高中立体几何测试题(精选.)
高三精选立体几何大题30题(含详细解答)
A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A，B的位置，使二面角A－CD－B是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC上确定一个P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．2．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F，且AF的延长线交B1B于E。
（Ⅰ）求证：D1B⊥平面AEC；（Ⅱ）求三棱锥B—AEC的体积；（Ⅲ）求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，点M在BC上，△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.（I）求证：点M为BC的中点；（Ⅱ）求点B到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—B 的正切值. 4．如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，三角形ACD是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F是CD的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．5．已知：ABCD是矩形，设PA=a，PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.（Ⅰ）求证：MN⊥AB；（Ⅱ）若PD=AB，且平面MND⊥平面PCD，求二面角P—CD—A的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D—AMN的体积.6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。
（I）求二面角B1—MN—B的正切值；（II）证明：PB⊥平面MNB1；（III）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P、B两点间的距离。
高中数学必修2立体几何模块测试卷(含参考答案)
高中数学立体几何测试题（理科）一、选择题：1．下列说法不正确的是A 圆柱的侧面展开图是一个矩形B 圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形C 直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥D 圆台平行于底面的截面是圆面2、下面表述正确的是A、空间任意三点确定一个平面B、分别在不同的三条直线上的三点确定一个平面C、直线上的两点和直线外的一点确定一个平面D、不共线的四点确定一个平面3、“a、b是异面直线”是指①a∩b=∅，且a和b不平行；②a⊂平面α，b⊂平面β，且α∩β=∅；③a⊂平面α，b⊂平面β，且a∩b=∅；④a⊂平面α，b ⊄平面α；⑤不存在平面α，使得a⊂平面α，且b⊂平面α都成立。
上述说法正确的是A ①④⑤B ①③④C ②④D ①⑤4、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5、下列命题中正确命题的个数是①一条直线和另一条直线平行，那么它和经过另一条直线的任何平面平行；②一条直线平行于一个平面，则这条直线与这个平面内所有直线都没有公共点，因此这条直线与这个平面内的所有直线都平行；③若直线与平面不平行，则直线与平面内任一直线都不平行；④与一平面内无数条直线都平行的直线必与此平面平行。
A 、0B 、1C 、2D 、36、一条直线若同时平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面交线的位置关系是A 、异面B 、相交C 、平行D 、不确定 7、直线a 与b 垂直，b 又垂直于平面α，则a 与α的位置关系是A 、a α⊥B 、//a αC 、a α⊆D 、a α⊆或//a α 8、如果在两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，那么这两个平面的位置关系一定是A 、平行B 、相交C 、平行或相交D 、无法确定 9．已知二面角α－AB －β为︒30，P 是平面α内的一点，P 到β的距离为1．则P 在β内的射影到AB 的距离为（ ）． A ．23B ．3C ．43 D ．2110、若,m n 表示直线，α表示平面，则下列命题中，正确命题的个数为 ①//m n n m αα⎫⇒⊥⎬⊥⎭；②//m m n n αα⊥⎫⇒⎬⊥⎭；③//m m n n αα⊥⎫⇒⊥⎬⎭；④//m n m n αα⎫⇒⊥⎬⊥⎭A 、1个B 、2个C 、3个D 、4个 二、填空题：11、三条两两相交的直线可确定12．水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图所示，已知A′C′=3，B′C′=2。
高中数学立体几何测试题(10套)
∴ BD ∥平面 PMN ，
位置关系为
平行
。
∴ O 到平面 PMN 的距离即为 BD 到平面 PMN 的距离。
11 、a,b 为异面直线，且 a,b 所成角为 40 °，直线 c 与 a,b 均异面，且所成角均为
∵ BD ⊥ AC ， MN ∥ BD
∵ PA⊥面 ABCD
θ，若这样的 c 共有四条，则 θ的范围为 (70 °， 90° ) 。
D
C
A
B
D1 A1
C1 B1
17 、 已知异面直线 a， b 的公垂线段 AB 的中点为 O，平面 满足 a∥ ， b∥ ， 且 O ， M 、 N 是 a， b 上的任意两点， MN ∩ ＝ P，求证： P 是 MN 的中
点
A aM
O
P
BN b
.
立几面测试 001
参考答 案
一、 1- 8 ACDDBDBA
2、已知 m， n 为异面直线， m∥平面 ， n∥平面 ， ∩ =l ，则 l（ ） （ A）与 m， n 都相交 （ B）与 m，n 中至少一条相交 （ C）与 m， n 都不相交 （ D ）与 m， n 中一条相交
3、已知 a， b 是两条相交直线， a∥ ，则 b 与 的位置关系是 （ ）
A 、 b∥
PAM
∵ AB=2 ， BM=1 ， CM=1
∴ AM= 5 ，
P
A H
O
.
B
F M
B
D N C
立几面测试 003
一、选择题
1．异面直线是指
(A) 在空间内不能相交的两条直线
(B) 分别位于两个不同平面的两条直线
(C) 某一个平面内的一条直线和这个平面外的一条直线
高中数学立体几何专项练习题及答案
高中数学立体几何专项练习题及答案一、选择题1. 下面哪个选项不是描述柱体的特点？A. 体积恒定B. 底面形状不限C. 侧面是矩形D. 顶面和底面平行答案：A2. 如果一个四面体的一个顶点的对边垂直于底面，那么这个四面体是什么类型？A. 正方形四面体B. 倒立四面体C. 锥体D. 正方锥体答案：C3. 以下哪个选项正确描述了一个正方体的特点？A. 全部面都是正方形B. 12 条棱长度相同C. 8 个顶点D. 6 个面都是正方形答案：D4. 若长方体的高度是 6cm，底面积是 5cm²，底面对角线长为 a cm，那么 a 的值为多少？A. √11B. √29C. √31D. √41答案：C二、填空题1. 一个正方体的棱长为 4cm，它的体积是多少？答案：64cm³2. 一个球的表面积是100π cm²，那么它的半径是多少？答案：5cm3. 一个圆柱体的底面半径为 3cm，高度为 8cm，它的体积是多少？答案：72π cm³4. 一个圆锥的底面半径为 6cm，高度为 10cm，它的体积是多少？答案：120π cm³三、计算题1. 一个四棱锥的底面是边长为 5cm 的正方形，高度为 8cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算底面积：5cm * 5cm = 25cm²再计算体积：25cm² * 8cm / 3 = 200cm³2. 一个圆柱体的底面直径为 12cm，高度为 15cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算底面半径：12cm / 2 = 6cm再计算底面积：π * 6cm * 6cm = 36π cm²最后计算体积：36π cm² * 15cm = 540π cm³3. 一个球的直径为 8cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算半径：8cm / 2 = 4cm再计算体积：4/3 * π * 4cm * 4cm * 4cm = 268.08π cm³4. 一个圆锥的底面半径为 10cm，高度为 20cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算底面积：π * 10cm * 10cm = 100π cm²最后计算体积：100π cm² * 20cm / 3 = 2000π cm³四、解答题1. 若一个长方体的长度、宽度、高度分别为 a、b、c，它的表面积为多少？答案：单位为 cm²，计算过程如下：首先计算侧面积：2 * (a * b + a * c + b * c)再计算底面积：a * b最后计算表面积：2 * (a * b + a * c + b * c) + a * b2. 一个四棱锥的底面为边长为 a 的正三角形，高度为 h，求这个四棱锥的体积。
(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。
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。
高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)
立体几何小题100例一、选择题1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，11C D 上的动点，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，则当点P 运动时，PE 的最小值是（ ）A ．5B ．4C ．42．5【答案】D 【解析】试题分析：因为点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，所以，点P 在连接1111,A D B C 中点的连线上．为使当点P 运动时，PE 最小，须PE 所在平面平行于平面11AA D D ,2244()52PE =+=选D考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．2．如图在一个二面角的棱上有两个点A ，B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，=46,AB cm AC cm =， 8,217BD cm CD cm ==，则这个二面角的度数为（ ）A ．30︒B ．60︒C ．90︒D ．120︒ 【答案】B 【解析】试题分析：设所求二面角的大小为θ，则,BD AC θ<>=，因为CD DB BA AC =++，所以22222()222CD DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC =++=+++⋅+⋅+⋅CA DB而依题意可知,BD AB AC AB ⊥⊥，所以20,20DB BA BA AC ⋅=⋅=所以2222||||||||2CD DB BA AC BD AC =++-⋅即222417468286cos θ⨯=++-⨯⨯所以1cos 2θ=，而[0,]θπ∈，所以60θ=︒，故选B. 考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm ）可得这 个几何体的体积是（ ）112222侧视图俯视图主视图A ．343cmB ．383cmC ．33cmD ．34cm【答案】B ． 【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积382231312=⨯⨯==Sh V ． 考点：空间几何体的体积计算．4．如图，P 是正方体1111ABCD A B C D -对角线1AC 上一动点，设AP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为(x)f ，则(x)f 的图象大致是（ ）【答案】A 【解析】试题分析：设AC 与BD 交于点O ,连接OP .易证得BD ⊥面11ACC A ,从而可得BD OP ⊥.设正方体边长为1,在1Rt ACC ∆中126cos 33C AC ∠==.在AOP ∆中 22OA =,设(),03AP x x =≤≤,由余弦定理可得2222226231222362OP x x x x ⎛⎫=+-⋅⨯=-+ ⎪ ⎪⎝⎭,所以223162OP x x =-+.所以()22231262f x x x =-+.故选A. 考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.5．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1， ,E F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线,E F 的平面分别与棱BB '、DD '交于,M N ，设 BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个命题：（1）平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）当且仅当x=12时，四边形MENF 的面积最小；（3）四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数； （4）四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常函数； 以上命题中假命题．．．的序号为（ ） A ．（1）（4） B ．（2） C ．（3） D ．（3）（4） 【答案】C 【解析】试题分析：（1）由于AC EF //，B B AC BD AC '⊥⊥,，则D D B B ''⊥平面AC ，则D D B B EF ''⊥平面，又因为EMFN EF 平面⊂，则平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）由于四边形MENF 为菱形，MN EF S MENF ⋅=21，2=EF ，要使四边形MENF 的面积最小，只需MN 最小，则当且仅当21=x 时，四边形MENF 的面积最小；（3）因为1)21(2+-=x MF ，1)21(4)(2+-=x x f ，)(x f 在]1,0[上不是单调函数；（4）NE C F EC M F MENF C V V V '-'--'+=，ME C S '∆=41121=⋅'E C ，F 到平面ME C '的距离为1，1214131=⋅='-ME C F V ，又41121=⋅'⋅='∆E C S NE C ，1214131=⋅='-NE C F V ，61)(=x h 为常函数.故选（3）考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.6．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A）4 （B ）4 （C ）4 （D ）34【答案】D. 【解析】试题分析：连接B A 1；11//CC AA ,AB A 1∠∴是异面直线AB 与1CC 所成的角或其补角；在1ADA Rt ∆中，设11=AA ，则21,231==D A AD ；在1BDA Rt ∆中，2121=B A ；在1ABA ∆中，431122111cos 1=⨯⨯-+=∠AB A ；即面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为34. 考点：异面直线所成的角.7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为A ．π312B ．π12C ．π34D ．π3 【答案】D 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，32=r ，23=∴r ，因此ππ342==r S 表面积，故答案为D. 考点：由三视图求外接球的表面积.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90 D ．1AP PD +22+ 【答案】C 【解析】试题分析：111DC D A ⊥ ，11DC B A ⊥，1111A B A D A = ，⊥∴1DC 平面11BCD A ，⊂P D 1平面11BCD A 因此P D DC 11⊥，A 正确；由于⊥11A D 平面11ABB A ，⊂11A D 平面P A D 11，故平面⊥P A D 11平面AP A 1 故B 正确，当2201<<P A 时，1APD ∠为钝角，C 错；将面B AA 1与面11BCD A 沿B A 1展成平面图形，正视图 侧视图俯视图线段1AD 即为1PD AP +的最小值，利用余弦定理解221+=AD ，故D 正确，故答案为C ．考点：棱柱的结构特征． 9．下列命题中，错误的是（ ）A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两条直线不一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线 【答案】B 【解析】试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A 正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B 错，所以选B.考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.10．已知如图所示的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点P 、Q 分别在棱BB 1、DD 1上，且=，过点A 、P 、Q作截面截去该正方体的含点A 1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：当P 、B 1重合时，主视图为选项B ；当P 到B 点的距离比B 1近时，主视图为选项C ；当P 到B 点的距离比B 1远时，主视图为选项D ，因此答案为A. 考点：组合体的三视图11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为 （ ）A. B. C. D.【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC ，它是一个正四棱锥P-ABCD 的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4． 设其外接球的球心为O ，O 点必在高线PE 上，外接球半径为R ， 则在直角三角形BOE 中，BO 2=OE 2+BE 2=（PE-EO ）2+BE 2， 即R 2=（4-R ）2+（32）2，解得：R=174，故选C.考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力12．如右图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =11，AD =7，1AA =12，一质点从顶点A 射向点()4312E ，，，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将1i -次到第i 次反射点之间的线段记为()2,3,4i L i =，1L AE =，将线段1234,,,L L L L 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）【答案】C 【解析】 试题分析：因为37411>，所以1A E 延长交11D C 于F ，过F 作FM 垂直DC 于.M 在矩形1AA FM 中分析反射情况：由于35105AM =>，第二次反射点为1E 在线段AM 上，此时153E M =,第三次反射点为2E 在线段FM 上，此时24E M =,第四次反射点为3E 在线段1AF 上,由图可知，选C.考点：空间想象能力13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r , 则2286862r r r -+-+⇒=,故选B. 考点：三视图 内切圆 球 三棱柱14．已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 A ．14 B ．24 C ．34 D ．12【答案】B. 【解析】试题分析：如图作BE β⊥于E ，连结AE ，过A 作AG ∥CD ，作EG AG ⊥于G ，连结BG ，则.BG AG ⊥设2AB a =．在ABE ∆中，60,90,2,.BAE AEB AB a AE a ∠=︒∠=︒=∴=在Rt AEG ∆中，29045,90,cos 45.2GAE CAG AGE AG a a ∠=︒-∠=︒∠=︒∴=︒=在Rt ABG∆中，222cos 24AG BAG AB a ∠===∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．βαElBDACG考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算．15．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）A ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D 【解析】试题分析：三棱锥ABC D -在平面xoy 上的投影为ABC ∆，所以21=S ，设D 在平面yoz 、zox 平面上的投影分别为2D 、1D ，则ABC D -在平面yoz 、zox 上的投影分别为2OCD ∆、1OAD ∆，因为)2,1,0(1D ，)2,0,1(2D ，所以212=-S S ，故选D.考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.16．正方形ABCD 的边长为2，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且1AE =，12BF =，将此正 方形沿DE 、DF 折起，使点A 、C 重合于点P ，则三棱锥P DEF -的体积是（ ） A ．13B 523 D ．23【答案】B【解析】试题分析：解：因为90,DPE DPF ∠=∠=所以,DP PE DP PF ⊥⊥又因为PE ⊂平面PEF ,PF ⊂平面PEF ,且PE PF P =,所以DP ⊥平面PEF在PEF ∆中，22223151,,1222PE PF EF EB BF ⎛⎫===+=+= ⎪⎝⎭所以222351222cos 33212EPF ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∠==⨯⨯,225sin 133EPF ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭ 所以11355sin 122234PEF S PE PF EPF ∆=⋅⋅∠=⨯⨯⨯= 115523346PEF P DEF D PEF V V DP S ∆--==⋅⋅=⨯⨯=三棱锥三棱锥 所以应选B.考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.17．高为的四棱锥S ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离．解：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为：=故选A点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．18．二面角l αβ--为60°，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面,αβ内，AC l ⊥，BD l ⊥，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2aB ．5aC ．aD ．3a【答案】A【解析】试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式2222cos EF d m n mn θ=++± ，对于本题中，d a =，m a =，2n =，60θ=，故()222222cos 602CD a a a a a a =++-⋅⋅⋅=．考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力．19．长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（ ）．Ａ．14 B ．4 C ．32 D ．23【答案】B【解析】试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度．考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.20．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ , 由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF 与面MPQ 不垂直，所以选项C 是正确的；因为//EF l ，M 是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l 是唯一的，故选项D 不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．21．如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D【解析】试题分析：由于',A G DE FG DE ⊥⊥．所以DE ⊥平面'A FG ．经过点'A 作平面ABC 的垂线垂足在AF上．所以A 选项正确．由A 可知B 选项正确．当平面'A DE 垂直于平面BCDE 时，三棱锥EFD A -'的体积最大，所以C 正确．因为BD EF ，设2AC a =．所以'EF A E a ==，当'2A F a =时，32'(')2a A G GF A G GF a <+==．所以异面直线E A '与BD 可能垂直．所以D 选项不正确．考点：1．线面位置关系．2．面面的位置关系．3．体积公式．4．异面直线所成的角．5．空间想象力．22．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ ,由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；EF l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选因为//项D不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．23．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（）A．B．C．D．3【答案】A【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高．而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选A．24．如图所示，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值是（）A. 2:1B. 1:1C. 1:2D. 1:3【答案】C。
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．。
高中立体几何试题(答案)
高中立体几何试题1. 在正方体1111D C B A ABCD -中，求二面角111C BD A --的大小．解析：如图9-43，在平面B C D 11内作11BD E C ⊥，交1BD 于E ．连结E A 1，设正方体棱长为a ，在△11BD A 和△11BD C 中，a D C D A ==1111，a B C B A 211==，11BD BD =a 3=，∴ △11BD A ≌△11BD C ，∵ 11BD E C ⊥，∴ 11BD E A ⊥，∴ 11EC A ∠ 二面角111C BD A --的平面角．在Rt △11D BC中，︒=∠9011B C D ，∴ 111112121BD E C BC D C ⋅=⋅，∴ a aa a E C 32321=⋅=,在△11EC A 中，==E C E A 11 a 32，a C A 211=，2132322)2(3232cos 22211-=⋅-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∠a a a a a EC A ，110 EC A ∠︒＜ ︒180＜，︒=∠∴120 11EC A2. 如图9-50，点A 在锐二面角-MN -的棱MN 上，在面内引射线AP ，使AP 与MN 所成的∠P AM 为45°，与面所成的角为30°，求二面角-MN -的大小．解析：如图答9-44，取AP 上一点B ，作BH ⊥于H ，连结AH ，则∠BAH 为射线AP 与平面所成的角，∴ ∠BAH =30°，再作BQ ⊥MN ，交MN 于Q ，连结HQ ，则HQ 为BQ 在平面内的射影．由三垂线定理的逆定理，HQ ⊥MN ，∴ ∠BQH 为二面角-MN -的平面角．图答9-44设BQ =a ，在Rt △BAQ 中，∠BQA =90°，∠BAM =45°，∴ a AB 2=，在Rt △BAH 中∠BHA =90°，∠BAH =30°，∴ a BH 22=．在Rt △BHQ 中，∠BHQ =90°，BQ =a ，a BH 22=，∵ ∠BQH 是锐角，∴ ∠BQH =45 即二面角-MN -等于45°． 3. 如图，四棱锥P —ABCD 的底面是直角梯形，AB ∥DC ，AB ⊥BC ，且AB ＝21CD ，侧棱PB ⊥底面ABCD ，PC ＝5，BC ＝3，ΔPAB 的面积等于6，若平面DPA 与平面CPB 所成的二面角为α，求α.解析：平面DPA 与平面CPB 有一公共点P ，要画出它们构成的二面角的平面角必须确定它们公共交线，DA 和CB 的延长线的交点E 是它们的另一公共点.由公理二，PE 就是二面角的公共棱.有了公共棱，二面角的平面角就生了根.解 延长DA 交CB 的延长线于E ，连PE ，则PE 就是平面DPA 和平面CPB 的交线. ∵AB ∥DC ，AB ⊥BC ，∴DC ⊥BC ，PB ⊥底面ABCD.∴PB ⊥DC ，∴DC ⊥平面PCE.作CF ⊥PE 于F ，连DF 由三垂线定理得PE ⊥DF ，∴∠DFC ＝α.∵AB ＝21CD ，PC ＝5，BC ＝3，∴PB ＝4. S ΔPAB ＝6，∴AB ＝3，CD ＝6，DC AB ＝EC EB ＝21. ∴EB ＝3，PE ＝5.∵PB·EC ＝CF·PE ，∴CF ＝524.在直角ΔDCF 中，tanα＝CFDC ＝5246＝45. α＝antan 45. 4. 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，其棱长为a.(1)求证BD 1⊥截面AB 1C ；(2)求点B 到截面AB 1C 的距离；(3)求BB 1与截面AB 1C 所成的角的余弦值。
高中数学立体几何经典题型练习题集(附有答案)
高中数学立体几何经典题型练习题集学校：______姓名：_____班级：______考号：______题号一二三总分得分评卷人得 分一．单选题1．正三棱锥的底边长和高都是2，则此正三棱锥的斜高长度为（ ）A．B．C．D．2.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为C1D1，AA1，BB1的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（ ）A．1B．C．D．3．一个棱柱是正四棱柱的条件是（ ）A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱4、如图，P是正方体ABCD-A1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f（x）的图象大致是（ ）A．B．C．D．5、如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O 所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是（ ）A．1B．2C．3D．46、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点，则下列结论中：⊥；①FG BD②B1D⊥面EFG；③面EFG∥面ACC1A1；④EF∥面CDD1C1．正确结论的序号是（ ）A．①和②B．③和④C．①和③D．②和④⊥，垂足为⊥，CH PB7、三棱锥P-ABC，PC⊥面ABC，△PAC是等腰三角形，PA=4，AB BCH，D是PA的中点，则△CDH的面积最大时，CB的长是（ ）A．B．C．D．8、正方体的直观图如图所示，则其展开图是（ ）A．B．C．D．评卷人得 分二．填空题（共__小题）9、如图所示，ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的中点，并且⊥，AC=m，BD=n，则四 边形EFGH的面积为______．AC BD10、如图，已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB，给出下列结⊥；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA=45°；⑤直线PD与论：①PB AE平面PAB所成角的余弦值为．其中正确的有______（把所有正确的序号都填上）．11．如图所示，三棱锥M，PA⊥底面ABC，∠ABC=90°，则此三棱锥P-ABC中直角三角形有_ _____个．12、如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都等于2，D在AC1上，F为BB1中点，且⊥1，有下述结论FD AC⊥；（1）AC1BC（2）=1；（3）二面角F-AC1-C的大小为90°；（4）三棱锥D-ACF的体积为．正确的有______．13．各棱长为a的正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积为______．14．一四棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1：4，则此截面把一条侧棱分成的两段之比为______．15、如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F且EF=，给出下列五个结论⊥①AC BE②EF∥平面ABCD③异面直线AE，BF所成的角为60°④A1点到面BEF的距离为定值⑤三棱柱A-BEF的体积为定值其中正确的结论有：______（写出所有正确结论的编号）评卷人得 分三．简答题（共__小题）16、如图，立体图形A-BCD的四个面分别为△ABC、△ACD、△ADB和△BCD，E、F、G分别是线段AB、AC、AD上的点，且满足AE：AB=AF：AC=AG：AD，∽△．求证：△EFG BCD17、如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC 的中点，F在棱AC上，且AF=3FC．（1）求三棱锥D-ABC的表面积；（2）求证AC⊥平面DEF；（3）若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使MN∥平面DEF？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．参考答案一．单选题（共__小题）1．正三棱锥的底边长和高都是2，则此正三棱锥的斜高长度为（ ）A．B．C．D．解析：解：在正三棱锥中，顶点P在底面的射影为底面正三角形的中心O，延长A0到E，则E为BC的中点，连结PE，则PE为正三棱锥的斜高．∵正三棱锥的底边长和高都是2，∴AB=PO=2，即AE=，OE=，∴斜高PE==，故选：D．2、在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为C1D1，AA1，BB1的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（ ）A．1B．C．D．答案：B解：过E点做EH垂直CD于H，连接EH，易得H即为E在平面ABCD上的射影，连接AH，BH，如下图所示则AH，BH，AB分别为FE，EG，FB在平面ABCD上的射影，又由G在平面ABCD上的射影为B，故△ABH即为空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影∵S ABH△=S ABCD=故选B3．一个棱柱是正四棱柱的条件是（ ）A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱答案：C解析：解：上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱．故A和B错在有可能是斜棱柱，D错在上下底面有可能不是正方形，底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直能保证上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面．故选C．4、如图，P是正方体ABCD-A1B1C1D1对角线AC1上一动点，设AP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f（x）的图象大致是（ ）A．B．C．D．答案：A解析：解：设正方体的棱长为1，连接AC交BD于O，连PO，则PO是等腰△PBD的高，故△PBD的面积为f（x）=BD×PO，在三角形PAO中，PO==，∴f（x）=××=，画出其图象，如图所示，对照选项，A正确．故选A．5、如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是（ ）A．1B．2C．3D．4答案：D解析：证明：∵AB是圆O的直径⊥，三角形ABC是直角三角形∴∠ACB=90°即BC AC又∵PA⊥圆O所在平面，∴△PAC，△PAB是直角三角形．且BC在这个平面内⊥因此BC垂直于平面PAC中两条相交直线，∴PA BC∴BC⊥平面PAC，∴△PBC是直角三角形．从而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是，4．故选D．6、如图，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 分别是棱A 1B 1、BB 1、B 1C 1的中点，则下列结论中：①FG BD ⊥；②B 1D ⊥面EFG ；③面EFG ∥面ACC 1A 1；④EF ∥面CDD 1C 1．正确结论的序号是（ ）A ．①和②B ．③和④C ．①和③D ．②和④答案：D 解析：解：如图连接A 1C 1、A 1B 、BC 1、BD 、B 1D ，因为E 、F 、G 分别是棱A 1B 1、BB 1、B 1C 1的中点对于①因为FG BC ∥1，△BDC 1是正三角形，FG BD ⊥，不正确．对于②因为平面A 1C 1B ∥平面EFG ，并且B 1D ⊥平面A 1C 1B ，所以B 1D ⊥面EFG ，正确．③面EFG ∥面ACC 1A 1；显然不正确．④EF ∥平面CDD 1C 1内的D 1C ，所以EF ∥面CDD 1C 1．正确．故选D7、三棱锥P-ABC，PC⊥面ABC，△PAC是等腰三角形，⊥，垂足为H，D是PA的中点，则△CDH的面积最大时，CB的长是（PA=4，AB BC⊥，CH PB）A．B．C．D．答案：D解析：⊥；解：三棱锥P-ABC中，PC⊥面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC AB⊥，BC∩PC=C，又AB BC∴AB⊥平面PBC；又CH⊂平面PBC，⊥，∴AB CH⊥，又CH PBPB∩AB=B，∴CH⊥平面PAB，又DH⊂平面PAB，⊥；∴CH DH又△PAC是等腰直角三角形，且PA=4，D是PA的中点，∴CD=PA=2，设CH=a，DH=b，则a2+b2=CD2=4，∴4=a2+b2≥2ab，即ab≤1，当且仅当a=b=时，“=”成立，此时△CDH的面积最大；△，设BC=x，在Rt PBC则PB===，∴PC•BC=PB•CH，即2•x=•；解得x=，∴CB的长是．故选：D．8、正方体的直观图如图所示，则其展开图是（ ）A．B．C．D．答案：D解析：解：根据题意，可得对于A，展开图中的上下两边的正方形的对边中点连线应该呈左右方向显现，故A的图形不符合题意；对于B，展开图中最右边的“日”字形正方形的对边中点连线应该是上下方向呈现，且应该在含有圆形的正方形的左边放置，故B的图形不符合题意；对于C，展开图中最右边的正方形应该与含有圆形的正方形相邻，故C的图形不符合题意；对于D，沿如图的红线将正方体的侧面剪裁，展开可得如D项图的形状，故D的图形符合题意故选：D评卷人得 分二．填空题（共__小题）9、如图所示，ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的中点，⊥，AC=m，BD=n，则四 边形EFGH的面积为______．并且AC BD答案：解析：⊥，可得四边形解：由ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的中点，并且AC BDEFGH为矩形，且此矩形的长和宽分别为和 ，故四边形EFGH的面积为=，故答案为：．10、如图，已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面⊥；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；ABC，PA=2AB，给出下列结论：①PB AE④∠PDA=45°；⑤直线PD与平面PAB所成角的余弦值为．其中正确的有______（把所有正确的序号都填上）．答案：①④⑤解析：⊥，解：对于①、由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA AE⊥，PA∩AB=A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，又由正六边形的性质得AE AB⊥，①正确；∴AE PB对于②、又平面PAB⊥平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；∥，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面对于③、由正六边形的性质得BC ADPAE也不成立，③错；△中，PA=AD=2AB，∴∠PDA=45°，∴④正确；对于④、在Rt PAD∥，∴D到平面PAB的距离即为E到平面PAB的距离，即E到直线PA的对于⑤、由于DE AB距离，即EA，EA=AB，在Rt PAD △中，PA=AD=2AB ，∴PD=2AB ，∴直线PD 与平面PAB 所成角的正弦值为=，∴直线PD 与平面PAB 所成角的余弦值为=，∴⑤正确．故答案为：①④⑤．11．如图所示，三棱锥M ，PA ⊥底面ABC ，∠ABC=90°，则此三棱锥P-ABC 中直角三角形有______个．答案：4解析：解：由已知PA ⊥底面ABC ，∠ABC=90°，所以CB PA ⊥，CB AB ⊥，又PA∩AB=A ，所以CB ⊥平面PAB ，所以CB PB ⊥，所以此三棱锥P-ABC 中直角三角形有△ABC ，△ABP ，△ACP ，△PBC 共有4个．故答案为：4．12、如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长⊥1，有下述结论都等于2，D在AC1上，F为BB1中点，且FD AC⊥；（1）AC1BC（2）=1；（3）二面角F-AC1-C的大小为90°；（4）三棱锥D-ACF的体积为．正确的有______．答案：（2）（3）（4）解析：解：（1）连接AB1，则∠B1C1A即为BC和AC1所成的角，在三角形AB1C1中，B1C1=2，AB1=2，∠1C1A==，AC 1=2，cos B故（1）错；（2）连接AF ，C 1F ，则易得AF=FC 1=，又FD AC ⊥1，则AD=DC 1，故（2）正确；（3）连接CD ，则CD AC ⊥1，且FD AC ⊥1，则∠CDF 为二面角F-AC 1-C 的平面角，CD=，CF=，DF===，即CD 2+DF 2=CF 2，故二面角F-AC 1-C 的大小为90°，故（3）正确；（4）由于CD AC ⊥1，且FD AC ⊥1，则AD ⊥平面CDF ，则VD-ACF =V A-DCF =•AD•S DCF △=×××=．故（4）正确．故答案为：（2）（3）（4）13．各棱长为a 的正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积为______．答案：解析：解：∵正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，所以球心在上下底面中心的连线的中点上，AB=a ，OA=R ，在△OEA 中，OE=，AE=，∵AO 2=OE 2+AE 2，∴，∴球的表面积为4πR2=，故答案为．14．一四棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1：4，则此截面把一条侧棱分成的两段之比为______．答案：1：1解析：解：根据题意，设截得小棱锥的侧棱长为l，原棱锥的侧棱长为L，∵截面与底面相似，且截面面积与底面面积之比为1：4，∴相似比为：==，∴截面把棱锥的一条侧棱分成的两段之比是l：（L-l）=1：1．故答案为：1：1．15、如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F且EF=，给出下列五个结论⊥①AC BE②EF∥平面ABCD③异面直线AE，BF所成的角为60°④A1点到面BEF的距离为定值⑤三棱柱A-BEF 的体积为定值其中正确的结论有：______（写出所有正确结论的编号）答案：①②④⑤解析：解：①AC BE ⊥，由题意及图形知，AC ⊥面DD 1B 1B ，故可得出AC BE ⊥，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③由图知，当F 与B 1重合时，令上底面顶点为O ，则此时两异面直线所成的角是∠A 1AO ，当E 与D 1重合时，此时点F 与O 重合，则两异面直线所成的角是∠OBC 1，此二角不相等，故异面直线AE 、BF 所成的角不为定值，故不正确．④A 1点到面DD 1B 1B 距离是定值，所以A 1点到面BEF 的距离为定值，正确；⑤三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD 1B 1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确．故答案为：①②④⑤．评卷人得 分三．简答题（共__小题）16、如图，立体图形A-BCD 的四个面分别为△ABC 、△ACD 、△ADB 和△BCD ，E 、F 、G 分别是线段AB 、AC 、AD 上的点，且满足AE ：AB=AF ：AC=AG ：AD ，求证：△EFG BCD ∽△．答案：证明：在△ABD 中，∵AE ：AB=AG ：AD ，∴EG BD ∥．同理，GF DC ∥，EF BC ∥．又∠GEF 与∠DBC 方向相同．∴∠GEF=DBC ∠．同理，∠EGF=BDC ∠．∴△EFG BCD ∽△．17、如图，在三棱锥D-ABC 中，已知△BCD 是正三角形，AB ⊥平面BCD ，AB=BC=a ，E 为BC 的中点，F 在棱AC 上，且AF=3FC ．（1）求三棱锥D-ABC 的表面积；（2）求证AC ⊥平面DEF ；（3）若M 为BD 的中点，问AC 上是否存在一点N ，使MN ∥平面DEF ？若存在，说明点N 的位置；若不存在，试说明理由．答案：解：（1）∵AB ⊥平面BCD ，∴AB BC ⊥，AB BD ⊥．∵△BCD 是正三角形，且AB=BC=a ，∴AD=AC=．设G 为CD 的中点，则CG=，AG=．∴，，．三棱锥D-ABC 的表面积为．（2）取AC 的中点H ，∵AB=BC ，∴BH AC ⊥．∵AF=3FC ，∴F 为CH 的中点．∵E 为BC 的中点，∴EF BH ∥．则EF AC ⊥．∵△BCD 是正三角形，∴DE BC ⊥．∵AB ⊥平面BCD ，∴AB DE ⊥．∵AB∩BC=B ，∴DE ⊥平面ABC ．∴DE AC ⊥．∵DE∩EF=E ，∴AC ⊥平面DEF ．（3）存在这样的点N ，当CN=时，MN ∥平面DEF ．连CM ，设CM∩DE=O ，连OF ．由条件知，O 为△BCD 的重心，CO=CM ．∴当CF=CN 时，MN OF ∥．∴CN=．。
2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案
大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。
高中立体几何试题及答案
高中立体几何试题及答案一、选择题（每题3分，共15分）1. 空间中，如果直线a与平面α平行，那么直线a与平面α内的任意直线b的位置关系是：A. 平行B. 异面C. 相交D. 垂直2. 一个正方体的棱长为a，那么它的对角线长度为：A. a√2B. a√3C. 2aD. 3a3. 已知一个圆锥的底面半径为r，高为h，圆锥的体积是：A. πr²hB. 1/3πr²hC. 2πr²hD. 3πr²h4. 一个球的半径为R，那么它的表面积是：A. 4πR²B. 2πR²C. πR²D. R²5. 空间中，如果两个平面α和β相交于直线l，那么直线l与平面α和平面β的位置关系是：A. 平行B. 垂直C. 相交D. 包含二、填空题（每题2分，共10分）6. 空间直角坐标系中，点A(2,3,4)到原点O的距离是________。
7. 一个正四面体的每个顶点都与其它三个顶点相连，那么它的边长与高之比为________。
8. 已知一个长方体的长、宽、高分别为l、w、h，那么它的体积是________。
9. 空间中，如果一个点到平面的距离是d，那么这个点到平面上任意一点的距离的最大值是________。
10. 一个圆柱的底面半径为r，高为h，它的侧面积是________。
三、解答题（共75分）11. （15分）已知空间直角坐标系中，点A(1,2,3)，B(4,5,6)，点C 在平面ABC内，且AC=BC=2，求点C的坐标。
12. （20分）一个圆锥的底面半径为3，高为4，求圆锥的全面积和表面积。
13. （20分）一个长方体的长、宽、高分别为5、3、2，求其外接球的半径。
14. （20分）已知一个球的表面积为4π，求该球的体积。
答案：一、选择题1. A2. B3. B4. A5. C二、填空题6. √(1²+2²+3²)=√147. √3:18. lwh9. d+R10. 2πrh三、解答题11. 点C的坐标可以通过向量运算求得，设C(x,y,z)，则向量AC=向量BC，即(1-x,2-y,3-z)=(x-4,5-y,6-z)，解得x=3，y=4，z=5，所以点C的坐标为(3,4,5)。
高中数学立体几何一百题
1.（本题满分15分）如图，在三棱锥D -ABC 中，DA =DB =DC ,D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F ．（Ⅰ）求证：平面ABD ⊥平面DEF ；（Ⅱ）若AD ⊥DC ，AC =4，∠BAC =60°，求直线BE 与平面DAB 所成的角的正弦值.答案及解析：1.（Ⅰ）如图，由题意知⊥DE 平面ABC所以DE AB ⊥，又DFAB ⊥所以⊥AB 平面DEF ，………………3分又⊂AB 平面ABD 所以平面⊥ABD 平面DEF…………………6分（Ⅱ）解法一：由DC DB DA ==知ECEB EA ==所以E 是ABC ∆的外心又BC AB ⊥所以E 为AC 的中点…………………………………9分过E 作DF EH ⊥于H ，则由（Ⅰ）知⊥EH 平面DAB所以EBH ∠即为BE 与平面DAB 所成的角…………………………………12分由4=AC ， 60=∠BAC 得2=DE ，3=EF 所以7=DF ，732=EH 所以721sin ==∠BE EH EBH …………………………………15分解法二：如图建系，则)0,2,0(-A ，)2,0,0(D ，)0,1,3(-B 所以)2,2,0(--=，)2,1,3(--=……………………………………9分设平面DAB 的法向量为),,(z y x =由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00DB n DA n 得⎩⎨⎧=--=--023022z y x z y ，取)1,1,33(-=n ………………12分设EB 与n 的夹角为θ所以7213722||||cos ===n EB nEB θ所以BE 与平面DAB 所成的角的正弦值为721………………………………15分2.如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AA 1=AC=2AB=2，且BC 1⊥A 1C ．（1）求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1；（2）设D是线段BB1的中点，求三棱锥D﹣ABC1的体积．答案及解析：2.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【专题】综合题；转化思想；综合法；立体几何．【分析】（1）证明A1C⊥面ABC1，即可证明：平面ABC1⊥平面A1ACC1；（2）证明AC⊥面ABB1A1，利用等体积转换，即可求三棱锥D﹣ABC1的体积．【解答】（1）证明：在直三棱锥ABC﹣A1B1C1中，有A1A⊥面ABC，而AB⊂面ABC，∴A1A⊥AB，∵A1A=AC，∴A1C⊥AC1，又BC1⊥A1C，BC1⊂面ABC1，AC1⊂面ABC1，BC1∩AC1=C1∴A1C⊥面ABC1，而A1C⊂面A1ACC1，则面ABC1⊥面A1ACC1…（2）解：由（1）知A1A⊥AB，A1C⊥面ABC1，A1C⊥AB，故AB⊥面A1ACC1，∴AB⊥AC，则有AC⊥面ABB1A1，∵D是线段BB1的中点，∴．…【点评】本题考查线面垂直、平面与平面垂直的判定，考查三棱锥D﹣ABC1的体积，考查学生分析解决问题的能力，正确运用定理是关键．3.如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点．（1）求证：CD⊥PD；（2）求证：EF∥平面PAD．答案及解析：3.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定．【分析】本题是高考的重要内容，几乎年年考，次次有：（1）的关键是找出直角三角形，也就是找出图中的线线垂直．（2）的关键是找出平面PAD中可能与EF平行的直线．【解答】解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，而CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD、（2）取CD的中点G，连接EG、FG．∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD，∴平面EFG∥平面PAD，又∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面PAD．【点评】线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．判断或证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的定义（无公共点）；②利用线面平行的判定定理（a∥α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）；③利用面面平行的性质定理（α∥β，a⊂α⇒a∥β）；④利用面面平行的性质（α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β）．4.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．答案及解析：4.【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC．利用线面垂直的性质定理可得CC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出ED∥AC1，再利用线面平行的判定定理即可证明结论【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC．又因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．又C1C∩BC=C，所以AC⊥平面CC1B1B，所以AC⊥BC1．（2）连结C1B交CB1于E，再连结DE，由已知可得E为C1B的中点，又∵D为AB的中点，∴DE为△BAC1的中位线．∴AC1∥DE又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1∴AC1∥平面CDB1．【点评】熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理是解题的关键．5.已知在三棱锥S﹣ABC中，∠ACB=90°，又SA⊥平面ABC，AD⊥SC于D，求证：AD⊥平面SBC．答案及解析：5.【考点】直线与平面垂直的判定．【专题】证明题．【分析】要证明AD⊥平面SBC，只要证明AD⊥SC（已知），AD⊥BC，而结合已知∠ACB=90°，又SA⊥平面ABC，及线面垂直的判定定理及性质即可证明【解答】证明：∵SA⊥面ABC，∴BC⊥SA；∵∠ACB=90°，即AC⊥BC，且AC、SA是面SAC内的两相交线，∴BC⊥面SAC；又AD⊂面SAC，∴BC⊥AD，又∵SC⊥AD，且BC、SC是面SBC内两相交线，∴AD⊥面SBC．【点评】本题主要考查了直线与平面垂直，平面与平面垂直的相互转化，线面垂直的判定定理的应用，属于基础试题6.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AP=AB=，点E 是棱PB的中点．（Ⅰ）证明：AE⊥平面PBC；（Ⅱ）若AD=1，求二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．答案及解析：6.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，从而AE⊥PB．由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，由此能证明AE⊥平面PBC．（Ⅱ）由BC⊥平面PAB，AD⊥AE．取CE的中点F，连结DF，连结BF，则∠BFD为所求的二面角的平面角，由此能求出二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：如图1，由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，故△PAB为等腰直角三角形，而点E是棱PB的中点，所以AE⊥PB．由题意知BC⊥AB，又AB是PB在面ABCD内的射影，由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，故BC⊥AE．因为AE⊥PB，AE⊥BC，所以AE⊥平面PBC．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE．在Rt△PAB中，PA=AB=，AE=PB==1．从而在Rt△DAE中，DE==．在Rt△CBE中，CE==，又CD=，所以△CED为等边三角形，取CE的中点F，连结DF，则DF⊥CE，∵BE=BC=1，且BC⊥BE，则△EBC为等腰直角三角形，连结BF，则BF⊥CE，所以∠BFD为所求的二面角的平面角，连结BD，在△BFD中，DF=CD=，BF=，BD==，所以cos∠BFD==﹣，∴二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值为﹣．【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．7.如图所示，四棱锥P ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=，AD=2，PA=PD=，E，F分别是棱AD，PC的中点，二面角PADB为60°．（1）证明：平面PBC⊥平面ABCD；（2）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．答案及解析：7.证明：（1）连接PE，BE，∵PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，∴PE⊥AD，BE⊥AD，∴∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角．在△PAD中，由PA=PD=，AD=2，解得PE=2．在△ABD中，由BA=BD=，AD=2，解得BE=1．在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60˚，由余弦定理，解得PB==，∴∠PBE=90˚，即BE⊥PB．又BC∥AD，BE⊥AD，∴BE⊥BC，∴BE⊥平面PBC．又BE⊂平面ABCD，∴平面PBC⊥平面ABCD．解：（2）连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，∴∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．∵PB=，∠ABP为直角，MB=PB=，∴AM=，∴EF=．又BE=1，∴在直角三角形EBF中，sin∠EFB==．∴直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．考点：直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．专题：证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）连接PE，BE，由已知推导出∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，推导出BE⊥PB，BE⊥BC，由此能证明平面PBC⊥平面ABCD．（2）连接BF，由BE⊥平面PBC，得∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角，由此能求出直线EF与平面PBC所成角的正弦值．解答：证明：（1）连接PE，BE，∵PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，∴PE⊥AD，BE⊥AD，∴∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角．在△PAD中，由PA=PD=，AD=2，解得PE=2．在△ABD中，由BA=BD=，AD=2，解得BE=1．在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60˚，由余弦定理，解得PB==，∴∠PBE=90˚，即BE⊥PB．又BC∥AD，BE⊥AD，∴BE⊥BC，∴BE⊥平面PBC．又BE⊂平面ABCD，∴平面PBC⊥平面ABCD．解：（2）连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，∴∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．∵PB=，∠ABP为直角，MB=PB=，∴AM=，∴EF=．又BE=1，∴在直角三角形EBF中，sin∠EFB==．∴直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．点评：本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养8.（15分）（2010秋•杭州校级期末）如图，已知△BCD中，∠BCD=90°，AB⊥平面BCD，BC=CD=1，分别为AC、AD的中点．（1）求证：平面BEF⊥平面ABC；（2）求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．答案及解析：8.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）通过证明CD⊥平面ABC，CD∥EF，说明EF⊂平面BEF，即可证明平面BEF⊥平面ABC；（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，可得AH⊥平面BEF，推出∠AFH为直线AD与平面BEF所成角．在Rt△AFH中，求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD．又∵CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC．∵E、F分别为AC、AD的中点，∴EF∥CD．∴EF⊥平面ABC，∵EF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC．（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，由（1）可得AH⊥平面BEF，∴∠AFH为直线AD与平面BEF所成角．在Rt△ABC中，为AC中点，∴∠ABE=30°，∴．在Rt△BCD中，BC=CD=1，∴．∴在Rt△ABD中，∴．∴在Rt△AFH中，，∴AD与平面BEF所成角的正弦值为．【点评】证明两个平面垂直，关键在一个面内找到一条直线和另一个平面垂直；利用三垂线定理找出二面角的平面角，解三角形求出此角，是常用方法．9.答案及解析：9.10.（12分）（2015秋•拉萨校级期末）如图，边长为2的正方形ABCD中，（1）点E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A′．求证：A′D⊥EF（2）当BE=BF=BC时，求三棱锥A′﹣EFD的体积．答案及解析：10.【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）由正方形ABCD知∠DCF=∠DAE=90°，得A'D⊥A'F且A'D⊥A'E，所以A'D⊥平面A'EF．结合EF⊂平面A'EF，得A'D⊥EF；（2）由勾股定理的逆定理，得△A'EF是以EF为斜边的直角三角形，而A'D是三棱锥D﹣A'EF的高线，可以算出三棱锥D﹣A'EF的体积，即为三棱锥A'﹣DEF的体积．【解答】解：（1）由正方形ABCD知，∠DCF=∠DAE=90°，∴A'D⊥A'F，A'D⊥A'E，∵A'E∩A'F=A'，A'E、A'F⊆平面A'EF．∴A'D⊥平面A'EF．又∵EF⊂平面A'EF，∴A'D⊥EF．（2）由四边形ABCD为边长为2的正方形故折叠后A′D=2，A′E=A′F=，EF=则cos∠EA′F==则sin∠EA′F==•A′E•A′F•sin∠EA′F=故△EA′F的面积S△EA′F由（1）中A′D⊥平面A′EF可得三棱锥A'﹣EFD的体积V=××2=．【点评】本题以正方形的翻折为载体，证明两直线异面垂直并且求三棱锥的体积，着重考查空间垂直关系的证明和锥体体积公式等知识，属于中档题．11.（12分）（2015秋•沧州月考）如图，在△ABC中，AO⊥BC于O，OB=2OA=2OC=4，点D，E，F分别为OA，OB，OC的中点，BD与AE相交于H，CD与AF相交于G，将△ABO 沿OA折起，使二面角B﹣OA﹣C为直二面角．（Ⅰ）在底面△BOC的边BC上是否存在一点P，使得OP⊥GH，若存在，请计算BP的长度；若不存在，请说明理由；（Ⅱ）求二面角A﹣GH﹣D的余弦值．答案及解析：11.【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法．【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．【分析】（Ⅰ）根据条件便知H，G分别为△AOB，△AOC的重心，从而有GH∥EF∥BC，并可说明∠BOC为直角，过O作OP⊥BC，从而有OP⊥GH，而根据摄影定理便有，这样即可求出BP的长度；（Ⅱ）根据上面知OB，OC，OA三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，从而可以根据条件求出图形上一些点的坐标，从而可以得到向量的坐标，可设平面AGH的法向量为，而根据即可求出，同样的方法可以求出平面DGH的一个法向量，根据cos=即可得出二面角A﹣GH﹣D的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）H，G分别为△AOB和△AOC的重心；∴；连接EF，则GH∥EF；由已知，EF∥BC，∴GH∥BC；∵OA⊥OB，OA⊥OC，二面角B﹣OA﹣C为直二面角；∴∠BOC为直角；∴在Rt△BOC中，过O作BC的垂线，垂足为P，OP⊥BC，又BC∥GH；∴OP⊥GH，则由摄影定理得：OB2=BP•BC；∴；（Ⅱ）分别以OB，OC，OA为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：O（0，0，0），A（0，0，2），D（0，0，1），B（4，0，0），C（0，2，0），H（），；∴，；设为平面AGH的法向量，则：；取x1=1，则y1=2，z1=1，∴；设为平面DGH的法向量，则：；取x2=1，则；∴；∴由图可知二面角A﹣GH﹣D为锐角，∴该二面角的余弦值为．【点评】考查三角形重心的概念及其性质，平行线分线段成比例，三角形中位线的性质，以及二面角的平面角的定义，直角三角形的摄影定理的内容，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角问题的方法，平面的法向量的概念及求法，能求空间点的坐标，根据点的坐标求向量的坐标，向量垂直的充要条件，以及向量夹角的余弦公式，清楚两平面所成二面角的大小和两平面的法向量夹角的关系．12.（12分）（2014•芜湖模拟）如图，E是以AB为直径的半圆上异于A、B的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB=2AD=2．（1）求证：EA⊥EC；（2）设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F．①试证：EF∥AB；②若EF=1，求三棱锥E﹣ADF的体积．答案及解析：12.【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的性质．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）利用面面垂直的性质，可得BC⊥平面ABE，再利用线面垂直的判定证明AE⊥面BCE，即可证得结论；（2）①先证明AB∥面CED，再利用线面平行的性质，即可证得结论；②取AB中点O，EF的中点O′，证明AD⊥平面ABE，利用等体积，即可得到结论．【解答】（1）证明：∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD∴BC⊥平面ABE∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE∵E在以AB为直径的半圆上，∴AE⊥BE∵BE∩BC=B，BC，BE⊂面BCE∴AE⊥面BCE∵CE⊂面BCE，∴EA⊥EC；（2）①证明：设面ABE∩面CED=EF∵AB∥CD，AB⊄面CED，CD⊂面CED，∴AB∥面CED，∵AB⊂面ABE，面ABE∩面CED=EF∴AB∥EF；②取AB中点O，EF的中点O′，在Rt△OO′F中，OF=1，O′F=，∴OO′=∵BC⊥面ABE，AD∥BC∴AD⊥平面ABE∴V E﹣ADF =V D﹣AEF===【点评】本题考查面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，考查线面垂直，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．13.（12分）（2014•浙江模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．答案及解析：13.【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC．利用线面垂直的性质定理可得CC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出ED∥AC1，再利用线面平行的判定定理即可证明结论【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC．又因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．又C1C∩BC=C，所以AC⊥平面CC1B1B，所以AC⊥BC1．（2）连结C1B交CB1于E，再连结DE，由已知可得E为C1B的中点，又∵D为AB的中点，∴DE为△BAC1的中位线．∴AC1∥DE又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1∴AC1∥平面CDB1．【点评】熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理是解题的关键．14.如图，在三棱锥S﹣ABC中，SB⊥底面ABC，且SB=AB=2，BC=，D、E 分别是SA、SC的中点．（I）求证：平面ACD⊥平面BCD；（II）求二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小．答案及解析：14.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）根据面面垂直的判定定理证明AD⊥平面BCD即可证明平面ACD⊥平面BCD．（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角S﹣BD﹣E的余弦值．【解答】证明：（I）∵∠ABC=，∴BA⊥BC，建立如图所示的坐标系，则C（0，，0），A（2，0，0），D（1，0，1），E（0，，1），S（0，0，2），则=（﹣1，0，1），=（0，，0），=（1，0，1），则•=（﹣1，0，1）•（0，，0）=0，•=（﹣1，0，1）•（1，0，1）=﹣1+1=0，则⊥，⊥，即AD⊥BC，AD⊥BD，∵BC∩BD=B，∴AD⊥平面BCD；∵AD⊂平面BCD；∴平面ACD⊥平面BCD；（II）=（0，，1），则设平面BDE的法向量=（x，y，1），则，即，解得x=﹣1，y=，即=（﹣1，，1），又平面SBD的法向量=（0，，0），∴cos＜，＞==，则＜，＞=，即二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小为．【点评】本题主要考查空间面面垂直的判定，以及二面角的求解，利用向量法是解决二面角的常用方法．15.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB⊥平面ABCD，（Ⅰ）求证：平面PED⊥平面PAC；（Ⅱ）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．答案及解析：15.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．【专题】计算题；空间位置关系与距离；空间角．【分析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA⊥平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系o﹣xyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、、的坐标．由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DE⊥AC且DE⊥AP，结合线面垂直判定定理证出ED⊥平面PAC，从而得到平面PED⊥平面PAC；（II）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角θ的正弦值，由此建立关于θ的方程并解之即可得到λ=2．利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，﹣1，﹣1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥PA∴PA⊥平面ABCD结合AB⊥AD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系o﹣xyz，如图所示…（2分）可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）∴，，得，，∴DE⊥AC且DE⊥AP，∵AC、AP是平面PAC内的相交直线，∴ED⊥平面PAC．（4分）∵ED⊂平面PED∴平面PED⊥平面PAC（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为θ，则，解之得λ=±2∵λ＞0，∴λ=2，可得P的坐标为（0，0，2）（8分）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y0，z0），，由，，得到，令x0=1，可得y0=z0=﹣1，得=（1，﹣1，﹣1）（10分）∴cos＜，（11分）由图形可得二面角A﹣PC﹣D的平面角是锐角，∴二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值为．（12分）【点评】本题在四棱锥中证明面面垂直，并且在线面所成角的正弦情况下求二面角A﹣PC ﹣D的余弦值．着重考查了线面垂直、面面垂直的判定定理和利用空间向量研究直线与平面所成角和二面角大小的方法，属于中档题．16.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）若PD=AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．答案及解析：16.（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．考点：直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角．专题：计算题；证明题；综合题；数形结合；转化思想．分析：（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BD⊥AD，根据PD⊥底面ABCD，易证BD⊥PD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PA⊥BD；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点A，B，C，P的坐标，求出向量，和平面PAB的法向量，平面PBC的法向量，求出这两个向量的夹角的余弦值即可．解答：（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．点评：此题是个中档题．考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及应用空间向量求空间角问题，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力．17.如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠ABC=90°，PA⊥平面ABC，E，F分别为PB，PC的中点．（1）求证：EF∥平面ABC；（2）求证：平面AEF⊥平面PAB．答案及解析：17.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）根据三角形中位线定理可得EF∥BC，进而根据线面平行的判定定理可得EF∥平面ABC；（2）根据PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，结合∠ABC=90°，及线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAB，进而由线面垂直的第二判定定理可得EF平面PAB，最后由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PAB．【解答】证明：（1）∵E，F分别为PB，PC的中点．∴EF∥BC，又∵BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC；（2）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又∵∠ABC=90°，∴AB⊥BC，又∵PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，由（1）中EF∥BC，∴EF⊥平面PAB，又∵EF⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAB．【点评】本题考查的知识点是线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，是空间线面关系的简单综合应用，难度中档．18.（14分）如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB∥CD，AD=AF=CD=2，AB=4．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BCE；（Ⅱ）求三棱锥A﹣CDE的体积；（Ⅲ）线段EF上是否存在一点M，使得BM⊥CE？若存在，确定M点的位置；若不存在，请说明理由．答案及解析：18.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（I）如图所示，取AB的中点N，连接CN，可得四边形ADCN是正方形，可得NA=NB=NC，可得AC⊥CB，利用AF⊥平面ABCD，AF∥BE，可得BE⊥平面ABCD，即可证明．=V三棱锥E﹣ACD=即可得出．（II）利用V三棱锥A﹣CDE（III）线段EF上存在一点M为线段EF的中点，使得BM⊥CE．连接MN，BM，EN，则四边形BEMN为正方形，可得BM⊥EN，利用线面面面垂直的判定与性质定理可得：CN⊥平面ABEF，可得CN⊥BM，又BM⊥CE．即可证明BM⊥平面CEN．【解答】（I）证明：如图所示，取AB的中点N，连接CN，则四边形ADCN是正方形，可得NA=NB=NC，∴AC⊥CB，∵AF⊥平面ABCD，AF∥BE，∴BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC，又BE∩BC=B，∴AC⊥平面BCE．=V三棱锥E﹣ACD===．（II）解：V三棱锥A﹣CDE（III）解：线段EF上存在一点M为线段EF的中点，使得BM⊥CE．连接MN，BM，EN，则四边形BEMN为正方形，∴BM⊥EN，∵CN⊥AB，平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴CN⊥平面ABEF，∴CN⊥BM，又CN∩EN=N，∴BM⊥平面CEN，∴BM⊥CE．【点评】本题考查了线面面面垂直的判定与性质定理、正方形的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19.（13分）如图，在正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，（1）在正方体的12条棱中，与棱AA1是异面直线的有几条（只要写出结果）（2）证明：AC∥平面A1BC1；（3）证明：AC⊥平面BDD1B1．答案及解析：19.【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）画出正方体ABCD﹣A1B1C1D1，根据异面直线的概念即可找出与棱AA1异面的棱．（2）连接AC，A1C1，则A1C1∥AC，利用线面平行的判定定理即可证明；（3）由DD1⊥面AC，知DD1⊥AC，由DD1⊥BD，能够证明AC⊥平面BDD1B1．【解答】解：（1）与棱AA1异面的棱为：CD，C1D1，BC，B1C1，共4条．（2）证明：连接AC，A1C1，则A1C1∥AC，∵AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴AC∥平面A1BC1；（3）证明：∵DD1⊥面AC，AC⊂平面AC，∴DD1⊥AC，∵AC⊥BD，DD1∩BD=D，BD⊂平面BDD1B1，DD1⊂平面BDD1B1∴AC⊥平面BDD1B1．【点评】考查异面直线的概念，直线与平面垂直的证明，直线与平面平行的判定，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化，属于中档题．20.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）证明：BC1⊥面A1B1CD；（2）求直线A1B和平面A1B1CD所成的角．答案及解析：20.【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）要证BC1⊥面A1B1CD；应通过证明A1B1⊥BC1．BC1⊥B1C两个关系来实现，两关系容易证明．（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O 为A1B与平面A1B1CD所成的角．在RT△A1BO中求解即可．【解答】解：（1）连接B1C交BC1于点O，连接A1O．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中因为A1B1⊥平面BCC1B1．所以A1B1⊥BC1．又∵BC1⊥B1C，又BC1∩B1C=O∴BC1⊥平面A1B1CD（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O 为A1B与平面A1B1CD所成的角．设正方体的棱长为a在RT△A1BO中，A1B=a，BO=a，所以BO=A1B，∠BA1O=30°，即直线A1B和平面A1B1CD所成的角为30°．【点评】本题考查空间直线与平面垂直关系的判断，线面角大小求解，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力．21.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面EDB；（2）证明：平面PAC⊥平面PDB．答案及解析：21.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）欲证PA∥平面EDB，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PA与平面EDB内一直线平行，连接AC，交BD于O，连接EO，根据中位线定理可知EO∥PA，PA⊄平面EDB，EO⊂平面EDB，满足定理所需条件；（2）证明AC⊥平面PBD，即可证明平面PAC⊥平面PDB．【解答】证明：（1）设AC与BD相交于点O，则O为AC的中点．∵E是P的中点，∴EO∥PA又∵EO⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB；（2）∵PO⊥平面ABCD，∴PD⊥AC又∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD从而AC⊥平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，以及平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．22.如图，在直三棱柱ABC=A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．（1）求证：BC⊥A1B；（2）若AD=，AB=BC=2，P为AC的中点，求二面角P﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．答案及解析：22.【考点】用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）由已知得A1A⊥平面ABC，A1A⊥BC，AD⊥BC．由此能证明BC⊥A1B．（Ⅱ）由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AB，从而BC⊥AB，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz，利用向量法能求出二面角P﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴A1A⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴A1A⊥BC，∵AD⊥平面A1BC，且BC⊂平面A1BC，∴AD⊥BC．又AA1⊂平面A1AB，AD⊂平面A1AB，A1A∩AD=A，∴BC⊥平面A1AB，又A1B⊂平面A1BC，∴BC⊥A1B．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AB，AB⊂平面A1AB，从而BC⊥AB，如图，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上，∴AD⊥A1B．在Rt△ABD中，AD=，AB=2，sin∠ABD==，∠ABD=60°，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥AB．在Rt△ABA1中，AA1=AB•tan60°=2，则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），P（1，1，0），A 1（0，2，2），，=（0，2，2），，设平面PA1B的一个法向量，则，即，得，设平面CA1B的一个法向量，则，即，得，，∴二面角P﹣A1B﹣C平面角的余弦值是．…【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．23.（16分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，E为棱AB上的一动点．（1）若E为棱AB的中点，①求四棱锥B1﹣BCDE的体积②求证：面B1DC⊥面B1DE（2）若BC1∥面B1DE，求证：E为棱AB的中点．答案及解析：23.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）①四棱锥B1﹣BCDE的底面为直角梯形BEDC，棱锥的高为B1B，代入体积公式即可；②面B1DC∩面B1DE=B1D，故只需在平面B1DE找到垂直于交线B1D的直线即可，由DE=B1E=a可易知所找直线为等腰△EB1D底边中线；（2）辅助线同上，由中位线定理可得OF∥DC，且OF=DC，从而得出OF∥EB，由BC1∥面B1DE可得EO∥B1C，故四边形OEBF是平行四边形，得出结论．【解答】证明：（1）①∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1∴B1B平面BEDC，•B1B=•（a+）•a•a=．∴V=•S梯形BCDE②取B1D的中点O，设BC1∩B1C=F，连接OF，∵O，F分别是B1D与B1C的中点，∴OF∥DC，且OF=DC，又∵E为AB中点，∴EB∥DC，且EB=DC，∴OF∥EB，OF=EB，即四边形OEBF是平行四边形，∴OE∥BF，∵DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥DC，∴OE⊥DC．又BC1⊥B1C，∴OE⊥B1C，又∵DC⊂平面B1DC，B1C⊂平面B1DC，DC∩B1C=C，∴OE⊥平面B1DC，。
高中数学立体几何单元测试卷(精选)
高中数学立体几何单元测试卷(精选)一、选择题1.已知直线a，b分别在两个不同的平面α、β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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答案：A2.下列说法正确的是（）。
A. 两个平面相交，它们只有一条过交点的公共直线B. 如果一条直线上的两点分别在一个平面内，那么这条直线在此平面内C. 经过三点中的两点作直线，有且仅有一条D. 两个不重合的平面α，β平行，则与α平行的任意直线l都与β平行答案：B、D（A选项缺少“它们平行除外”的条件，C选项应为“经过不在同一直线上的三点中的两点作直线，有且仅有一条”）（注意：由于选项内容未完全给出，这里只针对给出的选项进行了判断。
）二、填空题1.已知两个球的半径之比为1∶2，那么两个球的表面积之比为________。
答案：1∶42.空间中直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是________。
答案：垂直3.一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为(9π)/16，则正方体的棱长为________。
答案：√3/24.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________。
①BC∥面PDF；②面PDF⊥面ABC；③DF⊥面PAE；④面PAE⊥面ABC。
答案：②或③或④（正确答案应为②、③和④中的一个，但题目要求选出不成立的结论，因此三个均可作为答案。
不过，通常题目会给出唯一答案，这里可能是为了考察学生的全面性和辨析能力。
在实际考试中，应根据题目给出的具体条件或额外信息来确定唯一答案。
）（注意：由于题目可能存在歧义或为了考察学生的多方面能力而给出了多个可能答案，这里列出了所有可能的不成立结论。
）三、解答题1.已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB=2√2，∠ACB=90°，PA为球O的直径，求三棱锥P-ABC的体积。
高中几何体试题及答案大全
高中几何体试题及答案大全试题一：直线与平面的关系题目：在空间直角坐标系中，直线l过点A(1, 2, 3)且与向量(2, -1, 0)平行。
求证：直线l与平面x - 2y + z = 6平行。
答案：首先，直线l的参数方程可以表示为：\[ x = 1 + 2t, \quad y = 2 - t, \quad z = 3 \]其中\( t \)为参数。
接下来，将直线l的参数方程代入平面方程x - 2y + z = 6，得到：\[ (1 + 2t) - 2(2 - t) + 3 = 6 \]\[ 1 + 2t - 4 + 2t + 3 = 6 \]\[ 4t = 6 \]\[ t = \frac{3}{2} \]由于直线l的参数方程中，参数\( t \)可以取任意实数，而代入平面方程后，\( t \)有唯一解，这表明直线l与平面x - 2y + z = 6平行。
试题二：立体几何体积计算题目：一个正方体的边长为a，求其外接球的体积。
答案：正方体的外接球的直径等于正方体的对角线长度，即：\[ 2R = a\sqrt{3} \]其中\( R \)为外接球的半径。
由此可得外接球的半径为：\[ R = \frac{a\sqrt{3}}{2} \]球的体积公式为：\[ V = \frac{4}{3}\pi R^3 \]代入\( R \)的值，得到正方体外接球的体积为：\[ V = \frac{4}{3}\pi \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^3 =\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{2} \]试题三：圆锥曲线问题题目：已知椭圆的方程为\( \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 \)，其中a > b > 0。
求椭圆的焦点坐标。
答案：椭圆的焦点位于主轴上，根据椭圆的性质，焦点到椭圆中心的距离为c，满足以下关系：\[ c^2 = a^2 - b^2 \]假设焦点位于x轴上，焦点的坐标为\( (c, 0) \)和\( (-c, 0) \)。
高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)
立体几何小题100例一、选择题1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，11C D 上的动点，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，则当点P 运动时，PE 的最小值是（ ）A ．5B ．4C ．42．5【答案】D 【解析】试题分析：因为点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，所以，点P 在连接1111,A D B C 中点的连线上．为使当点P 运动时，PE 最小，须PE 所在平面平行于平面11AA D D ,2244()52PE =+=选D考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．2．如图在一个二面角的棱上有两个点A ，B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，=46,AB cm AC cm =， 8,217BD cm CD cm ==，则这个二面角的度数为（ ）A ．30︒B ．60︒C ．90︒D ．120︒ 【答案】B 【解析】试题分析：设所求二面角的大小为θ，则,BD AC θ<>=，因为CD DB BA AC =++，所以22222()222CD DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC =++=+++⋅+⋅+⋅CA DB而依题意可知,BD AB AC AB ⊥⊥，所以20,20DB BA BA AC ⋅=⋅=所以2222||||||||2CD DB BA AC BD AC =++-⋅即222417468286cos θ⨯=++-⨯⨯所以1cos 2θ=，而[0,]θπ∈，所以60θ=︒，故选B. 考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm ）可得这 个几何体的体积是（ ）112222侧视图俯视图主视图A ．343cmB ．383cmC ．33cmD ．34cm【答案】B ． 【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积382231312=⨯⨯==Sh V ． 考点：空间几何体的体积计算．4．如图，P 是正方体1111ABCD A B C D -对角线1AC 上一动点，设AP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为(x)f ，则(x)f 的图象大致是（ ）【答案】A 【解析】试题分析：设AC 与BD 交于点O ,连接OP .易证得BD ⊥面11ACC A ,从而可得BD OP ⊥.设正方体边长为1,在1Rt ACC ∆中126cos 33C AC ∠==.在AOP ∆中 22OA =,设(),03AP x x =≤≤,由余弦定理可得2222226231222362OP x x x x ⎛⎫=+-⋅⨯=-+ ⎪ ⎪⎝⎭,所以223162OP x x =-+.所以()22231262f x x x =-+.故选A. 考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.5．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1， ,E F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线,E F 的平面分别与棱BB '、DD '交于,M N ，设 BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个命题：（1）平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）当且仅当x=12时，四边形MENF 的面积最小；（3）四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数； （4）四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常函数； 以上命题中假命题．．．的序号为（ ） A ．（1）（4） B ．（2） C ．（3） D ．（3）（4） 【答案】C 【解析】试题分析：（1）由于AC EF //，B B AC BD AC '⊥⊥,，则D D B B ''⊥平面AC ，则D D B B EF ''⊥平面，又因为EMFN EF 平面⊂，则平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）由于四边形MENF 为菱形，MN EF S MENF ⋅=21，2=EF ，要使四边形MENF 的面积最小，只需MN 最小，则当且仅当21=x 时，四边形MENF 的面积最小；（3）因为1)21(2+-=x MF ，1)21(4)(2+-=x x f ，)(x f 在]1,0[上不是单调函数；（4）NE C F EC M F MENF C V V V '-'--'+=，ME C S '∆=41121=⋅'E C ，F 到平面ME C '的距离为1，1214131=⋅='-ME C F V ，又41121=⋅'⋅='∆E C S NE C ，1214131=⋅='-NE C F V ，61)(=x h 为常函数.故选（3）考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.6．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A）4 （B ）4 （C ）4 （D ）34【答案】D. 【解析】试题分析：连接B A 1；11//CC AA ,AB A 1∠∴是异面直线AB 与1CC 所成的角或其补角；在1ADA Rt ∆中，设11=AA ，则21,231==D A AD ；在1BDA Rt ∆中，2121=B A ；在1ABA ∆中，431122111cos 1=⨯⨯-+=∠AB A ；即面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为34. 考点：异面直线所成的角.7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为A ．π312B ．π12C ．π34D ．π3 【答案】D 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，32=r ，23=∴r ，因此ππ342==r S 表面积，故答案为D. 考点：由三视图求外接球的表面积.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90 D ．1AP PD +22+ 【答案】C 【解析】试题分析：111DC D A ⊥ ，11DC B A ⊥，1111A B A D A = ，⊥∴1DC 平面11BCD A ，⊂P D 1平面11BCD A 因此P D DC 11⊥，A 正确；由于⊥11A D 平面11ABB A ，⊂11A D 平面P A D 11，故平面⊥P A D 11平面AP A 1 故B 正确，当2201<<P A 时，1APD ∠为钝角，C 错；将面B AA 1与面11BCD A 沿B A 1展成平面图形，正视图 侧视图俯视图线段1AD 即为1PD AP +的最小值，利用余弦定理解221+=AD ，故D 正确，故答案为C ．考点：棱柱的结构特征． 9．下列命题中，错误的是（ ）A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两条直线不一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线 【答案】B 【解析】试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A 正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B 错，所以选B.考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.10．已知如图所示的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点P 、Q 分别在棱BB 1、DD 1上，且=，过点A 、P 、Q作截面截去该正方体的含点A 1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：当P 、B 1重合时，主视图为选项B ；当P 到B 点的距离比B 1近时，主视图为选项C ；当P 到B 点的距离比B 1远时，主视图为选项D ，因此答案为A. 考点：组合体的三视图11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为 （ ）A. B. C. D.【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC ，它是一个正四棱锥P-ABCD 的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4． 设其外接球的球心为O ，O 点必在高线PE 上，外接球半径为R ， 则在直角三角形BOE 中，BO 2=OE 2+BE 2=（PE-EO ）2+BE 2， 即R 2=（4-R ）2+（32）2，解得：R=174，故选C.考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力12．如右图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =11，AD =7，1AA =12，一质点从顶点A 射向点()4312E ，，，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将1i -次到第i 次反射点之间的线段记为()2,3,4i L i =，1L AE =，将线段1234,,,L L L L 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）【答案】C 【解析】 试题分析：因为37411>，所以1A E 延长交11D C 于F ，过F 作FM 垂直DC 于.M 在矩形1AA FM 中分析反射情况：由于35105AM =>，第二次反射点为1E 在线段AM 上，此时153E M =,第三次反射点为2E 在线段FM 上，此时24E M =,第四次反射点为3E 在线段1AF 上,由图可知，选C.考点：空间想象能力13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r , 则2286862r r r -+-+⇒=,故选B. 考点：三视图 内切圆 球 三棱柱14．已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 A ．14 B ．24 C ．34 D ．12【答案】B. 【解析】试题分析：如图作BE β⊥于E ，连结AE ，过A 作AG ∥CD ，作EG AG ⊥于G ，连结BG ，则.BG AG ⊥设2AB a =．在ABE ∆中，60,90,2,.BAE AEB AB a AE a ∠=︒∠=︒=∴=在Rt AEG ∆中，29045,90,cos 45.2GAE CAG AGE AG a a ∠=︒-∠=︒∠=︒∴=︒=在Rt ABG∆中，222cos 24AG BAG AB a ∠===∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．βαElBDACG考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算．15．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）A ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D 【解析】试题分析：三棱锥ABC D -在平面xoy 上的投影为ABC ∆，所以21=S ，设D 在平面yoz 、zox 平面上的投影分别为2D 、1D ，则ABC D -在平面yoz 、zox 上的投影分别为2OCD ∆、1OAD ∆，因为)2,1,0(1D ，)2,0,1(2D ，所以212=-S S ，故选D.考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.16．正方形ABCD 的边长为2，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且1AE =，12BF =，将此正 方形沿DE 、DF 折起，使点A 、C 重合于点P ，则三棱锥P DEF -的体积是（ ） A ．13B 523 D ．23【答案】B【解析】试题分析：解：因为90,DPE DPF ∠=∠=所以,DP PE DP PF ⊥⊥又因为PE ⊂平面PEF ,PF ⊂平面PEF ,且PE PF P =,所以DP ⊥平面PEF在PEF ∆中，22223151,,1222PE PF EF EB BF ⎛⎫===+=+= ⎪⎝⎭所以222351222cos 33212EPF ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∠==⨯⨯,225sin 133EPF ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭ 所以11355sin 122234PEF S PE PF EPF ∆=⋅⋅∠=⨯⨯⨯= 115523346PEF P DEF D PEF V V DP S ∆--==⋅⋅=⨯⨯=三棱锥三棱锥 所以应选B.考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.17．高为的四棱锥S ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离．解：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为：=故选A点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．18．二面角l αβ--为60°，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面,αβ内，AC l ⊥，BD l ⊥，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2aB ．5aC ．aD ．3a【答案】A【解析】试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式2222cos EF d m n mn θ=++± ，对于本题中，d a =，m a =，2n =，60θ=，故()222222cos 602CD a a a a a a =++-⋅⋅⋅=．考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力．19．长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（ ）．Ａ．14 B ．4 C ．32 D ．23【答案】B【解析】试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度．考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.20．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ , 由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF 与面MPQ 不垂直，所以选项C 是正确的；因为//EF l ，M 是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l 是唯一的，故选项D 不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．21．如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D【解析】试题分析：由于',A G DE FG DE ⊥⊥．所以DE ⊥平面'A FG ．经过点'A 作平面ABC 的垂线垂足在AF上．所以A 选项正确．由A 可知B 选项正确．当平面'A DE 垂直于平面BCDE 时，三棱锥EFD A -'的体积最大，所以C 正确．因为BD EF ，设2AC a =．所以'EF A E a ==，当'2A F a =时，32'(')2a A G GF A G GF a <+==．所以异面直线E A '与BD 可能垂直．所以D 选项不正确．考点：1．线面位置关系．2．面面的位置关系．3．体积公式．4．异面直线所成的角．5．空间想象力．22．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ ,由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；EF l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选因为//项D不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．23．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（）A．B．C．D．3【答案】A【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高．而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选A．24．如图所示，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值是（）A. 2:1B. 1:1C. 1:2D. 1:3【答案】C【解析】设AB ＝a.由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝.易证PQ ⊥面DCQ ，而PQ ＝，△DCQ 的面积为，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1:1，选C.25．正四面体ABCD ，线段AB //平面α，E ，F 分别是线段AD 和BC 的中点，当正四面体绕以AB 为轴旋转时，则线段AB 与EF 在平面α上的射影所成角余弦值的范围是（ ）A ． [0，22]B ．[22，1]C ．[21，1] D ．[21，22] 【答案】B【解析】试题分析：如图，取AC 中点为G ，结合已知得GF //AB ，则线段AB 、EF 在平面α上的射影所成角等于GF 与EF 在平面α上的射影所成角，在正四面体中，AB ⊥CD ，又GE //CD ，所以GE ⊥GF,所以222GF GE EF +=，当四面体绕AB 转动时，因为GF //平面α，GE 与GF 的垂直性保持不变，显然，当CD 与平面α垂直时，GE 在平面上的射影长最短为0，此时EF 在平面α上的射影11F E 的长取得最小值21，当CD 与平面α平行时，GE 在平面上的射影长最长为21，11F E 取得最大值22，所以射影11F E 长的取值范围是 [21，22]，而GF 在平面α上的射影长为定值21，所以AB 与EF 在平面α上的射影所成角余弦值的范围是[22，1].故选B 考点：1线面平行；2线面垂直。
立体几何测试题(共10篇)
立体几何测试题(共10篇)立体几何测试题（一）: 立体几何问题立体几何试题已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为D1C1、C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证：（1）D、B、F、E四点共面；（2）若A1C交平面DBFE于R点,则P、Q、R三点共线.1.EF平行于B1D1,B1D1平行于BD,所以EF平行于BD,EFBD四点共面2.F,D,A,C1属于平面A1ACC1,且AC1与PQ不平行,所以AC1与PQ相交A1C交平面DBFE于R点,又因为PQ属于平面DBFE,所以AC1与PQ相交于R 所以R属于PQ,PQR共线立体几何测试题（二）: 几个书后练习题立体几何1.如果a、b是两条直线,且a‖b,那么a平行于经过b的任何平面.是否正确2.如果a、b是两条直线,且a‖b,那么a平行于经过b的任何平面.为什么不对谢不对,因为a有可能在经过b的面上,不是平行关系立体几何测试题（三）: 一道数学基本的立体几何的题目~在正方形ABCD-A"B"C"D"中,P、Q分别为A"B"、BB"的中点.（1）求直线AP与CQ所成的角的大小（2）求直线AP与BD所成的角的大小我还没学过空间向量,1.取DC中点E,连EC,证明EC平行AP,用余弦定理算2.取AB中点F,连接FB,用余弦定理算【立体几何测试题】立体几何测试题（四）: 求大量立体几何难题!立体几何综合试题（自己画图）1、已知正三棱柱ABC—A1B1C1中,各棱长都相等,D、E分别为AC1,BB1的中点.（1）求证：DE‖平面A1B1C1；（2）求二面角A1—DE—B1的大小.2、已知直三棱柱ABC—A1B1C1,AB＝AC,F为棱BB1上一点,BF∶FB1＝2∶1,BF ＝BC＝2a.（I）若D为BC的中点,E为AD上不同于A、D的任意一点,证明EF⊥FC1；（II）试问：若AB＝2a,在线段AD上的E点能否使EF与平面BB1C1C成60°角,为什么证明你的结论3、在底面是直角梯形的四棱锥中,AD‖BC,∠ABC＝90°,且 ,又PA⊥平面ABCD,AD＝3AB＝3PA＝3a.（I）求二面角P—CD—A的正切值；（II）求点A到平面PBC的距离.4、在直三棱柱ABC—A1B1C1中,CA=CB=CC1=2,∠ACB=90°,E、F分别是BA、BC的中点,G是AA1上一点,且AC1⊥EG.（Ⅰ）确定点G的位置；（Ⅱ）求直线AC1与平面EFG所成角θ的大小.5、已知四棱锥P—ABCD,底面ABCD是菱形,平面ABCD,PD=AD,点E为AB中点,点F为PD中点.（1）证明平面PED⊥平面PAB；（2）求二面角P—AB—F的平面角的余弦值6.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是正方形A1B1C1D1的中心,点P 在棱CC1上,且CC1=4CP.(Ⅰ)求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ)设O点在平面D1AP上的射影是H,求证：D1H⊥AP；(Ⅲ)求点P到平面ABD1的距离.7、在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱底面ABCD,,E是PC的中点,作交PB于点F.(I)证明平面；(II)证明平面EFD；(III)求二面角的大小.8、已知在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中,点E是棱BC的中点,点F是棱CD上的动点.（I）试确定点F的位置,使得D1E⊥平面AB1F；（II）当D 1E⊥平面AB1F时,求二面角C1—EF—A的大小（结果用反三角函数值表示）.9、直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是梯形,AB‖CD,AD⊥DC,CD=2,DD1=AB=1,P、Q分别是CC1、C1D1的中点.点P到直线AD1的距离为⑴求证：AC‖平面BPQ⑵求二面角B-PQ-D的大小10、已知长方体ABCD—A1B1C1D1中,AB=BC=4,AA1=8,E、F分别为AD和CC1的中点,O1为下底面正方形的中心.（Ⅰ）证明：AF⊥平面FD1B1；（Ⅱ）求异面直线EB与O1F所成角的余弦值；这些题应该还可以!你来试试吧!题不要求多就精就可以了!不懂的或不会做的,我来帮你解答!立体几何测试题（五）: 立体几何初步练习题已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱B1C1,C1D1,A1B1,D1A1的中点,求证（1）MN平行于DEF,(2)平面AMN平行于平面CEF(1)连接B1D1因为MN、EF为三角形A1B1D1、B1C1D1的中位线,所以MN平行于EF因为MN不属于面DEF,EF属于面DEF所以MN平行于面DEF(2)这题题目错了吧,应该是DEF吧立体几何测试题（六）: 解析几何基础知识练习题靠!一楼的那么多废话那么多选择题：集合,函数（图像）,立体几何,圆锥一、数学命题原则 1．普通高等学校招生数学科的考试,按照“考查基础知识的【立体几何测试题】立体几何测试题（七）: 高一必修二立体几何习题1-7的题仓库的房顶呈正四棱锥形,量的地面的边长为2.6m,侧棱长2.1m,先要在房顶上铺一层油毡纸,问：需要油毡纸的面积多少运用海伦公式房顶为4个相同的三角形海伦公式a=2.6 b=2.1 c=2.1 p=a+b+c/2=3.4S=根号下p*(p-a)*(p-b)*(p-c)=2.1444S=2.144*4=8.576平方米立体几何测试题（八）: 怎么根据题目画数学的立体几何图形搞懂了题目的要求,就照那意思去画,立体几何记住透视很重要.立体几何测试题（九）: 求立体几何判断题的解题方法.①过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直②过直线外一点有且仅有一个平面与已知直线平行③过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线垂直④过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直⑤……等等,诸如此类.见到很多这样的题目,但是却总找不到解题的方法,概念定理也经常记混.本人感激不尽!记一些模型,例如墙角模型什么的这个很重要.遇见不熟悉的题,用书本和笔（手指也可以）比划一下.这种题目主要是找反例!想象力也很重要啦……立体几何测试题（十）: 一道高中立体几何的题目.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=4,O1是底面A1B1C1D1的中心.E 是CO1上的点,设CE等于X,四棱锥E-ABCD的体积为y,求y关于X的函数关系式..图只有自己画一下了,做EF垂直于平面ABCD 垂足为F易得出CEF相似于O1CC1因为C1O1=根号2 CC1=4 得CO1=3根号2CE/CO1=EF/CC1 得出EF=4X/3根号2Y=底面积*EF/3=4*4X/9根号2Y=8根号2*X/9职高立体几何测试题空间立体几何测试题。
(完整版)高中立体几何经典练习试题[最新版]
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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。
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 ，。
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广元外国语学校
高一数学必修2立体几何测试题
试卷满分：150分 考试时间：120分钟
班级___________ 姓名__________ 学号_________ 分数___________
第Ⅰ卷
一、选择题（每小题5分，共60分）
1、线段AB 在平面α内，则直线AB 与平面α的位置关系是
A 、A
B α⊂ B 、AB α⊄
C 、由线段AB 的长短而定
D 、以上都不对
2、下列说法正确的是
A 、三点确定一个平面
B 、四边形一定是平面图形
C 、梯形一定是平面图形
D 、平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点 3、垂直于同一条直线的两条直线一定
A 、平行
B 、相交
C 、异面
D 、以上都有可能 4、在正方体1111ABCD A B C D -中，下列几种说法正确的是
A 、11AC AD ⊥
B 、11D
C AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45角
D 、11AC 与1B C 成60角 5、若直线l 平面α，直线a α⊂，则l 与a 的位置关系是
A 、l a
B 、l 与a 异面
C 、l 与a 相交
D 、l 与a 没有公共点 6、下列命题中：（1）、平行于同一直线的两个平面平行；（2）、平行于同一平面的两个平面平行；（3）、垂直于同一直线的两直线平行；（4）、垂直于同一平面的两直线平行.其中正确的个数有 A 、1 B 、2 C 、3 D 、4
7、在空间四边形ABCD 各边AB BC CD DA 、、、上分别取E F G H 、、、四点，如果与EF GH 、能相交于点P ，那么 A 、点必P 在直线AC 上 B 、点P 必在直线BD 上
C 、点P 必在平面ABC 内
D 、点P 必在平面ABC 外 8、a ，b ，c 表示直线，M 表示平面，给出下列四个命题：①若a ∥M ，b ∥M ，则a ∥b ；②若b ⊂M ， a ∥b ，则a ∥M ；③若a ⊥c ，b ⊥c ，则a ∥b ；④若a ⊥M ，b ⊥M ，则a ∥b .其中正确命题的个数有 A 、0个 B 、1个 C 、2个 D 、3个 9、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
10、在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体,则截去8个三棱锥后,剩下的凸多面体的体积是
A 、
23 B 、76 C 、45 D 、56
B 1
C 1
A 1D 1
B
A
C
D
11、已知二面角AB αβ--的平面角是锐角θ，α内一点C 到β的距离为3，点C 到棱AB 的距离为4，那么tan θ的值等于
A 、34
B
、35
C
D
12、如图:直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，点P 、Q 分别在侧棱AA 1和
CC 1上，AP=C 1Q ，则四棱锥B —APQC 的体积为
A 、2V
B 、3V
C 、4V
D 、5
V
二、填空题（每小题4分，共16分）
13、等体积的球和正方体,它们的表面积的大小关系是S 球_____S 正方体
(填”大于、小于或等于”).
14、正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AB D 和平面1BC D 的位置关系为
15、已知PA 垂直平行四边形ABCD 所在平面，若PC BD ⊥，平行则四边形ABCD 一定是 .
16、如图，在直四棱柱A 1B 1C 1 D 1－ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件_________时，有A 1 B ⊥B 1
D 1．(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形.)
第Ⅱ卷
13、 14、 15、 16、
三、解答题(共74分,要求写出主要的证明、解答过程)
17、已知圆台的上下底面半径分别是2、5,且侧面面积等于两底面面积之和,求该圆台的母线长.
(10分)
18、已知E 、F 、G 、H 为空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上的点，且ＥＨ∥ＦＧ． 求证：EH ∥BD . (12分)
Q
P
C'B'
A'C
B
A
H G F
E D
B
A C
19、已知ABC ∆中90ACB ∠=，SA ⊥面ABC ，AD SC ⊥，求证：AD ⊥面SBC ．(12分)
20、一块边长为10cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器,试建立容器的容积V 与x 的函数关系式,并求出函数的定义域. (12分)
S
D C
B A
21、已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）1C O 面11AB D ；
（2 ）1
AC ⊥面11AB D ． (14分)
22、已知△BCD 中，∠BCD =90°，BC =CD =1，AB ⊥平面BCD ，
∠ADB =60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且(01).AE AF
AC AD λλ==<< （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ；
（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF ⊥平面ACD ？ (14分)
D 1O
D
B A
C 1
B 1
A 1
C
F
E
D
B
A
C
高一数学必修2立体几何测试题参考答案
一、选择题（每小题5分，共60分）
ACDDD BCBDD DB
二、填空题（每小题4分，共16分）
13、小于 14、平行 15、菱形 16、1111AC B D 对角线与互相垂直
三、解答题（共74分,要求写出主要的证明、解答过程）
17、解:设圆台的母线长为l ,则 1分
圆台的上底面面积为224S ππ=⋅=上 3分
圆台的上底面面积为2525S ππ=⋅=下 5分 所以圆台的底面面积为29S S S π=+=下上 6分 又圆台的侧面积(25)7S l l ππ=+=侧 8分
于是7πl=29π 9分 即29
7
l =
为所求. 10分 18、证明：
,EH FG EH ⊄面BCD ，FG ⊂面BCD
EH ∴面BCD 6分
又
EH ⊂面BCD ，面BCD 面ABD BD =，
EH BD ∴ 12分
19、证明：
90ACB ∠= BC AC ∴⊥ 1分
又SA ⊥面ABC SA BC ∴⊥ 4分 BC ∴⊥面SAC 7分 BC AD ∴⊥ 10分 又,SC AD SC
BC C ⊥=
AD ∴⊥面SBC 12分
20、解:如图,设所截等腰三角形的底边边长为xcm . 在Rt EOF 中,
1
5,2
EF cm OF xcm ==, 3分
所以EO =
6分
于是13V x =
10分 依题意函数的定义域为{|010}x x << 12分
21、证明：（1）连结11A C ，设11
111AC B D O =
连结1AO ，
1111ABCD A B C D -是正方体 11A ACC ∴是平行四边形
11A C AC ∴且 11A C AC = 2分
又1,O O 分别是11,A C AC 的中点，11
O C AO ∴且11O C AO =
11AOC O ∴是平行四边形 4分 111,C O AO AO ∴⊂面11AB D ，1C O ⊄面11AB D
∴1C O 面11AB D 6分
（2）
1CC ⊥面1111A B C D 11!CC B D ∴⊥ 7分 又
1111A C B D ⊥， 1111B D AC C ∴⊥面 9分 1
11AC B D ⊥即 11分 同理可证11A C AB ⊥， 12分 又11
11D B AB B =
∴1A C ⊥面11AB D 14分
22、证明：（Ⅰ）∵AB ⊥平面BCD ， ∴AB ⊥CD ，
∵CD ⊥BC 且AB ∩BC=B ， ∴CD ⊥平面ABC. 3分 又),10(<<==λλAD
AF AC AE
∴不论λ为何值，恒有EF ∥CD ，∴EF ⊥平面ABC ，EF ⊂平面BEF,
∴不论λ为何值恒有平面BEF ⊥平面ABC. 6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE ⊥EF ，又平面BEF ⊥平面ACD ，
∴BE ⊥平面ACD ，∴BE ⊥AC. 9分 ∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°， ∴,660tan 2,2===
AB BD 11分
,722=+=∴BC AB AC 由AB 2=AE ·AC 得,7
6,7
6==∴=AC
AE AE λ 13分
故当7
6
=λ时，平面BEF ⊥平面ACD. 14分
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