2,6.直线a //平面3，直线a 到平面3的距离为 1，则到直线a 的距离与平面3的距离都等于7的点的集第5题图D.f QS第1题图8. 已知球O的半径为R, A、B是球面上任意两点，则弦长|AB|的取值范围为（）B.(0,2R]C. ( 0,2R )D. : R,2R ]9•已知平面aQ 平面B =l,m 是平面a 内的一条直线，则在平面B 内A. .—定存在直线与直线 m 平行，也一定存在直线与直线B. —定存在直线与直线 m 平行，但不一定存在直线与直线C. 不一定存在直线与直线 m 平行，但一定存在直线与直线m 垂直D. 不一定存在直线与直线 m 平行，也不一定存在直线与直线m 垂直10. 如图为一个简单多面体的表面展开图(沿图中虚线折11. ______________________________________________________________________ 边长为a 的等边三角形内任一点到三边距离之和为定值，这个定值为 __________________________ ;推广到空间，棱长为a 的正四面体内任一点到各面距离之和为 ______________12. 在厶ABC 中，AB=9, AC=15，/ BAC=120°,其所在平面外一点 P 到A 、B 、C 三个顶点的距离都是14,贝U P 点到直线 BC 的距离为 _____________ . 13. 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为 2,则最远的两顶点间的距离是 _______________ .14. ___________________________________________________________________ 有120个等球密布在正四面体 A-BCD 内，问此正四面体的底部放有 ___________________________ 个球. 三、解答题(4X 10' +14' =54')15. 定直线11丄平面a ，垂足为M ，动直线12在平面a 内过定点 N ,但不过定点 M.MN=a 为定值，在11、12上分别有动线段 AB=b,CD = c.b 、c 为定值.问在什么情况下四面体 ABCD 的体积最大？最大值是多少？AC 的中点，求:(1) PM 与FQ 所成的角； (2) P 点到平面 EFB 的距离； (3 )异面直线PM 与FQ 的距离.16.如图所示，已知四边形 ABCD 、EADM 和MDCF 都是边长为 a 的正方形，点 P 、Q 分别是ED 和A. : 0,2 R ] m 垂直A.6B.7C.8D.9、填空题 (4X 4 ' =16')叠即可还原)，则这个多面体的顶点数为 (第16题图连结人丘‘将厶DAE 沿AE 折起到△ D 1AE 的位置，使得/(1)试用基向量 AB , AE , AD 1表示向量OD 117.如图，在梯形 ABCD 中，AB // CD ,/ ADC = 90° ,3AD=DC=3,AB=2,E 是 CD 上一点，满足 DE = 1 ,D 1AB = 60° ,设AC 与BE 的交点为O.(2) 求异面直线OD i与AE所成的角.(3) 判断平面D i AE与平面ABCE是否垂直，并说明理由第17题图18. 如图，在斜棱柱ABC —A i B i C i中，底面为正三角形，侧棱长等于底面边长，且侧棱与底面所成的角为60°顶点B i在底面ABC上的射影O恰好是AB的中点.(i)求证：B i C± C i A;(2 )求二面角C i-AB-C的大小.第i8题图i9.如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC , BC=2a,AC=a,AB=、3 a,点P到平面ABC的距离为 | a.(i )求二面角P-AC-B的大小；(2)求点B到平面FAC的距离.第i9题图立体几何练习参考答案一、选择题 1.D 设正三棱锥P-ABC 中，各棱之间的夹角为a，棱与底面夹角为B ,h 为点S 到平面PQR 的距离，1 11则 V S -PQR = 3S ^PQR • h= — ( — PQ • PR • sin a ) • PS • sin B ,另一方面，记 O 到各平面的距离为 d,则有33 211 1 dV S -PQR =V O -PQR +V O -PRS +V O -PQS =S ^PQR °d+ S ^PRS ，d+S^PQS -d=3333a + d • - -PQ -PS-sin a •故有 PQ -PR -PS-sin B =d(PQ -PR+PR -PS+PQ -PS),即旦—-PQ -PR -sin a +— •丄 PS ・PR ・sin2321 1 _ sinPR PS d3 2 PQ 常量.2.B 设正n 棱锥的高为h,相邻两侧面所成二面角为B .当h f 0时，正n 棱锥的极限为正n 边形，这时相邻两侧面所成二面角为平面角，即二面角Qfn.当h fg 时，正n 棱锥的极限为正n 棱柱，这时相邻两侧面所成二面角为正n 边形的内角，nEFGH 为矩形，当 P f 底面△ ABC 的中心O 时，矩形EFGH f 矩形E i F i GH.3a=_Aa 23 34. C 如图，I a 丄AE,a 丄AF,「. a 丄平面 AEF.设a 交平面 AEF 于点G ,则/ EGF 是二面角a -a-3的平面角，/ EGF=60° ,/ EAF=120。

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步经典大题例题

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步经典大题例题单选题1、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−1)=2√3，2⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.2、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.3、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A ．2a 2B ．2√2a 2C ．2√3a 2D ．3√2a 2答案：A分析：设正方体的棱长为x ，求出正方体的棱长即得解.解：设正方体的棱长为x ，则√3x =a ，即x 2=13a 2，所以正方体的全面积为6x 2=6×13a 2=2a 2．故选：A4、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号，故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ，可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D5、锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=7、b=8，m⃑⃑ =(12,cosA)，n⃑=(sinA，−√32)，且m⃑⃑ ⊥n⃑，则△ABC的面积为（）A．√3B．3√3C．5√3D．10√3答案：D分析：先由向量垂直得到A=π3，利用余弦定理求出c=3或c=5，利用锐角三角形排除c=3，从而c=5，利用面积公式求出答案.由题意得：12sinA−√32cosA=0，故tanA=√3，因为A∈(0,π2)，所以A=π3，由余弦定理得：cosA=64+c 2−492×8c =12，解得：c=3或c=5，当c=3时，最大值为B，其中cosB=49+9−642×7×3<0，故B为钝角，不合题意，舍去；当c=5时，最大值为B，其中cosB=49+25−642×7×5>0，故B为锐角，符合题意，此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×√32=10√3.故选：D6、过半径为4的球O表面上一点M作球O的截面，若OM与该截面所成的角是30°，则O到该截面的距离是（）A．4B．2√3C．2D．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C7、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示，作EO ⊥CD 于O ，连接ON ，过M 作MF ⊥OD 于F ．连BF ，∵平面CDE ⊥平面ABCD ．EO ⊥CD,EO ⊂平面CDE ，∴EO ⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，∴ΔMFB 与ΔEON 均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO =√3, ON =1 EN =2，MF =√32,BF =52,∴BM =√7．∴BM ≠EN ，故选B ．小提示：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．8、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为（）A ．√55B ．√105C ．√155D ．2√55答案：B分析：连接AD 1，AE ，得到AD 1//BC 1，把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角，取AD 1的中点F ，在直角△D 1EF 中，即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，连接AD 1，AE ，可得AD 1//BC 1，所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角，即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角，不妨设AA 1=2，则AD 1=2√2，D 1E =AE =√5，取AD 1的中点F ，因为D 1E =AE ，所以EF ⊥AD 1，在直角△D 1EF 中，可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选：B.9、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（）A ．3B ．32C ．34D ．23答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.10、如图在正三棱锥S −ABC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，Q 为棱AC 上的一点，且AQ =12QC ，MN ⊥MQ ，若AB =2√2，则此正三棱锥S −ABC 的外接球的体积为（）A ．12πB ．4√33πC ．8√3πD ．4√3π 答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC 两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点，所以MN //SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC （对棱垂直），又因为MQ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D填空题11、如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______．答案：37分析：证得S△A1B1C1=14S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E，所以BB1//C1E，又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1=BE，且E分别是BC的中点，所以B1C1=1 2BC，同理A1B1=12AB，因此S△A1B1C1=14S△ABC，设上底面的面积为S，高为ℎ，则下底面的面积为4S，所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37，所以答案是：37.12、两个平面最多可以将空间分为___________部分.答案：4分析：根据两个平面的位置关系分别计算出它们将空间分成的部分数即可得解. 两个平面的位置关系有平行和相交两种，当两个平面平行时，它们可将空间分成3部分，当两个平面相交时，它们可将空间分成4部分，所以两个平面最多可以将空间分为4部分.所以答案是：413、在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形．请在下面给出的5个条件中选出2个作为一组，使得它们能成为“在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形”的充分条件___________．（写出符合题意的一组即可）①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1.答案：②④或②⑤或③⑤分析：设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，计算出PQ2，DQ2，PD2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，解不等式再根据已知条件可得答案.设PA=a,AB=b,AD=c，BQ=x(0≤x≤c)，则CQ=c−x，因为PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形，所以PA⊥AQ，则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2，DQ2=CD2+CQ2=b2+(c−x)2，PD2=PA2+AD2=a2+c2，若在BC边上存在点Q，使得△PQD为钝角三角形，则PQ2+DQ2<PD2，即a2+b2+x2+b2+(c−x)2<a2+c2，整理得x2−cx+b2<0(0<x<c)，要使不等式有解，只需c2−4b2>0，即只需BC>2AB即可，因为①PA=2；②BC=3；③BC=√5；④AB=√2；⑤AB=1，所以②④或②⑤或③⑤.所以答案是：②④或②⑤或③⑤.14、所有棱长均为2的正三棱锥的体积为______.答案：23√2##2√23分析：棱长均为2的正三棱锥，分别求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案. 当三棱锥棱长均为2时，正三棱锥即为正四面体，如图，正四面体的底面积S=√34×22=√3，正四面体的高ℎ=PO=√PA2−AO2=√22−(23×√32×2)2=2√63，故正四面体的体积V=13⋅S⋅ℎ=2√23.所以答案是：2√2315、已知球O的半径为43,点A,B,C,D均在球面上，若△ABC为等边三角形，且其面积为√3,则三棱锥D−ABC的最大体积是___________.答案：2√33分析：根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积.设△ABC外接圆的圆心为O1,由△ABC是面积为√3的等边三角形，得12⋅|AB|2⋅sin60∘=√3,解得AB=2，则|O1B|=12×|AB|sin60∘=2√33.当三棱棱锥D−ABC体积最大时，球心O在DO1上，因此有|OO1|=√|OB|2−|O1B|2=23,所以|DO1|的最大值为43+23=2，三棱锥D−ABC的最大体积为V=13⋅S△ABC⋅|DO1|=13×√3×2=2√33.所以答案是：2√33.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是建立好勾股关系求出高.解答题16、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.分析：（Ⅰ）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . （Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB //A 1B 1且AB =A 1B 1，A 1B 1//C 1D 1且A 1B 1=C 1D 1， ∴AB //C 1D 1且AB =C 1D 1，所以，四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1//AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ； [方法二]:空间向量坐标法以点A 为坐标原点，AD 、AB 、AA 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A −xyz ，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0,0,0)、A 1(0,0,2)、D 1(2,0,2)、E (0,2,1)，AD 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,1)，设平面AD 1E 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，由{n →⋅AD 1→=0n →⋅AE →=0，得{2x +2z =02y +z =0，令z =−2，则x =2，y =1，则n →=(2,1,−2).又∵向量BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2),BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·n ⃑ =2×2+0×1+2×(−2)=0, 又∵BC 1⊄平面AD 1E ，∴BC 1//平面AD 1E ；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长CC 1到F ，使得C 1F =BE ，连接EF ，交B 1C 1于G ，又∵C 1F//BE ，∴四边形BEFC 1为平行四边形，∴BC 1//EF ，又∵BC 1//AD 1,∴AD 1//EF ,所以平面AD 1E 即平面AD 1FE , 连接D 1G ，作C 1H ⊥D 1G ,垂足为H ,连接FH ,∵FC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,D 1G ⊂平面A 1B 1C 1D 1,∴FC 1⊥D 1G ，又∵FC 1∩C 1H =C 1,∴直线D 1G ⊥平面C 1FH , 又∵直线D 1G ⊂平面D 1GF ,∴平面D 1GF ⊥平面C 1FH ,∴C 1在平面D 1GF 中的射影在直线FH 上,∴直线FH 为直线FC 1在平面D 1GF 中的射影，∠C 1FH 为直线FC 1与平面D 1GF 所成的角，根据直线FC 1//直线AA 1，可知∠C 1FH 为直线AA 1与平面AD 1G 所成的角. 设正方体的棱长为2，则C 1G =C 1F =1,D 1G =√5,∴C 1H =√5=√5,∴FH =√1+(√5)2=√5,∴sin∠C 1FH =C 1H FH=23,即直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面AD 1E 的法向量n ⃑ =(2,1,−2)，又∵AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),∴cos <n ⃑ ,AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ >=n ⃑ ⋅AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |n ⃑ |⋅|AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=−43×2=−23， ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法三]：几何法+体积法如图，设B 1C 1的中点为F ，延长A 1B 1,AE,D 1F ，易证三线交于一点P ．因为BB 1∥AA 1,EF ∥AD 1，所以直线AA 1与平面AD 1E 所成的角，即直线B 1E 与平面PEF 所成的角．设正方体的棱长为2，在△PEF 中，易得PE =PF =√5,EF =√2，可得S △PEF =32．由V 三棱锥B 1−PEF =V 三棱锥P−B 1EF ，得13×32⋅B 1H =13×12×1×1×2，整理得B 1H =23．所以sin∠B 1EH =B 1H B 1E =23．所以直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点A 1到平面AED 1的距离为h ，在△AED 1中，AE =√5,AD 1=2√2,D 1E =3， cos∠AED 1=D 1E 2+AE 2−AD 122D 1E⋅AE=2×3×√5=√55，所以sin∠AED 1=2√55，易得S △AED 1=3．由V E−AA 1D 1=V A 1−AED 1，得13S △AD 1A 1⋅A 1B 1=13S △AED 1⋅ℎ，解得ℎ=43，设直线AA 1与平面AED 1所成的角为θ，所以sinθ=ℎAA 1=23．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II ）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 17、已知正方体ABCD −A ′B ′C ′D ′.(1)G 是△BA ′C ′的重心，求证：直线DG ⊥平面BA ′C ′；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =D ′F =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析(2)√24分析：（1）根据空间向量，以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ 为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.（1）证明：设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ ，显然i ⋅j =0，j ⋅k ⃑ =0，k ⃑ ⋅i =0，因为G 是△BA ′C ′的重心，所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i +j +k ⃑ ),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ −i ；DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑ 2−i 2)=0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.18、如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点.（1）求证：经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ；（2）若PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =2，求四面体ABEP 的体积. 答案：（1）证明见解析；（2）23.分析：（1）设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ，连结EF,AF ，证明CD//EF.即得F 为PD 的中点，即截面ABE 平分侧棱PD ；（2）取PB 中点H ，连EH ，证明EH ⊥平面PAB ，即得解. （1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB 中点H ，连EH ， ∵E 是PC 中点，∴EH//BC ，即EH =1且EH ⊥平面PAB ，又Rt △PAB 的面积S =12PA ⋅AB =2.∴四面体ABEP 的体积V =V E−PAB =13⋅S ⋅EH =23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.19、如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，求此三棱柱的表面积．答案：24√2+4√3分析：设AD =b,AB =a ，根据△BC 1D 是面积为6的直角三角形，由{BD 2+C 1D 2=BC 1212⋅BD ⋅C 1D =6求解.解：设AD =b,AB =a ，则BD =C 1D =√a 2+b 2，BC 1=√a 2+4b 2．由题意得{BD 2+C 1D 2=BC 12,12⋅BD ⋅C 1D =6, 即{a 2+b 2+a 2+b 2=a 2+4b 2,a 2+b 2=12,解得{a =2√2,b =2, 从而S 表=4×3×2√2+2×2√2×2√2×√34=24√2+4√3．。

高中数学立体几何经典练习题试题(含答案)

高中数学立体几何经典练习题训练试题学校：姓名：班级：考号：说明：1、本试卷包括第I 卷（选择题•）和第II 卷（非选择题）两部分。

满分100 分。

考试时间100分钟。

2、答题前，考生务必将自己的姓名、考号用。

.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。

3.超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

考试结束后，将答题卡收回。

第I 卷（选择题）评卷入得分一.单选题（共_小题）1.如图的组合体的结构特征是（）2、如图，正方体ABCD-AiBiJDi 的棱长为1,过点A 作平面AiBD 的垂线，垂足为H,则以 A. 一个棱柱中截去一个棱柱C. 一个棱柱中截去一个棱锥 B. 一个棱柱中截去一个圆柱D. 一个棱柱中截去一个棱台下命题中，错误的是（）5 CiB.直线AH 与CD1的成角为90。

D.直线AH 与BBi 的成角为45。

3.设M=｛正四棱柱｝, N=｛直四棱柱｝, P=｛长方体｝, Q=｛直平行六面体｝,则四个集合的关系为（）A. MCRCNCQB. MCPC QCNC. P£M&N*QD. P^MEQ^N4、在棱长为工的正方体ABCD-AiB 1ciDi 中,若E, F, G 分别为QD 】,AA n BBi 的中点，则空间四边形EFBG 在正方体下底面ABCD 上的射影面积为（）5.在楂长为1的正方体中过相邻三个面上的对角线截得一个正三楂锥，则它的高是（A. 1B.孚C. £D.6,设棱锥的高为H,底面枳为S,用平行于底面的平面截得的棱锥高的下半部分高为h,若截面面积为P,则h: ^1是（）S —PB --7、如图,在正方体ABCD-AiBiCiDi 中,E 、F 、G 分别是棱A T B I 、BB I . B I C I 的中点,则下列 A.点H 是aAiBD 的垂心C. AH 的延长线经过点Ci结论中：①平面A' FG_L 平面ABC ；②BC 〃平面A ，DE ：③三棱锥A' -DEF 的体积最大值为占a?：nd_④存在某个位置，使得DF 与A' E 垂直.其中正确的命题是（） ① FG_LBD ；②&口，面 EFG ；③面 EFG 〃面 ACCiAi ：④EF 〃面 CDD 1cl.正确结论的序号是（）A.①和②B.③和④C.①和③D.②和④8. 一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面（）A.必定都不是直角三角形B.至多有一个直角三角形9、如图，边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G,已知^A' DE（A' 6平面ABC ）是4ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，有下列命题：r CA.②B.②③10、如图所示，正方体ABCD-A1B1C 仙的棱长为1,线段B]D1上有两个动点E, F,且EF=J,12. 一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为36五，那么这个正三楂柱的体积是（） A. 27^3 B. 363 C. 54回 D. 162收13、三棱锥 P-ABC, PC_L 面 ABC, ZXPAC 是等腰三角形，PA=4, AB_LBC, CHLPB,垂足为 H, D 是PA 的中点，则aCDH 的面积最大时，CB 的长是（）① ACJ_BE②EF 〃平面ABCD③三棱锥A-BEF 的体积为定值@AAEF 的面枳与ABEF 的面枳相等.其中错误的结论个数是（） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3如图,E 为正方体的棱AAi 的中点, F 为棱AB 上的一点，且NJEF=9（T ,则AF ： FB=C. 1： 3D. 1： 4则下列有四个结论:，孚14、如图，在边长为2的正方体ABCD-AiBiGDi中，P为棱AB的中点，M为面BCClB］上的点.一质点从点P射向点M,遇正方体的面反射（反射服从光的反射原理），反射到点D】.则线段PM与线段MDi的长度和为（415.一个棱柱为正四棱柱的充要条件是（）A.底面是正方形，有两个侧面垂直与底面B.底面是正方形，有两个侧面是矩形C.底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直D.各个面都是矩形的平行六面体第II卷（非选择题）评卷入得分二.填空题（共一小题）16.一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则它的高为.17、如图，已知正方体ABCD-AiBiJDi中，F为线段BQ的中点,E为线段A£i上的动点,则下列四个结论：D, --- r cL- 1/H B①存在点E,使EF〃BD；②存在点E,使EF_L平面ABiCiD；③EF与ADi所成的角不可能等于60° ：④三棱锥BrACE的体积随动点E而变化.其中正确的是______ .18、如图所示，在三楂柱ABC-AiBiCi中，AAi_L底面AiBiCi,底面为直角三角形，NACB=90° , AC=2, BC=1, CCi=E，P是BQ上一动点，则AiP+PC的最小值是___________ .19.三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形,NC=90" , PC±AC, PC±BC,若PC=AC=4,则△ABP的面枳为.20、如图在长方体ABCD-AiBiCiDi中，三棱锥ArABC的面是直角三角形的个数为:21.侧棱和底面边长都是3回的正四棱锥的外接球半径是22、如图，正方体ABCD-AiBiCiDi的棱长为1, 0是底面AiBiCiDi的中心,则0到平面ABCiDi 的距离为.23.在三棱锥P-ABC中，给出下列四个命题：①如果PAJ_BC, PB±AC,那么点P在平面ABC内的射影是aABC的垂心；②如果点P到4ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面ABC内的射影是4ABC 的内心；③如果棱PA和BC所成的角为60? , PA=BC=2, E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1；④三棱锥P-ABC的各棱长均为1,则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于，⑤如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为n -arccos^-.其中正确命题的序号是.24、在三楂锥的四个面中，最多有个面为直角三角形.25、如图,长方体ABCD-AiBiCiDi中,AD=1,若边AB上有且只有一个点P,使DiP_LPC,则AB=.26、正三楂台的高为3,上、下底面边长分别为2和4,求这个棱台的侧棱长和斜高.27、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60° ,又NBAC=60” ,且SA1BC.(1)求证：S-ABC为正三楂锥；(2)已知SA=a,求S-ABC的全面积.28、如图,已知直四棱柱ABCD-AiBiCiDi的底面是边长为2、ZADC=120°的菱形，Q是侧棱 DDi (DDi>^ )延长线上的一点，过点Q、Ai、Ci作菱形截面QAiPCi交侧棱BB T于点P.设截面QAiPCi的面积为Si,四面体Bi-AiJP的三侧面△BiAiCi、ABiPCi. Z\BiAiP面枳的和为(I )证明：AC±QP；(II)当S取得最小值时,求C0SNA1QC1的值.29、已知三棱椎 D-ABC, AB=AC=1, AD=2, ZBAD= ZCAD= ZBAC=90° ，点 E, F 分别是 BC, DE的中点，如图所示，fl(1)求证 AJLBC(2)求线段AF的长.30.已知正三棱锥的高为1，底面边长为2眄，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切, 求：(1)棱锥的全面积；(2)球的半径R.参考答案1.如图的组合体的结构特征是（）答案：C即三楂锥可得的组合体.故为一个棱柱中截去一个棱锥所得. 故选C.2、如图，正方体ABCD-A]B£iDi 的棱长为1,过点A 作平面A^BD 的垂线，垂足为H,则以下命题中，错误的是（）B.直线AH 与CDi 的成角为90。

高中空间立体几何经典例题精选全文完整版

可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C 【答案】A3 3．（20XX 年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A4 4．（20XX 年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于（）A ．1B ．2C ．2-12D ．2+12【答案】C5．（20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（）A．512πB ．3πC．4πD．6π【答案】B6．（20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为（）A．5603B．5803C．200D．240【答案】C7．（20XX年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11．（20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16．（20XX 年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18．（20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19．（20XX年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。

高中立体几何经典题型练习题(含答案)

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

满分100分。

考试时间90分钟。

２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。

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

高中几何体试题及答案

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

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

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

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

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

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

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

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

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

通过不断的练习和思考，相信你们能够在几何学领域取得优异的成绩。

2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案

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

24届新高考一卷数学立体几何题

24届新高考一卷数学立体几何题一、在空间中，给定四个点A、B、C、D，其中任意三点不共线，且四点不共面。

若AB垂直于CD，AC垂直于BD，则下列说法正确的是？A. BC垂直于ADB. AD垂直于BC且AB垂直于BCC. AB与AD平行D. CD与BD平行（答案：A）二、一个正方体的六个面分别被涂成红色、蓝色、黄色、绿色、紫色和橙色。

现将其三个相邻的面切去，剩余部分是一个三棱柱。

若三棱柱的三个侧面颜色分别是红色、蓝色和黄色，则其底面和顶面的颜色不可能是？A. 绿色和紫色B. 绿色和橙色C. 紫色和橙色D. 绿色和绿色（答案：D）三、在直角坐标系中，有一个三棱锥O-ABC，其中O为原点，A、B、C三点的坐标分别为(1,0,0)、(0,1,0)、(0,0,1)。

过点D(1,1,1)作平面α，使得平面α与三棱锥O-ABC的三个侧面都相交，但不与底面OAB相交。

则平面α与三棱锥O-ABC的交线共有几条？A. 1B. 2C. 3D. 4（答案：C）四、有一个长方体，其三边长分别为3、4、5。

若从其一个顶点出发，沿其表面走到对角顶点，其最短路径长度为多少？A. 5B. √41C. √52D. √65（答案：C）五、在空间中，给定一个三角形ABC和一个点P，其中点P不在平面ABC上。

过点P作平面α，使得平面α与三角形ABC所在平面相交于一条直线l。

若直线l平行于BC，且AP=PB，则点A到直线l的距离与点C到直线l的距离的关系是？A. 相等B. 点A到l的距离是点C到l的两倍C. 点C到l的距离是点A到l的两倍D. 无法确定（答案：A）六、有一个圆柱，其底面半径为r，高为h。

现从其底面圆心出发，沿其侧面走到顶面圆心，其最短路径长度为？A. hB. 2rC. √(h² + 4r²)D. √(h² + (2r)²)（答案：D）七、在空间中，给定四个点A、B、C、D，它们不共面。

高中数学立体几何大题练习与答案

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

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步知识总结例题

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步知识总结例题单选题1、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（）A ．1B ．57C ．1417D ．56答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解.根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =xAB⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ，因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0；又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0，解得x =817,y =617，所以x +y =1417. 故选：C.2、紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容积约为（）A．100cm3B．200cm3C．300cm3D．400cm3答案：B分析：根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，求出ℎ的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，解得：ℎ=10，则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，所以该壶的容积V=13×π×52×10−13×π×32×6=1963π≈200cm3.故选：B.3、在空间中，下列命题是真命题的是（）A ．经过三个点有且只有一个平面B ．平行于同一平面的两直线相互平行C ．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D ．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面答案：D分析：由三点共线判断A ；由线面、线线位置关系判断B ；根据等角定理判断C ；由线面平行和垂直的判定以及性质判断D.当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故A 错误；平行于同一平面的两直线可能相交，故B 错误；由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C 错误；如果两个相交平面α,β垂直于同一个平面γ，且α∩β=l ，则在平面α、β内分别存在直线m,n 垂直于平面γ，由线面垂直的性质可知n //m ，再由线面平行的判定定理得m //β，由线面平行的性质得出m //l ，则l ⊥γ，故D 正确；故选：D4、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（）A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16 答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B ．5、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与GH 的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //GH ,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.6、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D7、若直线a ⊥平面α，直线b ⊥平面α，则直线a 与直线b 的位置关系为（）A ．异面B ．相交C ．平行D ．平行或异面答案：C解析：利用线面垂直的性质定理进行判断.由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线a ⊥平面α，直线b ⊥平面α时，直线a 与直线b 平行.故选：C.8、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32，设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.9、下列说法正确的有（）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确； ②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确； ③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A10、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）D．26πA．18πB．20πC．22π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.填空题11、如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是平行直线的图是________(填序号).答案：①②分析：根据正方体的结构特征，以及两直线的位置关系的判定方法，即可求解.根据正方体的结构特征，可得①②中RS 与PQ 均是平行直线，④中RS 和PQ 是相交直线，③中RS 和PQ 是是异面直线.所以答案是：①②.12、在正三棱锥S −ABC 中，AB =BC =CA =6，点D 是SA 的中点，若SB ⊥CD ，则该三棱锥外接球的表面积为___________.答案：54π分析：通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA ，SB ，SC 两两垂直，则可求出外接球的半径，进而求出球的表面积.设△ABC 的中心为G ，连接SG ，BG ，∴SG ⊥平面ABC ，∵AC ⊂面ABC ，∴SG ⊥AC ，又AC ⊥BG ，BG ∩SG =G ，∴AC ⊥平面SBG ，∵SB ⊂平面SBG ，∴AC ⊥SB ，又SB ⊥CD ，AC ∩CD =C ，∴SB ⊥平面ACS .∵SA,SC ⊂平面ACS ，∴SB ⊥SA,SB ⊥SC ，∵S −ABC 为正三棱锥，∴SA ，SB ，SC 两两垂直，∴SA =SB =SC =3√2，故外接球直径为√(3√2)2+(3√2)2+(3√2)2=3√6，故三棱锥S −ABC 外接球的表面积为4π×(3√62)2=54π.所以答案是：54π.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA，SB，SC两两垂直，即可求出半径.13、一个圆锥的母线长为20，母线与轴的夹角为60∘，则圆锥的高为________．答案：10分析：利用圆锥的几何性质可求得该圆锥的高.由题意可知，该圆锥的高为ℎ=20cos60∘=10.所以答案是：10.14、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④15、如图，已知正三棱柱ABC—A′B′C′的底面边长为1cm，侧面积为9cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为___________cm.答案：3√2分析：将三棱柱侧面展开如图，得到展开图的对角线即为最短距离，根据棱柱的侧面积求出高，再利用勾股定理计算可得．解：将正三棱柱ABC—A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意AB=BC=AA1=1cm，由侧面积为9cm2，所以C△ABC⋅AA′=9，则AA′=3cm，依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线为|AA′1|=√AA12+A1A1′2=√32+32=3√2cm；所以答案是：3√2解答题16、两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM=FN，过点M作MH⊥AB于点H．求证：平面MNH∥平面BCE．答案：证明见解析分析：结合正方形性质可知MH//BC，即MH//平面BCE，同时AMAC =AHAB，又由条件可知FNBF=AMAC，即可判断NH//AF//BE，进而证明即可.证明：因为正方形ABCD中MH⊥AB，BC⊥AB，所以MH//BC，则AMAC =AHAB，因为BC⊂平面BCE，所以MH//平面BCE因为BF=AC，AM=FN，所以FNBF =AMAC，所以FNBF =AHAB，所以NH//AF//BE，因为BE⊂平面BCE，则NH//平面BCE因为MH⊂平面MNH，NH⊂平面MNH，MH∩NH=H，所以平面MNH//平面BCE17、如图，一个三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面ABC，CC1=3．有一只小虫从点A沿三个侧面爬到点A1，求小虫爬行的最短路程．答案：3√5分析：沿AA1将三棱柱的侧面展开，可得到矩形AA1D1D，计算出该矩形的对角线AD1的长，即为所求. 解：沿AA1将三棱柱的侧面展开，则展开后的图形是矩形AA1D1D，如下图所示：且AD=3×2=6，DD1=3，所以，小虫爬行的最短路程为AD1的长，且AD1=√AD2+DD12=3√5.18、某圆锥的侧面展开图的面积为12π，扇形的圆心角α[α∈(0,π)]的正切值为−√3，求圆锥的体积．答案：16√2π3分析：由扇形的面积公式与圆锥的体积公式求解设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，高为ℎ．由扇形的圆心角的正切值为−√3，得扇形的圆心角为2π3．因为扇形的面积为12π，所以12×2π3l2=12π，解得l=6．又圆锥底面周长为2πr=2π3l=4π，解得r=2，所以圆锥的高ℎ=√l2−r2=√62−22=4√2，所以圆锥的体积V=π3×22×4√2=16√2π3．19、如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）√23．分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM ⊥DB ,所以k AM ⋅k BD =−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC =2a(a >0)．因为DC =1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM ⋅k BD =a−01−0×2a−00−1=a ×(−2a)=−2a 2=−1．所以a =√22，即DA =√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，设|DA|=t ，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M (t 2,1,0)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t 2,1,0)．所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0．所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以(PD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．即PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0．所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.。

(完整word版)高中立体几何大量习题及答案

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

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

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

5.两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（）A ・I 个B. 2个C. 3个 D0°D.A. 1, 2, 3 B・ 2, 4, 6 C・ 1, 4, 6 D・ 3, 6, 98. 如图，在四而体ABCD 中，截rfij AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O,且与BC, DC 分别截于E 、F,如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A —BEFD 与三棱锥A-EFC 的表面积分别是Si ，52,则必有（）A. S\<S2B. Si>S2C. S I =52D. 5I ，S2的大小关系不能确定 9. 条件甲：四棱锥的所有侧面都是全等三角形，条件乙：这个四棱锥是正四棱锥，则条件甲是条件乙的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件10. 已知棱锥的顶点为P, P 在底面上的射影为O, PO=a,现用平行于底面的平面去截这个棱锥，截面交PO 于点M,并使截得的两部分侧面积相等，设OM=b ，则a 与b 的关系是（） B ・ h= （ V2 +1） aD.后土色 2 —♦ f11. 已知向量d=（2, 4, x ）, 〃=（2, y, 2）,若f |=6, “ 丄〃，则 x+y 的值是（）12. 一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是迈,JI 亦，这个长方体它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是（）A.1271B. 1871C.3671D. 6兀 13. 己知某个几何体的三视图如下，图中标出的尺寸（单位:cm ）,则这个几何体的体积是（）已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧tfri 展开图扇形的圆心角为（ A.12O 0 B.15O 0 C.180° D.24O 0A ・ b= ( 5/2 —l)a A. 4000 14. A8000 正视图俯视图20. 15.在一个倒置的正三棱锥容器内，放入一个钢球，钢球恰好与棱锥的四个而都接触，经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是（）“（-1,0,2）,且几+》与必―》互相垂直，贝IJR 值是（）厂3 “7 C. — D.— 5516. 正四棱柱 ABCD-AiBiCiDi 中，AB=3, BBi=4.长为 1 的线段PQ 在棱AAi 上移动，长为3的线段MN 在棱 CCi±移动，点R 在棱BBi 上移动，则四棱锥R- PQMN 的体积是（）A. 6B. 10 C ・12 D ・不确定17. 已知三棱锥0—ABC 中，OA 、OB 、OC 两两互相垂直，若x+y=4,则已知三棱锥O —ABC 体积的最大值是（）1 2 >/3 B. — C. — D. 3 3 3 A.l18. 如图，在正四面体A-BCD 中，E 、F 、G 分别是三角形ADC 、ABD 、BCD 的中心, 则AEFG 在该正四面体各个面上的射影所有可能的序号是（）A.①③B.②®® c.③④D.②④ A/ \ /◎、L ________ \ ① MB — — —②19. 如來底而直径和高相等的圆柱的侧面积是s •那么圆柱的体积等于A.-VSB.-J-C.-VSD.- 2 2V K 44 vn 已知直线AB. CD 是异面直线，AC 丄AB, AC 丄CD, BD 丄CD, 则异面直线AB 与CD 所成角的大小为（）A. 30°B. 45° 且 AB=2, CD=1,C. 60°D. 75°已知向量”m°）,B.- 5 A. 1 OC=1, OA=x, OB=y,22. 在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最参可有（）A.4个B.2个C.3个D.1个23. 三棱锥A-BCD 中，AC 丄BD, E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，则四边形EFGH 是（）A.菱形B.矩形C.梯形D.正方形24. 在正四面体P —ABC 中，D 、E 、F 分别是AB 、BC 、CA 的中点，下面四个结论中不成立的是（）25. 一棱锥被平行于底面的平面所截，若截面1何积与底面面积的比为1： 3,则此截面把一条侧棱分成的两线段之比为（）A.1： 3B.1： 2C.1：羽D.1：羽一 1 26. 正四面体P —ABC 中，M 为棱AB 的中点，则PA 与CM 所成角的余弦值为（）A 並B 並C 返D 迴 A. 2 B. § C. 4 D. 327. —个三棱锥S —ABC 的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，且长度分别为1, & ,3 已知该三棱锥的四个顶点都在一个球而上，则这个球的表面积为（）A.16nB.32 兀C.36 兀D.64 兀28. 在棱长为。

高中数学必修2立体几何考题(附答案)(最新整理)

，与CM 交于Q (只写作法，不必证明ON 确定一个平面α.两两相交，有三条交线OP 、CM 必相交，记交点为Q .OQ 与AN 交于P ，与CM .143B C 中，AB ＝BC ＝B B ＝aBC＝a，∠ABC＝90°，－A1B1C1D1中，O，MBD1的公垂线；所成的角的余弦值；，求异面直线AA1与BD1的距离．的中点，平行的平面，交侧棱PC于点E，又作，则O为AC的中点，连结∩平面BDE＝OE，∴PA底面ABCD，与平面ABC所成角的余弦值．⊥l1，MN∩l1＝M，可得，可知AN＝NB且AN⊥内的射影，ABC的中心．连结BH，中，CB＝CD，AD⊥BD，点分别是AB、BD的中点．本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、分别是AB、BD的中点，所以ACD，∴直线EF∥平面上，为异面直线BF所以FA，ADFA＝a，，则MP⊥CE.又⊥平面CDE.因为PC＝PD，所B 1C 1D 1中，AD ⊥BD 的中点．D 与DE 所成的角．，A 1E ＝DE ＝a ，52，求B1C与平面BCD所成的角的大小．，连结EF，为平行四边形，从而AF∥DE.⊥平面BCC1，从而AF⊥BC的垂直平分线，，故∠AGC为二面AB＝2，BC＝2BAD＝90°，PA＝AD＝DC＝2，AB所成的角的正弦值；的距离．证明：如图，在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝2，.在平面ABCD内的射影，的底面是正方形，PA⊥底面A 1B 1C 1为直三棱柱，，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ABB 1A 1是菱形且是正三角形，＝a ，32a ＝a 3.32116两点间的球面距离为，点A 与B 、π3BAC ＝，设74、；到平面SBD 的距离；⊥AC ，又∵SA ⊥平面BED ⊥平面SAC .由三垂线定理得BD ⊥SO .AO ＝AC 12，S ＝BD ·SO ＝·211，ABC ＝∠BCD ＝90°的中点，M∈BB1，异面直线MN的中点；所成角的大小；的大小．，连结PM，PN.PN，又∵AA1⊥MN，MN∩PN，∴PM∥AB，与平面ADD 1A 1所成的角．＝1，PN ＝，12PNM ＝arctan2.所成的角为arctan2.是BB 1的中点，∴A 1N ＝AN ，A 1M MN ≌△AMN .交MN 于G ，连结A 1G ，则∠A 1GA G ＝GA ＝，305＝－，∴∠A GA ＝arccos(－－AA 212、CF 都与平面ABCD 垂直，的大小；F －ABCD 公共部分的体积．本题考查空间位置关系，二面角平面角的作法以及空间几何体的体积计算等知识．考查利用综合法或向量法解决立体几何问题的能力．交于菱形的中心O ，过O 作OG ⊥平面ACF ，故BD ⊥AF AF ，DG ⊥AF ，∠BGD π2所在平面和圆O所在的平面互相垂直．已知；所成角的大小；D－FE－B的大小为⊥平面ABEF，CB⊥AB。

(完整版)高中立体几何经典练习试题[最新版]

1.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，CB⊥平面PAB，AD∥BC，且PA=PB=AB=BC=2AD=2．（Ⅰ）求证：平面DPC⊥平面BPC；（Ⅱ）求二面角C﹣PD﹣B的余弦值．2.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，，E、F分别为AD、PC中点．（1）求点F到平面PAB的距离；（2）求证：平面PCE⊥平面PBC；（3）求二面角E﹣PC﹣D的大小．3.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.4.如图所示三棱柱111C B A ABC -中，⊥1AA 平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，CD AD 2=，CD AC ⊥.（Ⅰ）若AC AA =1,求证：⊥1AC 平面CD B A 11；（Ⅱ）若D A 1与1BB 所成角的余弦值为721，求二面角11C D A C --的余弦值.5.在直角梯形ABCD 中，//,,3,2,AB CD AD AB DC AB ⊥== 1,AD =,1AE EB DF ==,现把EF 它沿折起，得到如图所示的几何体，连接,,DB AB DC ，使 5.DC =（1）求证：平面DBC ⊥平面DFB ；（2）判断在线段DC 上是否存在一点H ，使得二面角E BH C --的余弦值为306-，若存在，确定H 的位置，若不存在，说明理由.6.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，24AB AD ==，23BD =，PD ⊥底面ABCD ．（1）证明：平面PBC ⊥平面PBD ；（2）若二面角P BC D --的大小为6π，求AP 与平面PBC 所成角的正弦值．7.在三棱锥A BCD -中，4,22AB BC AD BD CD =====,在底面BCD 内作CE CD ⊥，且 2.CE =（1）求证：//CE 平面ABD ；（2）如果二面角A BD C --的大小为90，求二面角B AC E --的余弦值.8.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形， PA ⊥底面ABCD ，AD AP =，E 为棱PD 中点.（1）求证：PD ⊥平面ABE ；（2）若F 为AB 中点，(01)PM PC λλ=<<，试确定λ的值，使二面角P FM B --的余弦值为33-.9.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，点C 在平面111A B C 内的射影点为11A B 的中点 1,,90O AC BC AA ACB ==∠=.（1）求证:AB ⊥ 平面1OCC ；（2）求二面角1A CC B --的正弦值.F PM A CD EB10.已知多面体ABCDEF 如图所示.其中ABCD 为矩形，DAE △为等腰直角三角形，DA AE ⊥，四边形AEFB 为梯形，且AE BF ∥，90ABF =︒∠，22AB BF AE ===.（1）若G 为线段DF 的中点，求证：EG ∥平面ABCD .（2）线段DF 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面FCD 所成角的余弦值等于215若存在，请指出点N 的位置；若不存在，请说明理由.11.在如图所示的几何体中，平面ADNM ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，四边形ADNM 是矩形，π3DAB ∠=，2AB =，1AM =，E 是AB 的中点．(Ⅰ)求证：DE ⊥平面ABM ； (II)在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P EC D --的大小为π4？若存在，求出AP 的长；若不存在，请说明理由．12.如图，已知梯形CDEF 与△ADE 所在平面垂直，AD ⊥DE ，CD ⊥DE ，AB ∥CD ∥EF ，AE=2DE=8，AB=3，EF=9．CD=12，连接BC ，BF ．（Ⅰ）若G 为AD 边上一点，DG=DA ，求证：EG ∥平面BCF ；（Ⅱ）求二面角E ﹣BF ﹣C 的余弦值．N M D CE B A13.如图三棱柱中，侧面为菱形，.(1)证明：；(2)若，，，求二面角的余弦值.14.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．15.如图,在四棱锥中,底面为菱形,为的中点.(Ⅰ)若,求证:平面平面;(Ⅱ)若平面平面,且,点在线段上,试确定点的位置,使二面角大小为,并求出的值.16.已知在边长为4的等边△ABC （如图1所示）中，MN ∥BC ，E 为BC 的中点，连接AE 交MN 于点F ，现将△AMN 沿MN 折起，使得平面AMN ⊥平面MNCB （如图2所示）．（1）求证：平面ABC ⊥平面AEF ；（2）若S BCNM =3S △AMN ，求直线AB 与平面ANC 所成角的正弦值．17.如图（1），在五边形BCDAE 中，AB CD //，90=∠BCD ，1==BC CD ，2=AB ，ABE ∆是以AB 为斜边的等腰直角三角形.现将ABE ∆沿AB 折起，使平面⊥ABE 平面ABCD ，如图（2），记线段AB 的中点为O . （1）求证：平面⊥ABE 平面EOD ；（2）求平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角的大小.18.如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD DC CB ===，60ABC ∠=，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，2CF =.（1）求证：BC ⊥平面ACFE ；（2）点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 二面角的平面角为(90)θθ≤，试求cos θ的取值范围.。

(完整版)高中数学必修2立体几何测试题及答案

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

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

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

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

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

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

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

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

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

高中数学立体几何经典练习题试题(含答案)

高中数学立体几何经典练习题训练试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题·）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间100分钟。

２、答题前，考生务必将自己的姓名、考号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。

3．超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

考试结束后，将答题卡收回。

第Ⅰ卷（选择题）一．单选题（共__小题）1．如图的组合体的结构特征是（）A．一个棱柱中截去一个棱柱B．一个棱柱中截去一个圆柱C．一个棱柱中截去一个棱锥D．一个棱柱中截去一个棱台2、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是（）A．点H是△A1BD的垂心B．直线AH与CD1的成角为900C．AH的延长线经过点C1D．直线AH与BB1的成角为4503．设M={正四棱柱}，N={直四棱柱}，P={长方体}，Q={直平行六面体}，则四个集合的关系为（）A．M⊊P⊊N⊊Q B．M⊊P⊊Q⊊N C．P⊊M⊊N⊊Q D．P⊊M⊊Q⊊N4、在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为C1D1，AA1，BB1的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（）A．1B．C．D．5．在棱长为1的正方体中过相邻三个面上的对角线截得一个正三棱锥，则它的高是（）A．1B．C．D．6．设棱锥的高为H，底面积为S，用平行于底面的平面截得的棱锥高的下半部分高为h，若截面面积为P，则h：H是（）A．B．C．D．7、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点，则下列结论中：①FG⊥BD；②B1D⊥面EFG；③面EFG∥面ACC1A1；④EF∥面CDD1C1．正确结论的序号是（）A．①和②B．③和④C．①和③D．②和④8．一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面（）A．必定都不是直角三角形B．至多有一个直角三角形C．至多有两个直角三角形D．可能都是直角三角形9、如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE（A′∉平面ABC）是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，有下列命题：①平面A′FG⊥平面ABC；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′-DEF的体积最大值为a3；④存在某个位置，使得DF与A′E垂直．其中正确的命题是（）A．②B．②③C．①②③D．①②③④10、如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列有四个结论：①AC⊥BE②EF∥平面ABCD③三棱锥A-BEF的体积为定值④△AEF的面积与△BEF的面积相等．其中错误的结论个数是（）A．0B．1C．2D．311．如图，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF=90°，则AF：FB=（）A．1：1B．1：2C．1：3D．1：412．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为36π，那么这个正三棱柱的体积是（）A．27B．36C．54D．16213、三棱锥P-ABC，PC⊥面ABC，△PAC是等腰三角形，PA=4，AB⊥BC，CH⊥PB，垂足为H，D是PA的中点，则△CDH的面积最大时，CB的长是（）A．B．C．D．14、如图，在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱AB的中点，M为面BCC1B1上的点．一质点从点P射向点M，遇正方体的面反射（反射服从光的反射原理），反射到点D1．则线段PM与线段MD1的长度和为（）A．B．4C．D．315．一个棱柱为正四棱柱的充要条件是（）A．底面是正方形，有两个侧面垂直与底面B．底面是正方形，有两个侧面是矩形C．底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直D．各个面都是矩形的平行六面体第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共__小题）16．一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则它的高为______．17、如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，F为线段BC1的中点，E为线段A1C1上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使EF∥BD；②存在点E，使EF⊥平面AB1C1D；③EF与AD1所成的角不可能等于60°；④三棱锥B1-ACE的体积随动点E而变化．其中正确的是______．18、如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，P是BC1上一动点，则A1P+PC的最小值是______．19．三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形，∠C=90°，PC⊥AC，PC⊥BC，若PC=AC=4，则△ABP的面积为______．20、如图在长方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-ABC的面是直角三角形的个数为：______．21．侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的外接球半径是______．22、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为______．23．在三棱锥P-ABC中，给出下列四个命题：①如果PA⊥BC，PB⊥AC，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；②如果点P到△ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC 的内心；③如果棱PA和BC所成的角为60？，PA=BC=2，E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1；④三棱锥P-ABC的各棱长均为1，则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于；⑤如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为π-arccos．其中正确命题的序号是______．24、在三棱锥的四个面中，最多有______个面为直角三角形．25、如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=1，若边AB上有且只有一个点P，使D1P⊥PC，则AB=______．三．简答题（共__小题）26、正三棱台的高为3，上、下底面边长分别为2和4，求这个棱台的侧棱长和斜高．27、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且SA⊥BC．（1）求证：S-ABC为正三棱锥；（2）已知SA=a，求S-ABC的全面积．28、如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2、∠ADC=120°的菱形，Q是侧棱DD1（DD1＞）延长线上的一点，过点Q、A1、C1作菱形截面QA1PC1交侧棱BB1于点P．设截面QA1PC1的面积为S1，四面体B1-A1C1P的三侧面△B1A1C1、△B1PC1、△B1A1P面积的和为S2，S=S1-S2．（Ⅰ）证明：AC⊥QP；（Ⅱ）当S取得最小值时，求cos∠A1QC1的值．29、已知三棱椎D-ABC，AB=AC=1，AD=2，∠BAD=∠CAD=∠BAC=90°，点E，F分别是BC，DE的中点，如图所示，（1）求证AF⊥BC（2）求线段AF的长．30．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切，求：（1）棱锥的全面积；（2）球的半径R．参考答案一．单选题（共__小题）1．如图的组合体的结构特征是（）A．一个棱柱中截去一个棱柱B．一个棱柱中截去一个圆柱C．一个棱柱中截去一个棱锥D．一个棱柱中截去一个棱台答案：C解析：解：如图所示的图形，可看成是四棱柱截取一个角即三棱锥可得的组合体．故为一个棱柱中截去一个棱锥所得．故选C．2、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是（）A．点H是△A1BD的垂心B．直线AH与CD1的成角为900C．AH的延长线经过点C1D．直线AH与BB1的成角为450答案：D解析：解：由ABCD-A1B1C1D1是正方体，得A-A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故A正确；∵AH⊥面A1BD，∴AH⊥A1B，又CD1∥A1B，可得直线AH与CD1的成角为90°，故B正确；连接AC1，由三垂线定理及线面垂直的判定可得AC1⊥面A1DB，再由过一点与已知平面垂直的直线有且只有一条可得AH与AC1重合，可得C正确；直线AH与BB1所成的角，即为AH与AA1所成的角，设为θ，由正方体棱长为1，可得正三棱锥的底面边长为，从而求得AH=，则cos，∴D 错误．故选：D．3．设M={正四棱柱}，N={直四棱柱}，P={长方体}，Q={直平行六面体}，则四个集合的关系为（）A．M⊊P⊊N⊊Q B．M⊊P⊊Q⊊N C．P⊊M⊊N⊊Q D．P⊊M⊊Q⊊N答案：B解析：解：M={正四棱柱}；底面是正方形的直棱柱；N={直四棱柱}：是侧棱与底面垂直的四棱柱，底面是四边形即可；P={长方体}：底面是矩形侧棱垂直底面的四棱柱；Q={直平行六面体}：是侧棱垂直底面的四棱柱；故选B．4、在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为C1D1，AA1，BB1的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（）A．1B．C．D．答案：B解析：解：过E点做EH垂直CD于H，连接EH，易得H即为E在平面ABCD上的射影，连接AH，BH，如下图所示则AH，BH，AB分别为FE，EG，FB在平面ABCD上的射影，又由G在平面ABCD上的射影为B，故△ABH即为空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影∵S△ABH=S ABCD=故选B5．在棱长为1的正方体中过相邻三个面上的对角线截得一个正三棱锥，则它的高是（）A．1B．C．D．答案：C解析：解：沿棱长为1的正方体相邻三个面的对角线截去一个棱锥，如图，棱锥C′-CBD的体积为：=，又棱锥C-BDC′的体积为：，它们是同一个几何体的体积，∴=，∴h=，故选C．6．设棱锥的高为H，底面积为S，用平行于底面的平面截得的棱锥高的下半部分高为h，若截面面积为P，则h：H是（）A．B．C．D．答案：D解析：解：∵平行于底面的截面与底面是相似的多边形，两个面积的相似比等于对应的棱锥的高度之比，∴，∴，∴h：H=1-=，故选D7、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点，则下列结论中：①FG⊥BD；②B1D⊥面EFG；③面EFG∥面ACC1A1；④EF∥面CDD1C1．正确结论的序号是（）A．①和②B．③和④C．①和③D．②和④答案：D解析：解：如图连接A1C1、A1B、BC1、BD、B1D，因为E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点对于①因为FG∥BC1，△BDC1是正三角形，FG⊥BD，不正确．对于②因为平面A1C1B∥平面EFG，并且B1D⊥平面A1C1B，所以B1D⊥面EFG，正确．③面EFG∥面ACC1A1；显然不正确．④EF∥平面CDD1C1内的D1C，所以EF∥面CDD1C1．正确．故选D8．一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面（）A．必定都不是直角三角形B．至多有一个直角三角形C．至多有两个直角三角形D．可能都是直角三角形答案：D解析：解：如果一个三棱锥的底面是直角三角形，如图，AB⊥面BCD，BC⊥CD，BC⊥AC，那么它的三个侧面都是直角三角形．故选D．9、如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE（A′∉平面ABC）是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，有下列命题：①平面A′FG⊥平面ABC；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′-DEF的体积最大值为a3；④存在某个位置，使得DF与A′E垂直．其中正确的命题是（）A．②B．②③C．①②③D．①②③④答案：D解析：解：①中由已知可得四边形ABCD 是菱形，则DE⊥GA′，DE⊥GF，∴DE⊥平面A′FG，∴面A′FG⊥面ABC，①正确；又BC∥DE，∴BC∥平面A′DE；②正确；当面A′DE⊥面ABC 时，三棱锥A′-DEF 的体积达到最大，最大值为××a2×a= a3，③正确；当（A′E）2+EF2=（A′F）2时，DF与A′E垂直，∴④正确；故选：D．10、如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列有四个结论：①AC⊥BE②EF∥平面ABCD③三棱锥A-BEF的体积为定值④△AEF的面积与△BEF的面积相等．其中错误的结论个数是（）A．0B．1C．2D．3答案：B解析：解：对于①，根据题意，结合图形知，AC⊥面DD1B1B，BE⊂平面DD1B1B，∴AC⊥BE，命题正确；对于②，正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，EF⊂平面A1B1C1D1，∴EF∥平面ABCD，命题正确；对于③，三棱锥A-BEF的体积为V三棱锥A-BEF=•S△BEF•h=×××1×=，∴三棱锥A-BEF的体积为定值，命题正确；对于④，∵点B到直线EF的距离与点A到直线EF的距离不相等，∴△AEF与△BEF的面积不相等，命题错误；综上，错误的命题有1个．故选：B．11．如图，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF=90°，则AF：FB=（）A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4答案：C解析：解：解：设正方体的棱长为：2，由题意可知C1E==3，∠C1EF=90°，所以设AF=x，12+x2+C1E2=22+22+（2-x）2，解得：x=，所以AF：FB=：=1：3；故选：C．12．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为36π，那么这个正三棱柱的体积是（）A．27B．36C．54D．162答案：D解析：解：由球的体积公式，得πR3=36π，∴R=3．∴正三棱柱的高h=2R=6．设正三棱柱的底面边长为a，则其内切圆的半径为：•a=3，∴a=6．∴该正三棱柱的体积为：V=S底•h=•a•a•sin60°•h=162．故选D．13、三棱锥P-ABC，PC⊥面ABC，△PAC是等腰三角形，PA=4，AB⊥BC，CH⊥PB，垂足为H，D是PA的中点，则△CDH的面积最大时，CB的长是（）A．B．C．D．答案：D解析：解：三棱锥P-ABC中，PC⊥面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB；又AB⊥BC，BC∩PC=C，∴AB⊥平面PBC；又CH⊂平面PBC，∴AB⊥CH，又CH⊥PB，PB∩AB=B，∴CH⊥平面PAB，又DH⊂平面PAB，∴CH⊥DH；又△PAC是等腰直角三角形，且PA=4，D是PA的中点，∴CD=PA=2，设CH=a，DH=b，则a2+b2=CD2=4，∴4=a2+b2≥2ab，即ab≤1，当且仅当a=b=时，“=”成立，此时△CDH的面积最大；在Rt△PBC，设BC=x，则PB===，∴PC•BC=PB•CH，即2•x=•；解得x=，∴CB的长是．故选：D．14、如图，在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱AB的中点，M为面BCC1B1上的点．一质点从点P射向点M，遇正方体的面反射（反射服从光的反射原理），反射到点D1．则线段PM与线段MD1的长度和为（）A．B．4C．D．3答案：C解析：解：根据几何体的性质，结合光的反射原理得出P关于B的对称点N，∴MP=NP，即连接DN，D1N，根据正方体的性质，得出Rt△D1DN，∵边长为2，∴AN=3，AD=2，即DN=，∵DD1=2，∴D1N==．故选：C15．一个棱柱为正四棱柱的充要条件是（）A．底面是正方形，有两个侧面垂直与底面B．底面是正方形，有两个侧面是矩形C．底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直D．各个面都是矩形的平行六面体答案：C解析：解：若底面是正方形，有相对的两个侧面垂直于底面，另外两个侧面不垂直于底面，则棱柱为斜棱柱，故A不满足要求；若底面是正方形，有相对的两个侧面是矩形，另外两个侧面是不为矩形的平行四边形，则棱柱为斜棱柱，故B不满足要求；底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直，则底面为正方形，侧棱与底面垂直，此时棱柱为正四棱柱，故C满足要求；各个面都是矩形的平行六面体，其底面可能不是正方形，故D不满足要求；故选C二．填空题（共__小题）16．一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则它的高为______．答案：解析：解：一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，所以圆锥的底面周长为：2π底面半径：1所以圆锥的高是：故答案为：17、如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，F为线段BC1的中点，E为线段A1C1上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使EF∥BD；②存在点E，使EF⊥平面AB1C1D；③EF与AD1所成的角不可能等于60°；④三棱锥B1-ACE的体积随动点E而变化．其中正确的是______．答案：②解析：解：设正方体的边长为1，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），B1（1，1，1），C1（0，1，1），点，则，而，，∴，因此，∴E=（λ，1-λ，1），∴，对于①而言就是否存在实数λ，使EF∥BD，而=（-1，-1，0），，此即，这样的λ不存在，∴①错误；对于②而言就是否存在实数λ，使EF⊥平面AB1C1D，首先我们在平面AB1C1D内任意找到两条相交直线的方向向量，不妨就找和，∴，于是⇒，即就是当E为C1A1的中点的时候，∴②正确；同理，对于③而言，还是判断这样的实数λ是否存在，，设其夹角为θ，则，令θ=60°，此即，将上式平方解得，将λ回代原式结论成立，∴这样的λ存在；③错误；对于④来说，E点无论在A1C1上怎样移动，底面△ACE的高不变，故而底面面积不变，三棱锥的高为定值，所以其体积不会随着E点的变化而变化，故④错误．故答案为：②．18、如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，P是BC1上一动点，则A1P+PC的最小值是______．答案：解析：解：连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，如图所示，连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，∴BC1=2，A1C1=2，A1B=2，BC=1，CC1=，即∠A1C1B=90°，∠CC1B=30°，∴∠A1C1C=90°+30°=120°，由余弦定理可求得A1C2==，∴A1P+PC的最小值是，故答案为：．19．三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形，∠C=90°，PC⊥AC，PC⊥BC，若PC=AC=4，则△ABP的面积为______．答案：解析：解：∵三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形，∠C=90°，PC⊥AC，PC⊥BC，∴三棱锥P-ABC是正方体的一个角，∴△ABP是一个边长为4的正三角形，则△ABP的面积为==．故答案为：．20、如图在长方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-ABC的面是直角三角形的个数为：______．答案：4解析：解析：据题意由AA1⊥平面ABCD，可得三角形AA1B，AA1C为直角三角形，又易推出BC⊥平面AA1B，故三角形A1BC和ABC为直角三角形，即此四面体各个面均为直角三角形．故答案为：4．21．侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的外接球半径是______．答案：36π解析：解：解：如图，侧棱和底面边长都是3的正四棱锥设正四棱锥底面的中心为O，AB=BC=3则在直角三角形ABC中，AC=×AB=6，∴AO=CO=3，在直角三角形PAO中，PO==3，∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为3，∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=3，球的表面积S=4πr2=36π，故答案为：36π22、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为______．答案：解析：解：因为O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离，就是A1到平面ABC1D1的距离的一半，就是A1到AD1的距离的一半．所以，连接A1D与AD1的交点为P，则A1P的距离是：O到平面ABC1D1的距离的2倍O到平面ABC1D1的距离：故答案为：23．在三棱锥P-ABC中，给出下列四个命题：①如果PA⊥BC，PB⊥AC，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；②如果点P到△ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC 的内心；③如果棱PA和BC所成的角为60？，PA=BC=2，E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1；④三棱锥P-ABC的各棱长均为1，则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于；⑤如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为π-arccos．其中正确命题的序号是______．答案：①④⑤解析：解：①若PA⊥BC，PB⊥AC，因为PH⊥底面ABC，所以AH⊥BC，同理BH⊥AC，可得H是△ABC的垂心，正确．②若PA=PB=PC，易得AH=BH=CH，则H是△ABC的外心，不正确．③如果棱PA和BC所成的角为60°，PA=BC=2，E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1或；不正确．④如果三棱锥P-ABC的各条棱长均为1，则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于，正确．⑤如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为π-arccos，正确．故答案为：①④⑤．24、在三棱锥的四个面中，最多有______个面为直角三角形．答案：4解析：解：如果一个三棱锥V-ABC中，侧棱VA⊥底面ABC，并且△ABC中∠B是直角．因为BC垂直于VA的射影AB，所以VA垂直于平面ABC的斜线VB，所以∠VBC是直角．由VA⊥底面ABC，所以∠VAB，∠VAC都是直角．因此三棱锥的四个面中∠ABC；∠VAB；∠VAC；∠VBC都是直角．所以三棱锥最多四个面都是直角三角形．故答案为：425、如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=1，若边AB上有且只有一个点P，使D1P⊥PC，则AB=______．答案：2解析：解：由题意，连接DP∵D1P⊥PC，D1D⊥平面ABCD∴DP⊥PC∵边AB上有且只有一个点P，使D1P⊥PC∴P是AB的中点，∵AD=1，∴AB=2故答案为2．三．简答题（共__小题）26、正三棱台的高为3，上、下底面边长分别为2和4，求这个棱台的侧棱长和斜高．答案：解：如图所示，正三棱台ABC-A1B1C1中，高OO1=3，底面边长为A1B1=2，AB=4，∴OA=×AB=，O1A1=×A1B1=，∴棱台的侧棱长为AA1==；又OE=×AB=，O1E1=×A1B1=，∴该棱台的斜高为EE1==．27、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且SA⊥BC．（1）求证：S-ABC为正三棱锥；（2）已知SA=a，求S-ABC的全面积．答案：（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可．作三棱锥S-ABC的高SO，O为垂足，连接AO并延长交BC于D．因为SA⊥BC，所以AD⊥BC．又侧棱与底面所成的角都相等，从而O为△ABC的外心，OD为BC的垂直平分线，所以AB=AC．又∠BAC=60°，故△ABC为正三角形，且O为其中心．所以S-ABC为正三棱锥．（2）解：在Rt△SAO中，由于SA=a，∠SAO=60°，所以SO=a，AO=a．因O为重心，所以AD=AO=a，BC=2BD=2ADcot60°=a，OD=AD=a．在Rt△SOD中，SD2=SO2+OD2=（a）2+（a）2=，则SD=a．于是，（S S-ABC）全=•（a）2sin60°+3••a•a=a2．28、如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2、∠ADC=120°的菱形，Q是侧棱DD1（DD1＞）延长线上的一点，过点Q、A1、C1作菱形截面QA1PC1交侧棱BB1于点P．设截面QA1PC1的面积为S1，四面体B1-A1C1P的三侧面△B1A1C1、△B1PC1、△B1A1P面积的和为S2，S=S1-S2．（Ⅰ）证明：AC⊥QP；（Ⅱ）当S取得最小值时，求cos∠A1QC1的值．答案：解：（Ⅰ）连AC、BD，则AC⊥BD；∵PB⊥底面ABCD，则AC⊥BP，∴AC⊥平面QPBD．而QP⊂平面QPBD，∴AC⊥QP．（4分）（Ⅱ）设O是A1C1与QP的交点，QD1=x、QO=y，则x2+1=y2，S=S1-S2==．（8分）∵令，则，∴当即时，S取得最小值．（11分）此时，，由余弦定理有cos∠A1QC1=．（13分）29、已知三棱椎D-ABC，AB=AC=1，AD=2，∠BAD=∠CAD=∠BAC=90°，点E，F分别是BC，DE的中点，如图所示，（1）求证AF⊥BC（2）求线段AF的长．答案：解：（1）分别以AB、AC和AD为x、y、z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示：记A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，2），∴E（，，0），F（，，1）；∴（，，1），=（-1，1，0），∴•=×（-1）+×1+1×0=0，∴⊥，即AF⊥BC；（2）∵=（，，1），∴||===，即线段AB=．30．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切，求：（1）棱锥的全面积；（2）球的半径R．答案：解：（1）设正三棱锥的底面中心为H，由题意知PH=1，边长BC=2，取BC中点E，连接HE、PE，则HE=S全=3×=9（2）过O作OG⊥PE于点G，则△POG∽△PEH，且OG=OH=R，∴，∴R=。

立体几何练习题(含答案)精选全文完整版

可编辑修改精选全文完整版《立体几何》练习题一、选择题1、一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是（）A 、垂直B 、平行C 、相交不垂直D 、不确定2. 在正方体1111ABCD A B C D -中, 与1A C 垂直的是（）A. BDB. CDC. BCD. 1CC3、线n m ,和平面βα、，能得出βα⊥的一个条件是( )A.βα//n ,//m ,n m ⊥B.m ⊥n ,α∩β=m ,n ⊂αC.αβ⊆⊥m n n m ,,//D.βα⊥⊥n m n m ,,//4、平面α与平面β平行的条件可以是（）A.α内有无穷多条直线与β平行；B.直线a//α,a//βC.直线a α⊂,直线b β⊂,且a//β,b//αD.α内的任何直线都与β平行5、设m 、n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m ⊥α，n //α，则m n ⊥ ②若αβ//，βγ//，m ⊥α，则m ⊥γ③若m //α，n //α，则m n // ④若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ其中正确命题的序号是( )A.①和②B.②和③C.③和④D.①和④6.点P 为ΔABC 所在平面外一点，PO ⊥平面ABC ，垂足为O,若PA=PB=PC ，则点O 是ΔABC 的（）A.内心B.外心C.重心D.垂心7. 若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是（）A ．若//,,l n αβαβ⊂⊂，则//l nB ．若,l αβα⊥⊂，则l β⊥C. 若,//l l αβ⊥，则αβ⊥ D ．若,l n m n ⊥⊥，则//l m8. 已知两个平面垂直，下列命题中正确的个数是（）①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的任意一条直线；②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则垂线必垂直于另一个平面.A.3B.2C.1D.09．设m.n 是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（） A ．若m ∥α,n ∥α,则m ∥n B ．若m ∥α,m ∥β,则α∥βC ．若m ∥n,m ⊥α,则n ⊥αD ．若m ∥α,α⊥β,则m ⊥β10．设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A ．若//l α,//l β,则//αβB ．若l α⊥,l β⊥,则//αβC ．若l α⊥,//l β,则//αβD ．若αβ⊥,//l α,则l β⊥ 二、填空题11、在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 中点，则三棱锥B —B 1EF 的体积为 .12．对于空间四边形ABCD ，给出下列四个命题：①若AB=AC ，BD=CD 则BC ⊥AD ；②若AB=CD ，AC=BD 则BC ⊥AD ；③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD 则BC ⊥AD ；④若AB ⊥CD ， BD ⊥AC 则BC ⊥AD ；其中真命题序号是．13. 已知直线b//平面α，平面α//平面β，则直线b 与β的位置关系为 .14. 如图，△ABC 是直角三角形，∠ACB=︒90，PA ⊥平面ABC ，此图形中有个直角三角形参考答案选择题：AACDA,BCCCB填空题：11、1312、①④ 13、//b b ββ⊂或 14、4A B C P欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。

2024届高考数学专项立体几何大题含答案

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

高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题(带答案)

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

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1.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，CB⊥平面PAB，AD∥BC，且PA=PB=AB=BC=2AD=2．
（Ⅰ）求证：平面DPC⊥平面BPC；
（Ⅱ）求二面角C﹣PD﹣B的余弦值．
2.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，，
E、F分别为AD、PC中点．
（1）求点F到平面PAB的距离；（2）求证：平面PCE⊥平面PBC；
（3）求二面角E﹣PC﹣D的大小．
3.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.
(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑;
(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.
4.如图所示三棱柱111C B A ABC -中，⊥1AA 平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，CD AD 2=，CD AC ⊥.
（Ⅰ）若AC AA =1,求证：⊥1AC 平面CD B A 11；
（Ⅱ）若D A 1与1BB 所成角的余弦值为721，求二面角11C D A C --的余弦值.
5.在直角梯形ABCD 中，//,,3,2,AB CD AD AB DC AB ⊥== 1,AD =,1AE EB DF ==,现把EF 它沿折起，得到如图所示的几何体，连接,,DB AB DC ，使 5.DC =
（1）求证：平面DBC ⊥平面DFB ；
（2）判断在线段DC 上是否存在一点H ，使得二面角E BH C --的余
弦值为306-
，若存在，确定H 的位置，若不存在，说明理由.
6.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，24AB AD ==，23BD =，PD ⊥底面ABCD ．
（1）证明：平面PBC ⊥平面PBD ；
（2）若二面角P BC D --的大小为6
π，求AP 与平面PBC 所成角的正弦值．
7.在三棱锥A BCD -中，4,22AB BC AD BD CD =====,在底面BCD 内作CE CD ⊥，且 2.CE =
（1）求证：//CE 平面ABD ；
（2）如果二面角A BD C --的大小为90，求二面角B AC E --的余弦值.
8.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形， PA ⊥底面ABCD ，AD AP =，E 为棱PD 中点.
（1）求证：PD ⊥平面ABE ；（2）若F 为AB 中点，(01)PM PC λλ=<<，试确定λ的值，使二面角P FM B --的余弦值为33
-
.
9.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，点C 在平面111A B C 内的射影点为
11A B 的中点 1,,90O AC BC AA ACB ==∠=.
（1）求证:AB ⊥ 平面1OCC ；（2）求二面角1A CC B --的正弦值.
F P
M A C
D E
B
10.已知多面体ABCDEF 如图所示.其中ABCD 为矩形，DAE △为等腰直角三角形，DA AE ⊥，四边形AEFB 为梯形，且AE BF ∥，90ABF =︒∠，22AB BF AE ===.
（1）若G 为线段DF 的中点，求证：EG ∥平面ABCD .
（2）线段DF 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面FCD 所成角的余弦值等于215若存在，请指出点N 的位置；若不存在，请说明理由.
11.在如图所示的几何体中，平面ADNM ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，四边形ADNM 是矩形，π3
DAB ∠=，2AB =，1AM =，E 是AB 的中点．(Ⅰ)求证：DE ⊥平面ABM ； (II)在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P EC D --的大小为
π4？若存在，求出AP 的长；若不存在，请说明理由．
12.如图，已知梯形CDEF 与△ADE 所在平面垂直，AD ⊥DE ，CD ⊥DE ，AB ∥CD ∥EF ，AE=2DE=8，AB=3，EF=9．CD=12，连接BC ，BF ．
（Ⅰ）若G 为AD 边上一点，DG=DA ，求证：EG ∥平面BCF ；
（Ⅱ）求二面角E ﹣BF ﹣C 的余弦值．
N M D C
E B A
13.如图三棱柱中，侧面为菱形，.
(1)证明：；
(2)若，，，求二面角的余弦值.
14.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
（1）证明：A1D⊥平面A1BC；
（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．
15.如图,在四棱锥中,底面为菱形,为的中点.
(Ⅰ)若,求证:平面平面;
(Ⅱ)若平面平面,且,点在线段上,试确定
点的位置,使二面角大小为,并求出的值.
16.已知在边长为4的等边△ABC （如图1所示）中，MN ∥BC ，E 为BC 的中点，连接AE 交MN 于点F ，现将△AMN 沿MN 折起，使得平面AMN ⊥平面MNCB （如图2所示）．
（1）求证：平面ABC ⊥平面AEF ；
（2）若S BCNM =3S △AMN ，求直线AB 与平面ANC 所成角的正弦值．
17.如图（1），在五边形BCDAE 中，AB CD //，
90=∠BCD ，1==BC CD ，2=AB ，ABE ∆是以AB 为斜边的等腰直角三角形.现将ABE ∆沿AB 折起，使平面⊥ABE 平面
ABCD ，如图（2）
，记线段AB 的中点为O . （1）求证：平面⊥ABE 平面EOD ；
（2）求平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角的大小.
18.如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD DC CB ===，60ABC ∠=，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，2CF =.
（1）求证：BC ⊥平面ACFE ；
（2）点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 二面角的平面角为
(90)θθ≤，试求cos θ的取值范围.。