点到平面的距离计算测试题(含答案)
高中数学立体几何大题训练题含答案
立几大题训练题一、解答题（共50题；共505分）1. ( 10分) 已知四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD为梯形，∠BCD=∠ADC=∠SAD=90°,平面SAD⊥平面ABCD，E为线段AD的中点，AD=2BC=2CD.（1）证明：BD⊥平面SAB；（2）若SA=AD=2，求点E到平面SBD的距离.2. ( 10分) 如图，平面ABCD∩平面ABEF=AB，四边形ABCD和ABEF都是边长为2的正方形，点M，N分别是AF，AB的中点，二面角D−AB−F的大小为60°.（1）求证：MN//平面BCF；（2）求直线DE与平面BCF所成角的正弦值.3. ( 10分) 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E为AB的中点，PD⊥CE,AE=1,PD=3,PC=√13（1）证明：AD⊥平面PCD．（2）求DA与平面PCE所成角的正弦值.4. ( 10分) 如图所示，直三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均相等，点E为AA1的中点.（1）证明：EB1⊥BC1；（2）求二面角C1−EB1−C的余弦值.AD，G是PB的中点，5. ( 10分) 已知在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AB=BC=CD=12ΔPAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD.（1）求证：CD⊥平面GAC；（2）求二面角P−AG−C的余弦值.6. ( 10分) 如图，多面体ABCE中，平面AEC⊥平面ABC，AC⊥BC，AE⊥CD四边形BCDE 为平行四边形.（1）证明：AE⊥EC；（2）若AE=EC=CB=√2，求二面角D−AC−E的余弦值.7. ( 10分) 如图,在三棱锥A−BCD中, △ABC是等边三角形, ∠BAD=∠BCD=90°,点P是AC 的中点,连接BP,DP．（1）证明:平面ACD⊥平面BDP;（2）若BD=√6,且二面角A−BD−C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．8. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，AP⊥平面PCD，AD//BC，AB⊥BC，AP=AB=AD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.BC=12（1）证明：PO⊥平面ABCD.（2）若OB=1，求点C到平面PAB的距离.9. ( 10分) 如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面A1ACC1，CC1=2，△ABC，△ACC1，均为正三角形，E为AB的中点.（1）证明: AC1//平面B1CE，（2）求直线AC1与平面B1BAA1所成角的正弦值.10. ( 10分) 如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，AP=PB，AP⊥PB，E为CP的中点.（1）求证：AP//平面BDE；（2）求点D到平面ACP的距离.11. ( 10分) 在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=√5，BC=4，O为BC的中点，A1O⊥平面ABC（1）证明四边形BB1C1C为矩形；（2）求直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值.12. ( 10分) 如图，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，PA⊥平面ABCD，AE⊥PD.（1）证明：AE⊥平面PCD；（2）若AP=AB，求二面角B−PC−D的余弦值.13. ( 10分) 在直角梯形ABCD（如图1），∠ABC=90°，BC//AD，AD=8，AB=BC=4，M为线段AD中点.将△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到几何体B−ACD（如图2）.（1）求证：CD⊥平面ABC；（2）求AB与平面BCM所成角θ的正弦值.14. ( 15分) 如图，四棱锥S−ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SD=1.（1）求证BC⊥SC；（2）求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小.15. ( 10分) 已知菱形ABCD的边长为4, AC∩BD=O, ∠ABC=60°,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使AC=a,得到三棱锥A−BCD,如图所示.⇒（1）当a=2√2时,求证: AO⊥平面BCD;（2）当二面角A−BD−C的大小为120°时,求直线AD与平面ABC所成的正切值.16. ( 10分) 在四棱锥P–ABCD中，AB//CD，CD=2AB．⇀=mAP⇀(m>0)，且MN//平面PCD，求实数m的值；（1）设AC与BD相交于点M，AN（2）若AB=AD=DP，∠BAD=60°，PB=√2AD，且PD⊥AD，求二面角A−PC−B的余弦值．17. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是CD中点，点F在BC上，且BF=3FC.（1）证明：EF⊥平面PAE；（2）若PA=AB=4，求点C到平面PEF的距离.18. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是CD中点，点F在BC上，且BF=3FC.（1）证明EF⊥平面PAE；AB，求平面PAB与平面PEF所成二面角的正弦值.（2）若PA=5419. ( 10分) 如图（1），在平面五边形EADCB中，已知四边形ABCD为正方形，ΔEAB为正三角形.沿着AB将四边形ABCD折起得到四棱锥E−ABCD，使得平面ABCD⊥平面EAB，设F在线段AD上且满足DF=2AF，G在线段CF上且满足FG=CG，O为ΔECD的重心，如图（2）.（1）求证：GO//平面ABE；（2）求直线CF与平面BCE所成角的正弦值.20. ( 10分) 如图所示，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，O为AE的中点，以AE为折痕将ΔADE向上折起，使D点折到P点，且PC=PB.（1）求证: PO⊥面ABCE；（2）求AC与面PAB所成角θ的正弦值.21. ( 10分) 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，四边形ACDF是菱形，∠FAC=600,AB//DE,BC//EF,AB=BC=3,AF=2√3,BF=√15（1）求证：平面ABC⊥平面ACDF（2）求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值22. ( 10分) 已知四棱锥E−ABCD，AB=3，BC=4，CD=12，AD=13，cos∠ADC= 12，EC⊥平面ABCD.13（1）求证：平面ABE⊥平面EBC；（2）当CE=60时，求直线AC和平面ADE所成角的正弦值.23. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD，PC⊥底面ABCD，AB=2AD=2CD=4，PC=2a，E是PB的中点.（1）求证：AC⊥平面PBC；，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.（2）若二面角P−AC−E的余弦值为√6324. ( 10分) 如图1，在等腰梯形ABF1F2中，两腰AF2=BF1=2，底边AB=6，F1F2=4，D，C是AB的三等分点，E是F1F2的中点.分别沿CE，DE将四边形BCEF1和ADEF2折起，使F1，F2重合于点F，得到如图2所示的几何体.在图2中，M，N分别为CD，EF的中点.（1）证明：MN⊥平面ABCD.（2）求直线CN与平面ABF所成角的正弦值.25. ( 15分) 如图，在四棱锥P一ABCD中，已知AB=BC=√5,AC=4,AD=DC=2√2，点Q为AC中点，PO⊥底面ABCD, PO=2，点M为PC的中点.（1）求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；（2）求二面角D-AM-C的正弦值；（3）记棱PD的中点为N，若点Q在线段OP上，且NQ//平面ADM，求线段OQ的长.26. ( 10分) 如图，已知ΔABC为等边三角形，ΔABD为等腰直角三角形，AB⊥BD，平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE//BD，BD=2CE.点F为AD中点，连接EF.（1）求证：EF//平面ABC；（2）求二面角C−AE−D的余弦值.27. ( 10分) 如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，ΔSAB 是等边三角形，侧面SAB⊥底面ABCD，AB=2√3，BC=3，AD=1，点M、点N分别在棱SB、棱CB上，BM=2MS，BN=2NC，点P是线段MN上的任意一点.（1）求证：AP//平面SCD；（2）求二面角S−CD−B的大小.28. ( 15分) 如图，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，点M,N分别在棱PD,PC上，且PC⊥平面AMN.（1）求证：AM⊥PD；（2）求直线CD与平面AMN所成角的正弦值.（3）求二面角C−AM−N的余弦值29. ( 10分) 如图,四棱锥P−ABCD中, PD⊥底面ABCD,且底面ABCD为平行四边形,若∠DAB= 60°, AB=2, AD=1.（1）求证: PA⊥BD;（2）若∠PCD=45°,求点D到平面PBC的距离ℎ.30. ( 10分) 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，F是BC的中点.（1）求证：EF//平面A1DC1；（2）若AA1=2√3，求平面A1DC1与平面B1EF所成二面角的正弦值.31. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD= CD=1，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F.（1）证明：PA//平面EDB；，求PA与面ABCD所成角的正弦值．（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π332. ( 5分) 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D是AB的中点，BC=AC，AB=2DC=2√2，AA1=4.（Ⅰ）求证：BC1//平面A1CD；（Ⅱ）求平面BCC1B1与平面A1CD所成锐二面角的平面角的余弦值.33. ( 10分) 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，点D是AB的中点，BC= AC，AB=2DC=2，AA1=√3.（1）求证：平面A1DC⊥平面ABB1A1；（2）求点A到平面A1DC的距离.34. ( 10分) 如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝A1D，AB＝BC，∠ABC＝120°.（1）证明：AD⊥BA1；（2）若平面ADD1A1⊥平面ABCD，且A1D＝AB，求直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值.35. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中, PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=AP= 4,AB=BC=2, M,N为线段PC,AD上一点不在端点.AD，求证：MN∥面PBA（1）当M为中点时，AN=14，若存在（2）当N为AD中点时，是否存在M，使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为2√55求出M的坐标，若不存在，说明理由.36. ( 10分) 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点.（1）求 AD 1 与 DB 所成角的大小；（2）求 AE 与平面 ABCD 所成角的正弦值.37. ( 20分 ) 如图， E 是以 AB 为直径的半圆 O 上异于 A,B 的点，矩形 ABCD 所在的平面垂直于半圆 O 所在的平面，且 AB =2 ， AD =3（1）求证：平面 EAD ⊥ 平面 EBC ；（2）若 EB ⌢ 的长度为 π3，求二面角 A −DE −C 的正弦值． 38. ( 5分 ) 如图1，在直角梯形 ABCD 中，AB ∥CD ， AB ⊥AD ，且 AB =AD =12CD =1 ．现以 为一边向梯形外作正方形 ADEF ，然后沿边 AD 将正方形 ADEF 翻折，使平面 ADEF 与平面 ABCD 垂直，如图2．（Ⅰ）求证：BC ⊥平面DBE ；（Ⅱ）求点D 到平面BEC 的距离.39. ( 10分 ) 如图，扇形 AOB 的半径为 2 ，圆心角 ∠AOB =120∘ ，点 C 为弧 AB 上一点， PO ⊥ 平面 AOB 且 PO =√5 ，点 M ∈PB 且 BM =2MP ， PA ∥平面 MOC ．（1）求证：平面MOC⊥平面POB；（2）求平面POA和平面MOC所成二面角的正弦值的大小.40. ( 10分) 如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BDEF为正方形，平面BDEF⊥平面ABCD，AD//BC,AD=AB=1，∠ABC=60°.（1）求证:平面CDE⊥平面BDEF；（2）点M为线段EF上一动点，求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围.41. ( 10分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD=2√3,AB=3,AP=√3,AD//BC，AD⊥平面PAB，∠APB=90°，点E满足PE⇀=23PA⇀+13PB⇀.（1）证明：PE⊥DC；（2）求二面角A-PD-E的余弦值.42. ( 10分) 在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AC1⊥平面ABC，AA1=√2a，A1C=CA=AB=a，AB⊥AC，D是AA1的中点．（1）求证：CD⊥平面AB1；（2）在侧棱BB1上确定一点E，使得二面角E−A1C1−A的大小为π．343. ( 10分) 如图,在四棱锥P−ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形，AB//CD,=2.∠ABC=∠BCD=90°,BC=CD=AB2（1）证明: BD⊥PD;（2）若△PAD为正三角形,求二面角A−PB−C的余弦值.44. ( 10分) 如图，已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，∠ADC为直角，AP⊥平面ABCD，BC:AD:CD=5:4:2，且CD=1.（1）求证：BP⊥AC；（2）若AP=CD，求二面角D−PC−B的余弦值.45. ( 10分) 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=1, AM⊥PD于点M，连接BM.（1）求证：PD⊥BM；（2）求直线CD与平面ACM所成角的正弦值.BC=1，E是BC的中46. ( 10分) 如图所示1，已知四边形ABCD满足AD//BC，BA=AD=DC=12点.将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE⊥平面AECD，F为CD的中点，如图所示2.（1）求证：EF⊥平面AB1E；（2）求AE到平面CB1D的距离.47. ( 10分) 如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形,∠BCD=135°,PA⊥平面ABCD,AB=AC=PA=2,E,F,M分别为线段BC,AD,PD的中点.（1）求证:直线EF⊥平面PAC;（2）求平面MEF与平面PBC所成二面角的正弦值.48. ( 5分) 如图，三棱柱A1B1C1−ABC中，BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=2，BC= 1，BB1=3，D是CC1的中点，E是AB的中点.（Ⅰ）证明：DE//平面C1BA1；（Ⅱ）F是线段CC1上一点，且直线AF与平面ABB1A1所成角的正弦值为1，求二面角F−3BA1−A的余弦值.49. ( 5分) 如图,在四棱锥P−ABCD中, PA⊥平面ABCD, AD⊥CD,AD//BC,BC=4,PA= AD=CD=2,点E为PC的中点.(I) 证明：DE//平面PAB;(II)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.50. ( 10分) 如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的一点.（1）求证：平面PAC⊥平面PBC；（2）若AB=2 , AC=PA=1，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.答案解析部分一、解答题1.【答案】（1）解：由题意知∠BCD=∠ADC=90°，BC//ED,且BC=CD=12AD=DE，所以四边形BCDE是正方形，连接CE，所以BD⊥CE，又因为BC//AE，BC=AE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以CE//AB，则BD⊥AB.因为平面SAD⊥平面ABCD，∠SAD=90°，平面SAD∩平面ABCD=AD，故SA⊥平面ABCD.所以SA∩AB=A，所以SA⊥BD，又因为SA∩AB=A，则BD⊥平面SAB.（2）解：∵SA=AD=2，BE=DE=1，∴△BDE的面积为12，又由（1）知SA⊥平面ABCD，∴V S−BDE=13×12×2=13，又在RtΔSAB中，SA=2，AB=DB=√2，∴SB=√6，由（1）知BD⊥SB，∴ΔSBD的面积为12×√2×√6=√3，设点E到平面SBD的距离为ℎ，则13S△BDS⋅ℎ=13，即ℎ=√33.【考点】直线与平面垂直的判定，点、线、面间的距离计算【解析】【分析】（1)利用线面垂直的判定定理，即可证得BD⊥平面SAB.（2）由（1）知SA⊥平面ABCD，求得V S−BDE=13，再根据等体积法，即可求解点点E到平面SBD的距离.2.【答案】（1）证明：∵M，N分别是AF，AB的中点，∴MN∥BF.∵MN⊄平面BCF，BF⊂平面BCF，∴MN//平面BCF.（2）解：∵四边形ABCD和ABEF都是边长为2的正方形，∴DA⊥AB，FA⊥AB，∴∠DAF就是二面角D−AB−F的平面角，∴∠DAF=60°.连接DM，在△DAM中，DA=2，AM=1，∠DAM=60°，∴DM2=AM2+AD2−2AM⋅AD⋅cos60°=3，∴DM=√3.∴DM2+AM2=AD2，∴DM⊥AM.∵DA⊥AB，FA⊥AB，FA∩DA=A，∴AB ⊥ 平面 ADM ， ∴AB ⊥DM .∴DM ⊥ 平面 ABEF .以点 M 为原点， MF ， MG （ G 是 BE 中点）， MD 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图空间直角坐标系，如图所示：则 D(0,0,√3) ， E(1,2,0) ， B(−1,2,0) ， F(1,0,0) ， A(−1,0,0) ，DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,−√3) ， BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−2,0) ， BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3) .设平面 BCF 的法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z) ， 则 {m ⇀⋅BF ⇀=2x −2y =0m ⇀⋅BC⇀=x +√3z =0 ，取 m ⃗⃗ =(√3,√3,−1) . 设直线 DE 与平面 BCF 所成角为 θ ，则 sinθ=|m⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√427 ，∴ 直线 DE 与平面 BCF 所成角的正弦值为 √427. 【考点】直线与平面平行的判定，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据三角形的中位线，有 MN ∥BF ，再利用线面平行的判定定理证明.（2）根据点 M ， N 分别是 AF ， AB 的中点，二面角 D −AB −F 的大小为60°，证明 DM ⊥ 平面 ABEF ，然后以点 M 为原点， MF ， MG （ G 是 BE 中点）， MD 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图空间直角坐标系，再求得平面 BCF 的一个法向量，利用线面角的向量求法求解.3.【答案】 （1）证明：因为E 为AB 的中点， AE =1 ，所以 CD =AB =2 ，所以 CD 2+PD 2=PC 2 ，从而 PD ⊥CD .又 PD ⊥CE ， CD ∩CE =C ，所以 PD ⊥ 底面ABCD ， 所以 PD ⊥AD .因为四边形ABCD 是正方形，所以 AD ⊥CD .又 CD ∩PD =D ，所以 AD ⊥ 平面PCD.（2）解：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系 D −xyz ，如图所示，则 A(2,0,0) ， P(0,0,3) ， E(2,1,0) ， C(0,2,0) ，所以 PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,−3) ， EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,0) ， DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0) .设平面PCE 的法向量为 n⃗ =(x,y,z) ， 则 PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0 ，即 {2x +y −3z =0−2x +y =0 ，令 x =3 ，得 n ⃗ =(3,6,4) . cos〈n ⃗ ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n ⃗ ⋅DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3√6161 ， 故DA 与平面PCE 所成角的正弦值为 3√6161 .【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）通过证明 PD ⊥AD ， AD ⊥CD 即可证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求解线面角的正弦值.4.【答案】 （1）证明：设 BC 1 与 CB 1 交点为 O ，连接 OE ， BE .由题可知四边形 BCC 1B 1 为正方形，所以 BC 1⊥CB 1 ，且 O 为 BC 1 中点.又因 BE 2=AB 2+AE 2 ， C 1E 2=A 1E 2+A 1C 12 ，所以 BE =C 1E ，所以 BC 1⊥OE .又因为 OE ∩CB 1=O ，所以 BC 1⊥ 平面 EB 1C .因为 EB 1⊂ 平面 EB 1C ，所以 BC 1⊥EB 1 .（2）解：取 AB 的中点 O ′ ，连接 O ′C ， O ′C ⊥AB ，在平面 ABB 1A 1 过点 O ′ 内作 AB 的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系 O ′−xyz .设 AB =2 ，则 E(0,−1,1) ， B 1(0,1,2) ， B(0,1,0) ， C 1(−√3,0,2) .所以 EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1) ， EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,1) .设平面 C 1EB 1 的一个法向量为 n ⃗ =(x,y,z) ，则 {n ⇀⋅EB1⇀=2y +z =0n ⇀⋅EC 1⇀=−√3x +y +z =0 ，令 y =√3 ，则 n ⃗ =(−1,√3,−2√3) . 由（1）可知平面 CEB 1 的一个法向量为 BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−1,2) ， 则 |cos〈BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n⃗ 〉|=|n ⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗ |⋅|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√3+1+4⋅√1+3+12=√64.由图可知二面角 C 1−EB 1−C 为锐角，所以其余弦值为 √64.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）通过证明 BC 1⊥ 平面 EB 1C 即可证得；（2）建立空间直角坐标系，利用向量求解.5.【答案】 （1）证明：取 AD 的中点为 O ，连结 OP ， OC ， OB ，设 OB 交 AC 于 H ，连结 GH . 因为 AD//BC ， AB =BC =CD =12AD ， 四边形 ABCO 与四边形 OBCD 均为菱形， ∴OB ⊥AC ， OB//CD ， CD ⊥AC ， 因为 △PAD 为等边三角形， O 为 AD 中点， ∴PO ⊥AD ，因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，且平面 PAD ∩ 平面 ABCD =AD .PO ⊂ 平面 PAD 且 PO ⊥AD ， ∴PO ⊥ 平面 ABCD 因为 CD ⊂ 平面 ABCD ， ∴PO ⊥CD ，因为H ， G 分别为 OB ， PB 的中点， ∴GH//PO ， ∴GH ⊥CD .又因为 GH ∩AC =H ， AC,GH ⊂ 平面 GAC ， ∴CD ⊥ 平面 GAC .（2）解：取 BC 的中点为 E ，以 O 为空间坐标原点，分别以 OE ⇀,OD ⇀,OP ⇀ 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O −xyz .设 AD =4 ，则 P(0,0,2√3) ， A(0,−2,0) ， C(√3,1,0) ， D(0,2,0) ， G(√32,−12,√3)AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3) ， AG ⇀=(√32,32,√3) ， 设平面 PAG 的一法向量 n →=(x,y,z) .由 {n ⇀⋅AP⇀=0n ⇀⋅AG ⇀=0 ⇒{2y +2√3z =0√32x +32y +√3z =0⇒{y =−√3z x =z .令 z =1 ，则 n ⃗ =(1,−√3,1) . 由（1）可知，平面 AGC 的一个法向量 CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0) ， cos〈n ⇀,CD⇀〉=n ⇀⋅CD ⇀|n⇀||CD ⇀|=−√155∴ 二面角 P −AG −C 的平面角的余弦值为 −√155.【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）取 AD 的中点为 O ，连结 OP ， OC ， OB ，设 OB 交 AC 于 H ，连结 GH .证明 AC ⊥CD ， GH ⊥CD ，即可证 CD ⊥ 平面 GAC ；（2）取 BC 的中点为 E ，以 O 为空间坐标原点，分别以 OE⇀,OD ⇀,OP ⇀ 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O −xyz .设 AD =4 ，利用向量法求二面角 P −AG −C 的余弦值.6.【答案】 （1）解：因为平面 AEC ⊥ 平面 ABC ，交线为 AC ，又 AC ⊥BC ， 所以 BC ⊥ 平面 AEC ， ∴BC ⊥AE ，又 AE ⊥CD ， CD ∩BC =C ， 则 AE ⊥ 平面 BCDE ， EC ⊂ 平面 BCDE ， 所以， AE ⊥EC ；（2）解：取 AC 的中点 O ， AB 的中点 F ，连接 OE ， OF ，则 OE ⊥ 平面 ABC ， OF ⊥ 平面 AEC ；以点 O 为坐标原点，分别以 OA ， OF ， OE 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系如图所示，已知 AE =EC =CB =√2 ，则 AC =2 ， OE =1 ， O(0,0,0) ， A(1,0,0) ， C(−1,0,0) ， D(0,−√2,1) ， 则 AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,0) ， AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−√2,1) ， 设平面 DAC 的一个法向量 m⃗⃗ =(x,y,z) ， 由 {m ⇀⋅AC⇀=0,m ⇀⋅AD ⇀=0 得 {−2x =0,−x −√2y +z =0令 y =√2 ，则 x =0 ， z =2 ，即 m ⃗⃗ =(0,√2,2) ；平面 ECA 的一个法向量为 n ⃗ =(0,1,0) ； cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗ |=√2√2+4=√33.所以二面角 D −AC −E 的余弦值为 √33.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）先通过平面 AEC ⊥ 平面 ABC 得到 BC ⊥AE ，再结合 AE ⊥CD ，可得 AE ⊥ 平面 BCDE ，进而可得结论；（2）取 AC 的中点 O ， AB 的中点 F ，连接 OE ， OF ，以点 O 为坐标原点，分别以 OA ， OF ， OE 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，求出平面 DAC 的一个法向量以及平面 ECA 的一个法向量，求这两个法向量的夹角即可得结果. 7.【答案】 （1）证明:因为 △ABC 是等边三角形, ∠BAD =∠BCD =90° , 所以 Rt △ABD ≅Rt △CBD ,可得 AD =CD ． 因为点 P 是 AC 的中点,则 PD ⊥AC , PB ⊥AC , 因为 PD ∩PB =P , PD ⊂ 平面PBD, PB ⊂ 平面 PBD , 所以 AC ⊥ 平面 PBD ,因为 AC ⊂ 平面 ACD , 所以平面 ACD ⊥ 平面 BDP ．（2）解：如图,作 CE ⊥BD ,垂足为 E 连接 AE ．因为 Rt △ABD ⊆Rt △CBD ,所以 AE ⊥BD, AE =CE, ∠AEC 为二面角A-BD-C 的平面角． 由已知二面角 A −BD −C 为 120° ,知 ∠AEC =120° ． 在等腰三角形 AEC 中,由余弦定理可得 AC =√3AE ． 因为 △ABC 是等边三角形,则 AC =AB ,所以 AB =√3AE ． 在 Rt △ABD 中,有 12AE ⋅BD =12AB ⋅AD ,得 BD =√3AD , 因为 BD =√6 ,所以 AD =√2 ． 又 BD 2=AB 2+AD 2 ,所以 AB =2 ． 则 AE =2√33, ED =√63．以 E 为坐标原点,以向量 EC ⃗⃗⃗⃗⃗ , ED ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为 x 轴, y 轴的正方向, 以过点 E 垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 E −xyz ,则 D(0,√63,0) , A(−√33,0,1) ,向量 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√33,√63,−1) ,平面 BCD 的一个法向量为 m⃗⃗ =(0,0,1) , 设直线 AD 与平面 BCD 所成的角为 θ , 则 cos〈m ⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m⃗⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×1=−√22, sinθ=|cos〈m ⃗⃗ ,AD⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=√22所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为 √22．【考点】平面与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1）由 △ABC 是等边三角形, ∠BAD =∠BCD =90° ,得 AD =CD ．再证明 PD ⊥AC , PB ⊥AC ,从而和证明 AC ⊥ 平面 PBD ,故平面 ACD ⊥ 平面 BDP 得证．（2）作 CE ⊥BD ,垂足为 E 连接 AE ．由 Rt △ABD ⊆Rt △CBD ,证得 AE ⊥BD, AE =CE, 结合二面角 A −BD −C 为 120° ,可得 AB =2 , AE =2√33, ED =√63 .建立空间直角坐标系,求出点的坐标则 D(0,√63,0) , A(−√33,0,1) ,向量AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√33,√63,−1) ,即平面 BCD 的一个法向量 m ⃗⃗ =(0,0,1) ,运用公式 cos〈m ⃗⃗ ,AD ⇀〉=m ⃗⃗⃗ ⋅AD ⇀|m⃗⃗⃗ ||AD ⇀| 和 sinθ=|cos〈m ⃗⃗ ,AD ⇀〉| ,即可得出直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值． 8.【答案】 （1）证明：∵ AP ⊥ 平面 PCD ，∴ AP ⊥CD . ∵ AD//BC ， BC =12AD ，∴四边形 BCDE 为平行四边形， ∴ BE//CD ， ∴ AP ⊥BE .又∵ AB ⊥BC ， AB =BC =12AD ，且 E 为 AD 的中点， ∴四边形 ABCE 为正方形，∴ BE ⊥AC .又 AP ∩AC =A ，∴ BE ⊥ 平面 APC ，则 BE ⊥PO . ∵ AP ⊥ 平面 PCD ，∴ AP ⊥PC ，又 AC =√2AB =√2AP ， ∴ ΔPAC 为等腰直角三角形， O 为斜边 AC 上的中点， ∴ PO ⊥AC 且 AC ∩BE =O ，∴ PO ⊥ 平面 ABCD .（2）解：∵ OB =1 ，∴ PA =PB =AB =√2 . 设 C 到平面 PAB 的距离为 d ， 由 V C−PAB =V P−ABC ，得 13×√34×(√2)2×d =13×12×(√2)2×1 ，解得 d =2√33.【考点】直线与平面垂直的判定，点、线、面间的距离计算【解析】【分析】（1）首项通过证明 AP ⊥CD,CD//BE ，证得 AP ⊥BE ，然后通过证明四边形 ABCE 是正方形证得 BE ⊥AC ，由此证得 BE ⊥ 平面 APC ，所以 BE ⊥PO .通过证明 ΔPAC 为等腰直角三角形证得 PO ⊥AC ，由此证得 PO ⊥ 平面 ABCD .（2）利用等体积法，由 V C−PAB =V P−ABC 列方程，解方程求得点 C 到平面 PAB 的距离.9.【答案】 （1）解：如图，连接 BC 1 ，交 B 1C 于点M ，连接ME ，则 ME//AC 1 . 因为 AC 1⊄ 平面 B 1CE ， ME ⊂ 平面 B 1CE ，所以 AC 1// 平面 B 1CE .（2）解：设O 是AC 的中点，连接 OC 1 ，OB.因为 △ACC 1 为正三角形， 所以 OC 1⊥AC ，又平面 ABC ⊥ 平面 A 1ACC 1 ，平面 ABC ∩ 平面 A 1ACC 1=AC ， 所以 OC 1⊥ 平面ABC.由已知得 AC =2 .如图，分别以射线OB ，OA ， OC 1 的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有 A(0,1,0) ， B(√3,0,0) ， C 1(0,0,√3) ， A 1(0,2,√3) ， 故 AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,√3) ， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,0) ， AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√3) ， 设平面 B 1BAA 1 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z) ，则 {AB ⇀⋅m ⇀=0AA 1⇀⋅m ⇀=0 ， 所以 {√3x −y =0y +√3z =0 令 x =1 ，则 m ⃗⃗ =(1,√3,−1) .设直线 AC 1 与平面 B 1BAA 1 所成的角为 θ ， 则 sinθ=|AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||AC⃗⃗⃗⃗⃗1|⋅|m⃗⃗⃗ |=√32×5=√155，故直线 AC 1 与平面 B 1BAA 1 所成角的正弦值为 √155.【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角【解析】【分析】（1）如图，连接 BC 1 ，交 B 1C 于点M ，连接ME ，则 ME//AC 1 ，再利用线面平行的判定定理，即可证明线面平行；（2）设O 是AC 的中点，连接 OC 1 ，OB ，分别以射线OB ，OA ， OC 1 的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面 B 1BAA 1 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(1,√3,−1) ，设直线 AC 1 与平面 B 1BAA 1 所成的角为 θ ，代入公式 sinθ=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 1|⋅|m⃗⃗⃗ | 运算，即可得答案.10.【答案】 （1）解：如图，连接 AC 交 BD 于 O ，连接 OE ，则 O 为 AC 的中点.又E为CP上的中点，所以OE//PA.又AP⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以AP//平面BDE（2）解：如图，取AB的中点M，连接PM，因为AP⊥PB，AP=PB，所以PM⊥AB，PM=12AB=1，AP=PB=√2，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM⊂平面PAB，所以PM⊥平面ABCD.同理可得BC⊥平面PAB，∵AP、BP⊂平面PAB，∴BC⊥AP，BC⊥BP. 又因为AP⊥BP，BC∩BP=B，所以AP⊥平面BCP，∵PC⊂平面BCP，则AP⊥PC，所以PC=√PB2+BC2=√6，所以SΔAPC=12AP⋅PC=12×√2×√6=√3，又SΔACD=12×2×2=2，设点D到平面ACP的距离为ℎ，由V D−APC=V P−ACD，得13⋅SΔAPC⋅ℎ=13⋅PM⋅SΔACD，所以ℎ=3=2√33，即点D到平面ACP的距离为2√33.【考点】直线与平面平行的判定，点、线、面间的距离计算【解析】【分析】（1）连接AC交BD于O，则O为AC的中点，利用中位线的性质可得出OE//PA，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出AP//平面BDE；（2）取AB的中点M，连接PM，利用面面垂直的性质定理可得出PM⊥平面ABCD，由此可计算出三棱锥P−ACD的体积，并计算出ΔAPC的面积，并设点D到平面ACP的距离为ℎ，由V P−ACD=13SΔACP⋅ℎ可计算出点D到平面ACP的距离的值.11.【答案】（1）解：连接AO，因为O为BC的中点，可得BC⊥AO，∵ A 1O ⊥ 平面 ABC ， BC ⊂ 平面 ABC ，∴ A 1O ⊥BC ， 又∵ AO ∩A 1O =O ，∴ BC ⊥ 平面 AA 1O ，∴ BC ⊥AA 1 ， ∵ BB 1//AA 1 ， ∴ BC ⊥BB 1 ， 又∵四边形 BB 1C 1C 为平行四边形， ∴四边形 BB 1C 1C 为矩形；（2）解：如图，分别以 OA,OB,OA 1 所在直线为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,−2,0),Rt △AOB 中， AO =√AB 2−BO 2=1 ， Rt △AA 1O 中， A 1O =√AA 12−AO 2=2 ，A 1(0,0,2) ，∴ AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,2) ， A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,−2) ， A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2,0) ，设平面 A 1B 1C 的法向量是 n⃗ =(x,y,z) ， 由 {n ⇀⋅AB⇀=0,n ⇀⋅A 1C ⇀=0, 得 {−x +2y =0,−2y −2z =0, 即 {x =2y,z =−y, ，可取 n ⃗ =(2,1,−1) ， 设直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角为 θ ，则 θ∈[0,π2] ，sinθ=|cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >| =|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√5⋅√6=215√30 ， ∵ θ∈[0,π2] ，∴ cosθ=√1−sin 2θ=√10515，即直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角的余弦值为 √10515．【考点】直线与平面所成的角【解析】【分析】（1）连接 AO ，可得 BC ⊥AO ，易证 A 1O ⊥BC ，则 BC ⊥ 平面 AA 1O ，从而可证 BC ⊥BB 1 ，由此即可得出结论；（2）以 OA,OB,OA 1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，利用法向量解决问题．12.【答案】 （1）证明:因为 PA ⊥ 平面 ABCD , CD ⊂ 平面 ABCD , 所以 PA ⊥CD ,因为底面 ABCD 是正方形,所以 AD ⊥CD , 又 PA ∩AD =A ,所以 CD ⊥ 平面 PAD , 因为 AE ⊂ 平面 PAD ,所以 CD ⊥AE ,又因为 AE ⊥PD,CD ∩PD =D , CD,PD ⊂ 平面 PCD , 所以 AE ⊥ 平面 PCD（2）解：因为 PA ⊥ 平面 ABCD ,底面 ABCD 为正方形,所以 PA ⊥AB,PA ⊥AD,AB ⊥AD ,以 A 为原点,分别以 AB 、AD 、AP 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 A −xyz （如图所示）,设 PA =AB =1 ,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1) , 因为 AE ⊥PD ,所以 E 为 PD 中点,所以 E(0,12,12) , 所以 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12) , 由（1）得 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12) 为平面 PCD 的一个法向量, 设平面 PBC 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z) , 由 {PB ⇀⋅m ⃗⃗ =0PC ⇀⋅m ⃗⃗ =0 ,即 {x −z =0x +y −z =0 ,令 x =1 ,则 z =1,y =0 ,所以 m ⃗⃗ =(1,0,1) , 因此 cos〈m⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |m⃗⃗⃗ |⋅|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√2×√12=12, 由图可知二面角 B −PC −D 的大小为钝角, 故二面角 B −PC −D 的余弦值为 −12【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）由 PA ⊥ 平面 ABCD 及底面 ABCD 是正方形可证得 CD ⊥ 平面 PAD ,则 CD ⊥AE ,又由 AE ⊥PD ,即可求证；（2）以 A 为原点,分别以 AB 、AD 、AP 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 A −xyz ,由（1）可知 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面 PCD 的一个法向量,求得平面 PBC 的一个法向量 m ⃗⃗ ,进而利用数量积求解即可13.【答案】 （1）解：由题设可知 AC =4√2 ， CD =4√2 ， AD =8 ∴ AD 2=CD 2+AC 2 ∴ CD ⊥AC又∵平面 ABC ⊥ 平面 ACD ，平面 ABC ∩ 平面 ACD =AC ∴ CD ⊥ 面 ABC .（2）解：法一、等体积法取 AC 的中点 O 连接 OB ，由题设可知 △ABC 为等腰直角三角形，所以 OB ⊥ 面 ACM ∵ V B−ACM =V A−BCM 且 V B−ACM =13S ACM ⋅BO =16√23而 S ΔBCM =4√3∴ A 到面 BCM 的距离 ℎ=4√63，所以 sinθ=ℎAB =√63.法二、向量法取 AC 的中点 O 连接 OB ，由题设可知 △ABC 为等腰直角三角形，所以 OB ⊥ 面 ACM ，连接 OM ，因为 M 、O 分别为 AB 和 AC 的中点，所以 OM//CD ，由（1）可知 OM ⊥AC ，故以 OM 、OC 、OB 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则 A(0,−2√2,0) ， B(0,0,2√2) ， C(0,2√2,0) ， M(2√2,0,0) ∴ CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2√2,2√2) CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2,−2√2,0) BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2√2,−2√2) ∴面 BCM 的一个法向量 n ⃗ =(1,1,1) ∴ sinθ=|BA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n⃗ |=√63【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角【解析】【分析】（1）通过计算结合勾股定理的逆定理可以证明 CD ⊥AC ，再根据面面垂直的性质定理进行证明即可；（2）法一、取 AC 的中点 O 连接 OB ，根据 V B−ACM =V A−BCM ，结合三棱锥的体积公式进行求解即可；法二、取 AC 的中点 O 连接 OB ，由题设可知 △ABC 为等腰直角三角形，所以 OB ⊥ 面 ACM ，连接 OM ，因为 M 、O 分别为 AB 和 AC 的中点，所以 OM//CD ，由（1）可知 OM ⊥AC ，故以 OM 、OC 、OB 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.运用向量法求解即可.14.【答案】 （1）证明：∵底面 ABCD 是正方形， ∴ BC ⊥CD ，∵ SD ⊥ 底面 ABCD ， BC ⊂ 底面 ABCD ，∴ SD ⊥BC ，又 DC ∩SD =D ， ∴ BC ⊥ 平面 SDC ，∵ SC ⊂ 平面 SDC ，∴ BC ⊥SC .（2）解：由（1）知 BC ⊥SC ，又 CD ⊥BC ，∴ ∠SCD 为所求二面角的平面角， 在 RtΔDSC 中，∵ SD =DC =1 ，∴ ∠SCD =45° .（3）解：取AB中点P，连结MP,DP，在ΔABS，由中位线定理得MP//SB，∴∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角，∵MP=12SB=√32，DM=√22,DP=√1+14=√52，所以ΔDMP中，有DP2=MP2+DM2，∴∠DMP=90°.【考点】直线与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1）根据题意，由线面垂直证线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直，再证线线垂直.（2）由（1）中线面垂直，可知所求二面角的平面角为∠SCD，根据题意可求角度.（3）利用中位线将异面直线平移，则∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角，根据勾股定理，即可求解.15.【答案】（1）解：在△AOC中, OA=OC=2,AC=a=2√2,∴OA2+OC2=AC2∴∠AOC=90°,即AO⊥OC,∵AO⊥BD,且AO∩BD=O,∴AO⊥平面BCD（2）解：由(1)知, OC⊥OD,以O为原点, OC,OD所在的直线分别为x轴, y轴建立如图的空间直角坐标系O−xyz:则 Q(0,0,0), B(0,−2√3,0), C(2,0,0), D(0,2√3,0) . ∵AO ⊥BD,CO ⊥BD∴∠AOC 为二面角 A −BD −C 的平面角, ∴∠AOC =120° ∴ 点 A(−1,0,√3)AD⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2√3,−√3) , BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2√3,√3) , BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0) 设平面 ABC 的法向量为 n⃗ =(x,y,z) ,则 ∴ {n ⃗ ⋅BC ⇀=0n ⃗ ⋅BA ⇀=0 故 {2x +2√3y =0x +2√3y +√3z =0 取 x =1 ,则 y =−√33,z =√3∴ n ⃗ =(1,−√33,√3)设直线 AD 与平面 ABC 所成的角为 θ , sinθ=|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗ |=4√133=√313 ∴cosθ=√1−sin 2θ=√1013 ∴tanθ=sinθcosθ=√310=√3010∴ 直线 AD 与平面 ABC 所成的正切值: √3010【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求直线与平面的夹角，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】(1)根据线面垂直定义,即可求得答案.(2)由于平面 ABC 不是特殊的平面,故建系用法向量求解,以 O 为原点建系, OC,OD 所在的直线分别为 x 轴, y 轴,求出平面 ABC 的法向量 n ⃗ ,求解 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 和 n⃗ 的夹角,即可求得答案. 16.【答案】 （1）解：因为 AB//CD ，所以 AMMC =ABCD =12 ，即AM AC=13.因为 MN// 平面PCD ， MN ⊂ 平面PAC ，平面 PAC ∩ 平面 PCD =PC ， 所以 MN//PC ． 所以 ANAP =AM AC=13 ，即 m =13（2）解：因为 AB =AD ， ∠BAD =60° ，可知 △ABD 为等边三角形， 所以 BD =AD =PD ，又 BP =√2AD ， 故 BP 2=PD 2+DB 2 ，所以 PD ⊥DB ．由已知 PD ⊥AD ， AD ∩BD =D ，所以 PD ⊥ 平面ABCD ，如图，以D 为坐标原点， DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ， y 轴的正方向建立空间直角坐标系，设 AB =1 ，则 AB =AD =DP =1 ， CD =2 ， 所以 A(1,0,0) ， B(12,0,√32) ， P(0,1,0) ， C(−1,0,√3) ，则 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−1,√32) ， PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,√3) ， PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0) 设平面PBC 的一个法向量为 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) ，则有 {n 1⇀⋅PB⇀=0n 1⇀⋅PC ⇀=0 即 {x 1−2y 1+√3z 1=0x 1+y 1−√3z 1=0. 令 x 1=1 ，则 y 1=2,z 1=√3 ，即 n 1⃗⃗⃗⃗ =(1,2,√3) ， 设平面APC 的一个法向量为 n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2) ，则有{n 2⇀⋅PA ⇀=0n 2⇀⋅PC ⇀=0，即 {x 2−y 2=0−x 2−y 2+√3z 2=0 令 x 2=y 2=√3 ，则 z 2=2 ，即 n 2⃗⃗⃗⃗ =(√3,√3,2) ． 所以 cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32√2×√10=√154设二面角 A −PC −B 的平面角为 θ ，则 cosθ=√154【考点】向量的共线定理，直线与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（1）由AB ∥CD ， 得到AM AC=13 ，由MN ∥平面PCD ， 得MN ∥PC ， 从而 ANAP =AM AC=13，由此能实数m 的值；（2）由AB ＝AD ， ∠BAD ＝60°，知△ABD 为等边三角形，推导出PD ⊥DB ， PD ⊥AD ， 从而PD ⊥平面ABCD ， 以D 为坐标原点， DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ， y 轴的正方向建立空间直角坐标系，由此能求出二面角B ﹣PC ﹣B 的余弦值．17.【答案】 （1）证明：因为 PA ⊥ 平面 ABCD ， EF ⊂ 平面 ABCD ，故可得 EF ⊥PA ； 设底面正方形的边长为4，故可得 AE =√AD 2+DE 2=√16+4=2√5 ， EF =√FC 2+CE 2=√1+4=√5 ， AF =√AB 2+BF 2=√16+9=5 ， 故在 △AFE 中，满足 AE 2+EF 2=AF 2 ，故可得 AE ⊥EF ； 又 PA,AE ⊂ 平面 PAE ，且 PA ∩AE =A ， 则 EF ⊥ 平面 PAE ，即证.（2）解：因为 PA ⊥ 平面 ABCD ，故 PA 为三棱锥 P −EFC 底面上的高线.故可得V P−EFC=13S∆EFC×PA=13×12×1×2×4=43.在△PEF中，因为PE=√PA2+AE2=6，EF=√5，由（1）可知EF⊥平面PAE，又PE⊂平面PAE，故可得EF⊥PE，则S△PEF=12×EF×PE=3√5，设点C到平面PEF的距离为ℎ，故可得V P−EFC=V C−PEF=13×S∆PEF×ℎ=43，解得ℎ=4√515.即点C到平面PEF的距离为：4√515.【考点】直线与平面垂直的判定，点、线、面间的距离计算【解析】【分析】（1）根据PA⊥平面ABCD，可得EF⊥PN，再证EF⊥AE，即可由线线垂直推证线面垂直；（2）转换三棱锥顶点，用等体积法求点面距离即可.18.【答案】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，故可得EF⊥PA；设底面正方形的边长为4，故可得AE=√AD2+DE2=√16+4=2√5，EF=√FC2+CE2=√1+4=√5，AF=√AB2+BF2=√16+9=5，故在△AFE中，满足AE2+EF2=AF2，故可得AE⊥EF；又PA,AE⊂平面PAE，且PA∩AE=A，则EF⊥平面PAE，即证.（2）解：因为PA⊥平面ABCD, AB,AD⊂平面ABCD，故可得PA⊥AB,PA⊥AD，又底面ABCD为正方形，故可得AB⊥AD，故以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系如下图所示：设AB=4，故可得A(0,0,0),P(0,0,5),B(4,0,0),E(2,4,0),F(4,3,0)设平面PEF的法向量为m⃗⃗ =(x,y,z)，则{m⃗⃗ ⋅EF⇀=0m⃗⃗ ⋅PE⇀=0，则{2x−y=02x+4y−5z=0取y=2，则m⃗⃗ =(1,2,2).不妨取平面PAB的法向量n⃗=(0,1,0).则cos〈m⃗⃗ ,n⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n⃗|m⃗⃗⃗ ||n⃗ |=√9×1=23.。
高中数学立体几何小题100题(含答案与解析)
立体几何小题100例一、选择题1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，11C D 上的动点，点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，则当点P 运动时，PE 的最小值是（ ）A ．5B ．4C ．42．5【答案】D 【解析】试题分析：因为点P 是上底面1111A B C D 内一动点，且点P 到点F 的距离等于点P 到平面11ABB A 的距离，所以，点P 在连接1111,A D B C 中点的连线上．为使当点P 运动时，PE 最小，须PE 所在平面平行于平面11AA D D ,2244()52PE =+=选D考点：1．平行关系；2．垂直关系；3．几何体的特征．2．如图在一个二面角的棱上有两个点A ，B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB ，=46,AB cm AC cm =， 8,217BD cm CD cm ==，则这个二面角的度数为（ ）A ．30︒B ．60︒C ．90︒D ．120︒ 【答案】B 【解析】试题分析：设所求二面角的大小为θ，则,BD AC θ<>=，因为CD DB BA AC =++，所以22222()222CD DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC =++=+++⋅+⋅+⋅CA DB而依题意可知,BD AB AC AB ⊥⊥，所以20,20DB BA BA AC ⋅=⋅=所以2222||||||||2CD DB BA AC BD AC =++-⋅即222417468286cos θ⨯=++-⨯⨯所以1cos 2θ=，而[0,]θπ∈，所以60θ=︒，故选B. 考点：1.二面角的平面角；2.空间向量在解决空间角中的应用.3．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm ）可得这 个几何体的体积是（ ）112222侧视图俯视图主视图A ．343cmB ．383cmC ．33cmD ．34cm【答案】B ． 【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为一四棱锥，∴体积382231312=⨯⨯==Sh V ． 考点：空间几何体的体积计算．4．如图，P 是正方体1111ABCD A B C D -对角线1AC 上一动点，设AP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为(x)f ，则(x)f 的图象大致是（ ）【答案】A 【解析】试题分析：设AC 与BD 交于点O ,连接OP .易证得BD ⊥面11ACC A ,从而可得BD OP ⊥.设正方体边长为1,在1Rt ACC ∆中126cos 33C AC ∠==.在AOP ∆中 22OA =,设(),03AP x x =≤≤,由余弦定理可得2222226231222362OP x x x x ⎛⎫=+-⋅⨯=-+ ⎪ ⎪⎝⎭,所以223162OP x x =-+.所以()22231262f x x x =-+.故选A. 考点：1线面垂直,线线垂直;2函数图象.5．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1， ,E F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线,E F 的平面分别与棱BB '、DD '交于,M N ，设 BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个命题：（1）平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）当且仅当x=12时，四边形MENF 的面积最小；（3）四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数； （4）四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常函数； 以上命题中假命题．．．的序号为（ ） A ．（1）（4） B ．（2） C ．（3） D ．（3）（4） 【答案】C 【解析】试题分析：（1）由于AC EF //，B B AC BD AC '⊥⊥,，则D D B B ''⊥平面AC ，则D D B B EF ''⊥平面，又因为EMFN EF 平面⊂，则平面MENF ⊥平面BDD B ''；（2）由于四边形MENF 为菱形，MN EF S MENF ⋅=21，2=EF ，要使四边形MENF 的面积最小，只需MN 最小，则当且仅当21=x 时，四边形MENF 的面积最小；（3）因为1)21(2+-=x MF ，1)21(4)(2+-=x x f ，)(x f 在]1,0[上不是单调函数；（4）NE C F EC M F MENF C V V V '-'--'+=，ME C S '∆=41121=⋅'E C ，F 到平面ME C '的距离为1，1214131=⋅='-ME C F V ，又41121=⋅'⋅='∆E C S NE C ，1214131=⋅='-NE C F V ，61)(=x h 为常函数.故选（3）考点：1.面面垂直的判定定理；2.建立函数模型.6．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ）（A）4 （B ）4 （C ）4 （D ）34【答案】D. 【解析】试题分析：连接B A 1；11//CC AA ,AB A 1∠∴是异面直线AB 与1CC 所成的角或其补角；在1ADA Rt ∆中，设11=AA ，则21,231==D A AD ；在1BDA Rt ∆中，2121=B A ；在1ABA ∆中，431122111cos 1=⨯⨯-+=∠AB A ；即面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为34. 考点：异面直线所成的角.7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为A ．π312B ．π12C ．π34D ．π3 【答案】D 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，侧棱垂直底面，底面是正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的体对角线即外接球的直径，32=r ，23=∴r ，因此ππ342==r S 表面积，故答案为D. 考点：由三视图求外接球的表面积.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．11DC D P ⊥B ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．1APD ∠的最大值为90 D ．1AP PD +22+ 【答案】C 【解析】试题分析：111DC D A ⊥ ，11DC B A ⊥，1111A B A D A = ，⊥∴1DC 平面11BCD A ，⊂P D 1平面11BCD A 因此P D DC 11⊥，A 正确；由于⊥11A D 平面11ABB A ，⊂11A D 平面P A D 11，故平面⊥P A D 11平面AP A 1 故B 正确，当2201<<P A 时，1APD ∠为钝角，C 错；将面B AA 1与面11BCD A 沿B A 1展成平面图形，正视图 侧视图俯视图线段1AD 即为1PD AP +的最小值，利用余弦定理解221+=AD ，故D 正确，故答案为C ．考点：棱柱的结构特征． 9．下列命题中，错误的是（ ）A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两条直线不一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线 【答案】B 【解析】试题分析: 由直线与平面的位置关系右知A 正确;平行于同一个平面的两条直线可以相交、平行或异面，故B 错，所以选B.考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.10．已知如图所示的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点P 、Q 分别在棱BB 1、DD 1上，且=，过点A 、P 、Q作截面截去该正方体的含点A 1的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：当P 、B 1重合时，主视图为选项B ；当P 到B 点的距离比B 1近时，主视图为选项C ；当P 到B 点的距离比B 1远时，主视图为选项D ，因此答案为A. 考点：组合体的三视图11．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为 （ ）A. B. C. D.【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC ，它是一个正四棱锥P-ABCD 的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4． 设其外接球的球心为O ，O 点必在高线PE 上，外接球半径为R ， 则在直角三角形BOE 中，BO 2=OE 2+BE 2=（PE-EO ）2+BE 2， 即R 2=（4-R ）2+（32）2，解得：R=174，故选C.考点：三视图，球与多面体的切接问题，空间想象能力12．如右图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =11，AD =7，1AA =12，一质点从顶点A 射向点()4312E ，，，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将1i -次到第i 次反射点之间的线段记为()2,3,4i L i =，1L AE =，将线段1234,,,L L L L 竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）【答案】C 【解析】 试题分析：因为37411>，所以1A E 延长交11D C 于F ，过F 作FM 垂直DC 于.M 在矩形1AA FM 中分析反射情况：由于35105AM =>，第二次反射点为1E 在线段AM 上，此时153E M =,第三次反射点为2E 在线段FM 上，此时24E M =,第四次反射点为3E 在线段1AF 上,由图可知，选C.考点：空间想象能力13．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】试题分析：由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r , 则2286862r r r -+-+⇒=,故选B. 考点：三视图 内切圆 球 三棱柱14．已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 A ．14 B ．24 C ．34 D ．12【答案】B. 【解析】试题分析：如图作BE β⊥于E ，连结AE ，过A 作AG ∥CD ，作EG AG ⊥于G ，连结BG ，则.BG AG ⊥设2AB a =．在ABE ∆中，60,90,2,.BAE AEB AB a AE a ∠=︒∠=︒=∴=在Rt AEG ∆中，29045,90,cos 45.2GAE CAG AGE AG a a ∠=︒-∠=︒∠=︒∴=︒=在Rt ABG∆中，222cos 24AG BAG AB a ∠===∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．βαElBDACG考点：1.三垂线定理及其逆定理；2. 空间角（异面直线所成角）的计算．15．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）A ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D 【解析】试题分析：三棱锥ABC D -在平面xoy 上的投影为ABC ∆，所以21=S ，设D 在平面yoz 、zox 平面上的投影分别为2D 、1D ，则ABC D -在平面yoz 、zox 上的投影分别为2OCD ∆、1OAD ∆，因为)2,1,0(1D ，)2,0,1(2D ，所以212=-S S ，故选D.考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.16．正方形ABCD 的边长为2，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且1AE =，12BF =，将此正 方形沿DE 、DF 折起，使点A 、C 重合于点P ，则三棱锥P DEF -的体积是（ ） A ．13B 523 D ．23【答案】B【解析】试题分析：解：因为90,DPE DPF ∠=∠=所以,DP PE DP PF ⊥⊥又因为PE ⊂平面PEF ,PF ⊂平面PEF ,且PE PF P =,所以DP ⊥平面PEF在PEF ∆中，22223151,,1222PE PF EF EB BF ⎛⎫===+=+= ⎪⎝⎭所以222351222cos 33212EPF ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∠==⨯⨯,225sin 133EPF ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭ 所以11355sin 122234PEF S PE PF EPF ∆=⋅⋅∠=⨯⨯⨯= 115523346PEF P DEF D PEF V V DP S ∆--==⋅⋅=⨯⨯=三棱锥三棱锥 所以应选B.考点：1、直线与平面垂直的判定；2、正弦定理与余弦定理；3、棱锥的体积.17．高为的四棱锥S ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离．解：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S ，A ，B ，C ，D 均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为：=故选A点评：本题是基础题，考查球的内接多面体的知识，能够正确推出四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径是本题的关键，考查逻辑推理能力，计算能力．18．二面角l αβ--为60°，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面,αβ内，AC l ⊥，BD l ⊥，且AB ＝AC ＝a ，BD ＝2a ，则CD 的长为( )A ．2aB ．5aC ．aD ．3a【答案】A【解析】试题分析：根据异面直线上两点间的距离公式2222cos EF d m n mn θ=++± ，对于本题中，d a =，m a =，2n =，60θ=，故()222222cos 602CD a a a a a a =++-⋅⋅⋅=．考点：异面直线上两点间距离,空间想象能力．19．长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（ ）．Ａ．14 B ．4 C ．32 D ．23【答案】B【解析】试题分析：设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度．考点：长方体的结构特征，面积和棱长的关系.20．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ , 由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF 与面MPQ 不垂直，所以选项C 是正确的；因为//EF l ，M 是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l 是唯一的，故选项D 不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．21．如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D【解析】试题分析：由于',A G DE FG DE ⊥⊥．所以DE ⊥平面'A FG ．经过点'A 作平面ABC 的垂线垂足在AF上．所以A 选项正确．由A 可知B 选项正确．当平面'A DE 垂直于平面BCDE 时，三棱锥EFD A -'的体积最大，所以C 正确．因为BD EF ，设2AC a =．所以'EF A E a ==，当'2A F a =时，32'(')2a A G GF A G GF a <+==．所以异面直线E A '与BD 可能垂直．所以D 选项不正确．考点：1．线面位置关系．2．面面的位置关系．3．体积公式．4．异面直线所成的角．5．空间想象力．22．已知棱长为l 的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 11、A D 上,且11A P=A Q=x,0<x<1，设面MEF 面MPQ=l ，则下列结论中不成立的是( )A ．//l 面ABCDB ．l ⊥ACC ．面MEF 与面MPQ 不垂直D ．当x 变化时，l 不是定直线【答案】D【解析】试题分析：解：连结1111,,,AC BD AC B D ,,AC BD 交于点O 1111,AC B D 交于点1O由正方体的性质知，11111111////,,BD B D AC AC AC BD AC B D ⊥⊥，因为,E F 是,AD AB 的中点，所以//EF BD因为11A P A Q =,所以11//PQ B D所以//PQ EF ,所以//PQ 平面MEF ,//EF 平面MPQ ,由MEF 面MPQ=l ，EF ⊂ 平面MEF ，所以//EF l ，而EF ⊂平面ABCD ,l ⊂/平面ABCD , 所以，//l 面ABCD ，所以选项A 正确；由AC BD ⊥，//EF BD 得EF AC ⊥而//EF l ，所以l ⊥AC ，所以选项B 正确；连111,,MB MD O M ,则11//,O M AC 而1111,//,//AC A B AC BD BD EF A B MF ⊥⊥，所以，11,O M EF O M MF ⊥⊥,所以1O M ⊥平面MEF ，过直线l 与平面MEF 垂直的平面只能有一个，所以面MEF与面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；EF l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选因为//项D不正确．考点：1、直线平面的位置关系；2、直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行与垂直的判定及性质．23．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离（）A．B．C．D．3【答案】A【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高．而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为，选A．24．如图所示，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.则棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值是（）A. 2:1B. 1:1C. 1:2D. 1:3【答案】C。
人教版四年级数学上册期末 认识两直线的位置关系及点到直线的距离 专项试卷附答案
人教版四年级数学上册核心考点专项评价8.认识两直线的位置关系及点到直线的距离一、仔细推敲，选一选。
(每小题4分，共20分)1.如图，量一量，A、B两点间的距离是( )厘米，点A到直线的距离是( )厘米。
A. 1.1B. 1.5C. 22.下面的图形中，互相平行的线段有( )组。
A. 1B. 2C. 93.下图中，AB和CD相交成直角，则下列说法不正确的是( )。
A. AB和CD都是垂线B. AB是CD的垂线C. AB⊥CDD. CD是AB的垂线4.甲、乙、丙三人用同样长的线放风筝，风筝飞起来后他们把线的一端绑在同一根栏杆上，如图所示，那么( )的风筝飞得最高。
(三根风筝线在同一平面内)A.甲B.乙C.丙5.两条直线互相垂直，则这两条直线相交所形成的角一定是( )。
A.锐角B.钝角C.直角二、火眼金睛，辨对错。
(每小题4分，共16分)1.在同一个平面内的两条直线不是互相平行就是互相垂直。
( )2.两条直线互相垂直，则所形成的四个角一定都是直角。
( )3.在同一平面内，有两条直线都垂直于同一条直线，那么这两条直线也互相垂直。
( )4.龙龙在纸上画了一条平行线和一条垂线。
( )三、按要求操作。
(共34分)1.分别过点A和点B作已知直线的垂线。
(6分)我发现：过直线上(或外)一点作这条直线的垂线只能作出( )条。
2.分别过点A作BC的垂线。
(每小题5分，共10分)3.过O点作射线BA的平行线；过O点作射线BC的垂线。
(8分)4.下图中的a、b、c、d四条直线。
(每空2分，共10分)(1)互相平行的直线有( )组；(2)互相垂直的直线有( )组，分别是( )；(3)相交的直线有( )组，分别是( )。
四、画一画，填一填。
(每小题9分，共18分)1.画出与已知直线a相距2 cm的直线，可以画出( )条。
我发现：同一平面内，如果两条直线都平行于同一条直线，那么这两条直线( )。
2.画出垂直于直线b的直线，可以画出( )条。
点直线平面之间的位置关系练习题(含答案)
高一数学点直线平面之间的地位关系强化演习题一.选择题1．已知平面α外不共线的三点,,A B C 到α的距离都相等,则准确的结论是（ ）A. 平面ABC 必平行于αB. 平面ABC 必与α订交C. 平面ABC 必不垂直于αD. 消失ABC ∆的一条中位线平行于α或在α内2．给出下列关于互不雷同的直线l.m.n 和平面α.β.γ的三个命题: ①若l 与m 为异面直线,l ⊂α,m ⊂β,则α∥β; ②若α∥β,l ⊂α,m ⊂β,则l∥m;③若α∩β＝l,β∩γ＝m,γ∩α＝n,l∥γ,则m∥n. 个中真命题的个数为( )A.3B.2 C3．假如一条直线与一个平面垂直,那么,称此直线与平面组成一个“正交线面临”.在一个正方体中,由两个极点肯定的直线与含有四个极点的平面组成的“正交线面临”的个数是（ ）（A ）48 （B ）18 （C ）24 （D ）364． 已知二面角l αβ--的大小为060,m n 、为异面直线,且m n αβ⊥⊥，,则m n 、所成的角为（ ）（A ）030 （B ）060 （C ）090 （D ）0120 5．如图,点P 在正方形ABCD 地点的平面外,PD⊥平面ABCD,PD ＝AD,则PA 与BD 所成角的度数为( )A.30°B.45°C.60°D.90°7．设m .n 是两条不合的直线,α.β是两个不合的平面.考核下列命题,个中准确的命题是（ ）A ．βαβα⊥⇒⊥⊂⊥n m n m ,,B ．n m n m ⊥⇒⊥βαβα//,,//C ．n m n m ⊥⇒⊥⊥βαβα//,,D ．ββαβα⊥⇒⊥=⊥n m n m ,,8．设A.B.C.D 是空间四个不合的点,鄙人列命题中,不准确．．．的是（ ）A ．AC 与BD 共面,则AD 与BC 共面B ．若AC 与BD 是异面直线,则AD 与BC 是异面直线C ．若AB =AC ,DB =DC ,则AD =BC D ．若AB =AC ,DB =DC ,则AD ⊥BC9．若l 为一条直线,αβγ，，为三个互不重合的平面,给出下面三个命题：①αγβγαβ⊥⊥⇒⊥，;②αγβγαβ⊥⇒⊥，∥;③l l αβαβ⊥⇒⊥，∥． 个中准确的命题有（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个10．如图,在正三棱锥P —ABC 中,E.F 分离是PA.AB 的中点,∠CEF＝90°,若AB ＝a,则该三棱锥的周全积为( ) A.2233a + B.2433a + C.243a D.2436a + 11．如图,正三棱柱111ABC A B C -的各棱长都为2,E F 、分离为AB.A 1C 1的中点,则EF 的长是（ ）（A ）2 （B ）3 （C ）5 （D ）712．若P 是平面α外一点,则下列命题准确的是（ ）（A ）过P 只能作一条直线与平面α订交 （B ）过P 可作很多条直线与平面α垂直（C ）过P 只能作一条直线与平面α平行 （D ）过P 可作很多条直线与平面α平行13．对于随意率性的直线l 与平面α,在平面α内必有直线m ,使m 与l （ ）（A ）平行 （B ）订交 （C ）垂直 （D ）互为异面直线14．对于平面α和共面的直线m .,n 下列命题中真命题是（ ）（A ）若,,m m n α⊥⊥则n α∥ （B ）若m αα∥,n ∥,则m ∥n（C ）若,m n αα⊂∥,则m ∥n （D ）若m .n 与α所成的角相等,则m ∥n15．关于直线m .n 与平面α.β,有下列四个命题：① 若//m α,//n β且//αβ,则//m n ;② 若m α⊥,n β⊥且αβ⊥,则m n ⊥; ③ 若m α⊥,//n β且//αβ,则m n ⊥;④ 若//m α,n β⊥且αβ⊥,则//m n . 个中真命题的序号式（ ）A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③16．给出下列四个命题：①垂直于统一向线的两条直线互相平行②垂直于统一平面的两个平面互相平行平③若直线12,l l 与统一平面所成的角相等,则12,l l 互相行④若直线12,l l 是异面直线,则与12,l l 都订交的两条直线是异面直线 个中假命题．．．的个数是（ ）（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）417．如图平面α⊥平面β, ,,A B AB αβ∈∈与两平面α.β所成的角分离为4π和6π.过A.B 分离作两平面交线的垂线,垂足为'A .B ',若AB=12,则''A B =（ ）（A ）4 （B ）6 （C ）8 （D ）A'B'A B βα18．已知正四棱锥S ABCD-中,23SA=,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为（）A．1 B．3C． 2 D．319．已知三棱锥S ABC-中,底面ABC为边长等于2的等边三角形,SA垂直于底面ABC,SA=3,那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（）A．34B5C．7D．3420．有四根长都为2的直铁条,若再选两根长都为a的直铁条,使这六根铁条端点处相连可以或许焊接成一个三棱锥形的铁架,则a的取值规模是（）A．（62B．（1,22C．6262D．（0,22）21．在半径为R的球内有一内接正三棱锥,它的底面三个极点正好都在统一个大圆上,一个动点从三棱锥的一个极点动身沿球面活动,经由其余三点后返回,则经由的最短旅程是（）A．2RπB．73RπC．83RπD．76Rπ22．已知,,,S A B C是球O概况上的点,SA ABC⊥平面,AB BC⊥,1SA AB==,2BC=则球O的概况积等于（）A．4πB．3πC．2πD．π23．将半径都为１的４个钢球完整装入外形为正四面体的容器里,这个正四面体的高的最小值为（ ）A ．3263+ B ．2+263C ．4+263D ．43263+24.如图,正方体AC 1的棱长为1,过点A 作平面A 1BD 的垂线,垂足为点H,则以下命题中,错误的命题是( ) A.点H 是△A 11D 111所成角为45°二.填空题1．多面体上,位于统一条棱两头的极点称为相邻的,如图,正方体的一个极点A 在平面α内,其余极点在α的同侧,正方体上与极点A 相邻的三个极点到α的距离分离为1,2和4,P 是正方体的其余四个极点中的一个,则P 到平面α的距离可能是：①3; ②4; ③5; ④6; ⑤7以上结论准确的为______________.（写出所有准确结论的编号．．）2．平行四边形的一个极点A 在平面α内,其余极点在α的同侧,已知个中有两个极点到α的距离分离为1和2 ,那么剩下的一个极点到平面α的距离可能是：①1; ②2; ③3; ④4;以上结论准确的为______________.（写出所有准确结论的编号．．）3．如图,在正三棱柱111ABC A B C -中,所有棱长均为1,则点1B 到平面1ABC 的距离为 .4．已知,,A B C 三点在球心为O ,半径为R 的球面上,AC BC ⊥,且AB R =,那么,A B 两点的球面距离为 ,球心到平面ABC 的距离为______________.5．如图,在正三棱柱111C B A ABC -中,1=AB ．若二面角1C AB C --的大小为 60,ABC Dα则点C 到平面1ABC 的距离为______________.6．如图（同理科图）,在正三棱柱111ABC A B C -中,1AB =．若二面角1C AB C --的大小为60,则点1C 到直线AB 的距离为 .7．（如图,在6题上）正四面体ABCD 的棱长为l,棱AB ∥平面α,则正四面体上的所有点在平面α内的射影组成的图形面积的取值规模是____________.8．如图,矩形ABCD 中,DC=3,AD=1,在DC 上截取DE=1,将△ADE 沿AE 翻折到D 1点,点D 1在平面ABC 上的射影落在AC 上时,二面角D 1—AE —B 的平面角的余弦值是 .9．若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为α,则cos α=_____.10．已知正四棱椎的体积为12,地面的对角线为26,则正面与底面所成的二面角为____________.11．m n 、是空间两条不合直线,αβ、是空间两条不合平面,下面有四个命题： ①,;m n m n αβαβ⊥⇒⊥, ②,,;m n m n αβαβ⊥⊥⇒ ③,,;m n m n αβαβ⊥⇒⊥ ④,,;m m n n ααββ⊥⇒⊥ 个中真命题的编号是 （写出所有真命题的编号）.12．如图,已知三棱锥S －ABC 中,底面ABC 为边长等于2的等边三角形,SA ⊥底面ABC ,SA ＝3,那么直线SB 与平面SAC 所成角的正弦值为________． 三.解答题：13.如图,正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝4,点E 在C 1C上且C1E＝3EC.(1)证实A1C⊥平面BED;(2)求二面角A1-DE-B的正切值..在正△ABC中,E.F.P分离是AB.AC.BC边上的点,知足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2〔如图(1)〕.将△AEF沿EF折起到△A1EF的地位,使二面角A1-EF-B成直二面角,贯穿连接A1B.A1P〔如图(2)〕.(1)求证:A1E⊥平面BEP;(2)求直线A1E与平面A1BP所成角的大小;(3)求二面角B-A1P-F的余弦值.一.选择题1．D 2．C 3．D 4．B 5．C 7．B8．C 9．C 10．B 11．C 12．D 13．C 14．C15．D 16．D 17．B18．C;19．D;20．A;21．B;22．A;23．B;二.填空题1．①③④⑤ 2．①③ 3．217 4．13Rπ32R5．34 6．3 7．21[,]428. 32-9．63 10．3π 11．①,② 12.3913解法二:(1)证实:如图,贯穿连接B1C1C是A1C在面BCC1B1内的射影,在矩形BCC1B1中,B1B＝C1C＝4,BC＝B1C1＝2,C1E＝3,EC＝1.因为211==B B BC BC CE 且∠B 1BC ＝∠BCC 1＝90°, 所以△BB 1C∽△BCE.所以∠BB 1C ＝∠CBE.所以由互余可得∠BFC ＝90°.所以BE⊥B 1C.所以BE⊥A 1C;由四边形ABCD 为正方形,所以BD⊥AC. 所以BD⊥A 1C 且BD∩BE＝B. 所以A 1C⊥平面BDE.(2)贯穿连接OE,由对称性知必交A 1C 于G 点,过G 点作GH⊥DE 于点H,贯穿连接A 1H.由(1)的结论,及三垂线定理可得,∠GHA 1就是所求二面角的平面角,依据已知数据,盘算3651=G A , 在Rt△DOE 中,1530=GH ,所以55tan 11==∠GHGA GHA . 故二面角A 1DEB 的大小为55arctan . 解法一:无妨设正△ABC 的边长为3.(1)证实:在图(1)中,取BE 的中点D,贯穿连接DF. ∵AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2, ∴AF＝AD ＝2.而∠A＝60°, ∴△ADF 是正三角形. 又AE ＝DE ＝1,∴EF⊥AD. 在图(2)中,A 1E⊥EF,BE⊥EF,∴∠A 1EB 为二面角A 1-EF-B 的平面角. 由题设前提知此二面角为直二面角,∴A 1E⊥BE.又BE∩EF＝E,∴A 1E⊥平面BEF, 即A 1E⊥平面BEP.(2)在图(2)中,∵A 1E 不垂直于A 1B, ∴A 1E 是平面A 1BP 的斜线. 又A 1E⊥平面BEP,∴A 1E⊥BP.从而BP 垂直于A 1E 在平面A 1BP 内的射影(三垂线定理的逆定理). 设A 1E 在平面A 1BP 内的射影为A 1Q,且A 1Q 交BP 于点Q,则 ∠EA 1Q 就是A 1E 与平面A 1BP 所成的角,且BP⊥A 1Q. 在△EBP 中,∵BE＝BP ＝2,∠EBP＝60°, ∴△EBP 是等边三角形.∴BE＝EP. 又A 1E⊥平面BEP,∴A 1B ＝A 1P. ∴Q 为BP 的中点,且3=EQ . 又A 1E ＝1,在Rt△A 1EQ 中,3tan 11==∠EA EQQ EA , ∴∠EA 1Q ＝60°.∴直线A 1E 与平面A 1BP 所成的角为60°.(3)在图(3)中,过F 作FM⊥A 1P 于点M,贯穿连接QM.QF.(3)∵CF＝CP ＝1,∠C＝60°, ∴△FCP 是正三角形.∴PF＝1.又PQ ＝21BP ＝1, ∴PF＝PQ.①∵A 1E⊥平面BEP,EQ ＝EF ＝3, ∴A 1F ＝A 1Q.∴△A 1FP≌△A 1QP. 从而∠A 1PF ＝∠A 1PQ.②由①②及MP 为公共边知△FMP≌△QMP, ∴∠QMP＝∠FMP＝90°,且MF ＝MQ. 从而∠FMQ 为二面角B-A 1P-F 的平面角. 在R t△A 1QP 中,A 1Q ＝A 1F ＝2,PQ ＝1, ∴51=P A . ∵MQ⊥A 1P, ∴55211=•=P A PQ Q A MQ . ∴552=MF . 在△FCQ 中,FC ＝1,QC ＝2,∠C＝60°, 由余弦定理得3=QF . 在△FMQ 中,872cos 222-=•-+=∠MQ MF QF MQ MF FMQ .∴二面角B-A 1P-F 的大小为87arccos -π.。
专题6：立体几何中点到面的距离求法基础练习题
因为 为 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
因为 ，所以 ．
又 ，所以四边形 是平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
因为 ，且 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ；
因为 平面 ，所以 平面 ．
（Ⅱ）因为 是 的中点，
所以点 到平面 的距离是点 到平面 距离的 ．
设C到平面 的距离为 ，则 .
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定定理的应用，以及空间向量的在求点到平面距离中的应用，属于基础题.
7．（1）证明见解析；（2） .
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理证明即可.
（2）利用面面垂直的判定定理证出面 面 ，过 作 ， 的长即为 到面 的距离，根据 即可求解.
【详解】
（1）证明：连接 ，设 ，连 ，
则 是三角形 的中位线，
面 .
（2） 面 面 面 ，
过 作 ，
垂足为 ，易知 面 ，
则 的长即为 到面 的距离， 与 中，
， ，
可知 ，所以 .
【点睛】
本题考考查了线面平行的判定定理、面面垂直的性质定理、求点到面的距离，考察了逻辑推理能力，属于基础题.
8．（1）证明见解析；（2） ．
因为 平面 ， ， ，
所以 平面 ．所以 ．
所以 ．
在 中， ， ，
所以 ．
设点 到平面 的距离为 ，
则 ，解得 ．
所以点 到平面 的距离是 ．
【点睛】
本题主要考查证明线面平行，考查等体积法求点到面的距离，属于常考题型.
2．
【分析】
利用等体积法列方程，解方程求得点 到平面 的距离.
空间点,直线,平面的位置关系试题(含答案)2
空间角和距离一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．直线m 与平面α间距离为d ，那么到m 与α距离都等于2d 的点的集合是（ ）A ．一个平面B ．一条直线C ．两条直线D ．空集 2．异面直线a 、b 所成的角为θ，a 、b 与平面α都平行，b ⊥平面β，则直线a与平面β所成的角（ ）A ．与θ相等B ．与θ互余C ．与θ互补 D ．与θ不能相等．3．在正方体ABCD —A 'B 'C 'D '中，BC '与截面BB 'D 'D 所成的角为（ ） A ．3πB ．4π C ．6πD ．arctan24．在正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2及G 2G 3的中点，D是EF 的中点，现在沿SE ，SF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1，G 2，G 3三点重合，重合后的点记为G ，那么，在四面体S －EFG中必有（ ）A ．SG ⊥△EFG 所在平面B ．SD ⊥△EFG 所在平面C ．GF ⊥△SEF 所在平面D ．GD ⊥△SEF 所在平面 5．有一山坡，它的倾斜角为30°，山坡上有一条小路与斜坡底线成45°角，某人沿这条小路向上走了200米，则他升高了（ ）A ．1002米 B ．502米 C ．256米D ．506米6．已知三棱锥D －ABC 的三个侧面与底面全等，且AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则以BC 为棱，以面BCD 与面BCA 为面的二面角的大小为 （ ）A ．arccos33 B ．arccos 31 C ．2π D ．32π7．正四面体A —BCD 中E 、F 分别是棱BC 和AD 之中点，则EF 和AB 所成的角 （ ） A ．45︒ B ．60︒ C．90︒D ．30︒8．把∠A =60°，边长为a 的菱形ABCD 沿对角线BD 折成60°的二面角，则AC 与BD 的距离为（ ）A ．43aB ．43 a C ．23 aD ．46 a9．若正三棱锥的侧面均为直角三角形，侧面与底面所成的角为α，则下列各等式中成立的是（ ）A ．0＜α＜6πB ．6π＜α＜4πC ．4π＜α＜3πD ．3π＜α＜2π10．已知A （1，1，1），B （－1，0 ，4），C （2 ，－2，3），则〈AB ，CA〉的大小为（ ）A ．6πB ．65π C ．3πD ．32π二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．从平面α外一点P 引斜线段PA 和PB ，它们与α分别成45︒和30︒角，则∠APB 的最大值是______最小值是_______12．∆ABC 中∠ACB=90︒，PA ⊥平面ABC ，PA=2，AC=2 3 ，则平面PBC 与平面PAC ，平面ABC 所成的二角的大小分别是______、_________．13．在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中，90=∠ABC，30=∠BAC，ＢＣ＝５，又ＰＡ＝ＰＢ＝ＰＣ＝ＡＣ，则点Ｐ到平面ＡＢＣ的距离是 ．14．球的半径为8，经过球面上一点作一个平面，使它与经过这点的半径成45°角，则这个平面截球的截面面积为 ． 三、解答题（共计76分）15．（本小题满分12分）已知SA ⊥平面ABC ，SA=AB ，AB ⊥BC ，SB=BC ，E 是SC 的中点，DE ⊥SC 交AC 于D ． （1） 求证：SC ⊥面BDE ；（2）求二面角E —BD —C 的大小．16．（本小题满分12分）如图，点P 为斜三棱柱111C B A ABC -的侧棱1BB 上一点，1BB PM⊥交1AA 于点M，1BB PN ⊥交1CC 于点N．(1) 求证：MN CC ⊥1； (2) 在任意DEF ∆中有余弦定理：DFEEF DF EFDFDE∠⋅-+=cos 2222．拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．17．（本小题满分12分）如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB=3．（1）求证BC SC；（2）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小．18．（本小题满分12分）在直角梯形ABCD中，∠D=∠BAD=90︒,AD=DC=1AB=a,(如图一)将△ADC 沿AC折起，使2D到D'．记面AC D'为α,面ABC为β．面BC D'为γ．（1）若二面角α-AC-β为直二面角（如图二），求二面角β-BC-γ的大小;（2）若二面角α-AC-β为60︒（如图三），求三棱锥D'-ABC的体积．19．（本小题满分14分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF的中点．（1）求证AM//平面BDE；（2）求二面角A-DF-B的大小；（3）试在线段AC上确定一点P，使得PF与BC所成的角是60︒．20．（本题满分14分）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直．点M在AC上移动，点N在BF上移动，若a=)BNCM=<a．20(<（1）求MN的长；（2）当a为何值时，MN的长最小；（3）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角α的大小．参考答案一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）二．填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分） 11．750 ,150 12．900 ,300 13．35 14．π32三、解答题（本大题共6题，共76分）15．(12分) （1）证明：（1）∵SB=BC E 是SC 的中点 ∴BE ⊥SC ∵DE ⊥SC ∴SC ⊥面BDE（2）解：由（1）SC ⊥BD ∵SA ⊥面ABC ∴SA ⊥BD ∴BD ⊥面SAC ∴∠EDC 为二面角E-BD-C 的平面角设SA=AB=a,则SB=BC=a2．,2,a SC SBC Rt =∆∴中在,30,0=∠∆∴DCESAC Rt 中在60,=∠∆∴EDC DEC Rt 中在．16．(12分) (1) 证：MNCC PMN CC PN CC PM CC BB CC ⊥⇒⊥∴⊥⊥⇒111111,,//平面 ； (2)解：在斜三棱柱111C B A ABC -中，有αcos 21111111111222A ACCB BCCA ACCB BCCA ABBS S S S S ⋅-+=，其中α为 平面B B CC 11与平面A A CC 11所组成的二面角．∴⊥,1PMN CC 平面 上述的二面角为MNP ∠,在PMN ∆中，cos 2222⇒∠⋅-+=MNP MN PN MNPNPMMNPCC MN CC PN CCMN CC PN CCPM ∠⋅⋅⋅-+=cos )()(211111222222， 由于111111111,,BB PM S CCMN S CCPN S A ABBA ACCB BCC⋅=⋅=⋅=，∴有αcos 21111111111222A ACCB BCCA ACCB BCCA ABBS S S S S ⋅-+=．17．(12分) （1）证法一：如，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ．∵SD ⊥底面ABCD ，∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影， 由三垂线定理得BC ⊥SC ．证法二：如图1，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ．∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥BC ，又DC ∩SD=D ，∴BC ⊥平面SDC ，∴BC ⊥SC ．（2）解：如图2，过点S 作直线,//AD l l ∴在面ASD 上，∵底面ABCD 为正方形，l BC AD l ∴∴,////在面BSC 上，l ∴为面ASD 与面BSC 的交线．l ∴,,,,SC l SD l SC BC AD SD ⊥⊥∴⊥⊥∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角．（以下同解法一） （3）解1：如图2，∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA 是等腰直角三角形．又M 是斜边SA 的中点，∴DM ⊥SA ．∵BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩SD=D ，∴BA ⊥面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影．由三垂线定理得DM ⊥SB ．∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．图1图2解2：如图3，取AB 中点P ，连结MP ，DP ．在△ABS 中，由中位线定理得 MP//SB ，DMP ∠∴是异面直线DM 与SB 所成的角．2321==SB MP，又,25)21(1,222=+==DP DM∴在△DMP 中，有DP 2=MP 2+DM 2，︒=∠∴90DMP∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．18．(12分) 解：（1）在直角梯形ABCD 中， 由已知∆DAC 为等腰直角三角形， ∴45,2=∠=CAB a AC , 过C 作CH ⊥AB ，由AB=2a ，可推得 AC=BC=.2a∴ AC ⊥BC ．取 AC 的中点E ，连结ED '，则 ED '⊥AC 又 ∵ 二面角β--AC a 为直二面角，∴ED '⊥β 又 ∵ ⊂BC 平面β ∴ BC ⊥E D ' ∴ BC ⊥a ，而a C D ⊂'，∴ BC ⊥C D ' ∴ CAD '∠为二面角γβ--BC 的平面角．由于45='∠CAD ， ∴二面角γβ--BC 为 45．（2）取AC 的中点E ，连结E D '，再过D '作β⊥'O D ，垂足为O ，连结OE ．∵ AC ⊥E D '， ∴ AC ⊥OE ∴ EOD '∠为二面角β--ACa 的平面角， ∴ EO D '∠60=． 在OE D Rt '∆中，aACE D 2221=='，∴O D S V ABC ABC D '⋅=∆-'31O D BC AC '⋅⋅⨯=2131a a a 462261⨯⨯⨯=.1263a =19．（14分）解法一: (1)记AC 与BD 的交点为O,连接OE, ∵O 、M 分别是AC 、EF 的中点，图3ACEF 是矩形，∴四边形AOEM 是平行四边形， ∴AM ∥OE ．∵⊂OE平面BDE ，⊄AM 平面BDE ，∴AM ∥平面BDE ．(2)在平面AFD 中过A 作AS ⊥DF 于S ，连结BS ，∵AB ⊥AF ， AB ⊥AD ， ,A AF AD = ∴AB ⊥平面ADF ，∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影，由三垂线定理得BS ⊥DF ．∴∠BSA 是二面角A —DF —B 的平面角． 在RtΔASB 中，,2,36==AB AS∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB∴二面角A —DF —B 的大小为60º．（3）设CP=t （0≤t≤2）,作PQ ⊥AB 于Q ，则PQ ∥AD ， ∵PQ ⊥AB ，PQ ⊥AF ，A AFAB = ，∴PQ ⊥平面ABF ，⊂QE平面ABF ，∴PQ ⊥QF ．在RtΔPQF 中，∠FPQ=60º，PF=2PQ ． ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形，∴).2(22t PQ -=又∵ΔPAF 为直角三角形，∴1)2(2+-=t PF，∴).2(2221)2(2t t -⋅=+-所以t=1或t=3(舍去),即点P是AC 的中点．解法二： （1）建立如图所示的空间直角坐标系． 设NBD AC = ，连接NE ， 则点N 、E 的坐标分别是（)0,22,22、（0,0,1）,∴)1,22,22(--=NE, 又点A 、M 的坐标分别是)0,2,2(,（)1,22,22∴AM =（)1,22,22--∴AMNE =且NE与AM 不共线，∴NE ∥AM ．又∵⊂NE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ，∴AM ∥平面BDF ．（2）∵AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，AF ,A AD = ∴AB ⊥平面ADF ．∴AB)0,0,2(-=为平面DAF 的法向量．∵DBNE ⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(-=0， ∴NFNE⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(=0得DBNE ⊥，NFNE⋅，∴NE 为平面BDF 的法向量．∴cos<>⋅NE AB =21∴AB 与NE 的夹角是60º．即所求二面角A —DF —B的大小是60º． （3）设P(t,t,0)(0≤t≤2)得PF),1,2,2(t t --=∴BC =（2，0，0）又∵PF 和BC 所成的角是60º．∴21)2()2(2)2(60cos 22⋅+-+-⋅-=︒t t t解得22=t 或223=t （舍去），即点P 是AC 的中点．20．(14分) 解：（1）作MP ∥AB 交BC 于点P NQ∥AB 交BE 于点Q ，连结PQ ，依题意可得MP ∥NQ ，且MP =NQ，即MNQP 是平行四边形∴MN =PQ由已知a BN CM ==，1===BE AB CB∴2==BF AC 又21a CP =，21a BQ =，即2a BQ CP ==∴MN=PQ =22)1(BQCP +-=22)2()21(a a +-=21)22(2+-a )20(<<a（2）由（Ⅰ），MN=21)22(2+-a ,所以，当22=a 时，MN=22即M 、N 分别移动到AC 、BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为22．（3）取MN 的中点G ，连结AG 、BG ，∵ANAM =，BNBM=，G 为MN的中点 ∴AG⊥MN，BG ⊥MN，∠A G B即为二面角α的平面角,又AG =BG 46=，所以，由余弦定理有314646214646cos 22-=⋅⋅-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=α, 故所求二面角⎪⎭⎫⎝⎛-=31arccos α。
2022-2023学年人教版数学四年级上册点到直线的距离练习题含答案
2022-2023学年人教版数学四年级上册点到直线的距离练习题学校:___________姓名：___________班级：_______________一、解答题1．下面图形中哪两条线段互相平行？哪两条线段互相垂直？二、填空题2．在长方形中有( )组对边是平行的，两条邻边互相( )。
3．在下图中，线段AB，AC，AD，AE中最短的一条线段是( )。
4．在一个长方形中，相邻两边互相( )，相对两边互相( )。
5．在连结两点的所有线中，( )最短。
6．在括号里填上相应的序号。
互相垂直的有( )，互相平行的有( )。
三、判断题7．公路上有三条小路通往笑笑家，它们的长度分别是243米、187米、205米，其中有一条小路与公路垂直，这条小路长187米。
( )8．如果两条直线平行，那么这两条直线就相等。
( )9．平面内三条直线相交最多有两个交点。
( )10．同一平面内有三条直线a、b、c，已知a⊥b，b⊥c，那么a⊥c。
( )四、选择题11．下面说法中正确的有（）个。
⊥两条平行线之间的距离处处相等。
⊥两个锐角的和不一定大于直角。
⊥两个数的商是8，如果被除数不变，除数乘4，则商为32。
A．1B．2C．312．下面说法正确的是（）。
A．一个正方形中有4组平行线B．过一点可以做无数条已知直线的垂线C．一组平行线之间的距离都相等D．过一点可以做无数条已知直线的平行线五、作图题13．分别过点A画BC的垂线。
14．在下图中，过P点分别画出已知直线的垂线和平行线。
15．王刚家新建了房子，要把自来水从主管道引到自己家，怎么做最节省？请画图表示。
参考答案：1．见详解【分析】根据平行线和互相垂直的定义：在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线；在同一平面内，当两条直线相交成90度时，这两条直线互相垂直；据此进行解答。
【详解】图一：a与c、d与e互相平行，a与e、a与d、c与d、c与e互相垂直。
图二：l与k互相平行，m与l、m与k互相垂直。
平面直角坐标系中的距离公式高一数学总结练习含答案解析
1.5 平面直角坐标系中的距离公式1.已知P 1(x 1,y 1)、P 2(x 2,y 2),则P 1、P 2两点间的距离公式是① .2.已知点P 的坐标为(x 0,y 0),直线l 的方程是Ax+By+C=0(A 2+B 2≠0),则点P 到直线l 的距离公式是② .3.已知直线l 1:Ax+By+C 1=0和l 2:Ax+By+C 2=0(C 1≠C 2),则这两条平行直线间的距离公式是③ .距离公式的综合运用1.(2014长沙调考,★★☆)点P(m-n,-m)到直线x m +yn =1的距离等于( ) A.√m 2+n 2 B .22 C.√n 2-m 2 D.√m思路点拨 先把直线方程化成一般式,再利用点到直线的距离公式计算.2.(2014云南曲靖统一测试,★★☆)已知点A(x,1),B(2,y),且AB 的中点是C(1,-1),则|AB|=( ) A.2√5 B.4 C.2√3 D.2√2思路点拨 先求出x,y 的值,再求|AB|.3.(2013四川月考,★☆☆)直线3x+y-3=0与6x+my+1=0平行,则它们之间的距离为( ) A.4 B.2√1313C.5√1326D.7√1020思路点拨 先求m 的值,再利用距离公式求解.4.(2013海南琼海月考,★★☆)直线l 过点P(1,2),且M(2,3),N(4,-5)两点到直线l 的距离相等,则直线l 的方程是 .思路点拨有两种情况:①l∥MN;②l过线段MN的中点.一、选择题1.已知点A(2,0),B(4,2),C(c,1),若|AB|=2|AC|,则c的值为( )A.1B.3C.1或3D.22.x轴正半轴上的点M到坐标原点的距离与到点(9,-3)的距离相等,则此距离为( )A.3B.4C.5D.63.直线l'与直线l:2x-y+3=0平行,且点A(2,3)到两直线的距离相等,则直线l'的方程为( )A.2x+y-5=0B.2x-y+5=0C.2x-y-5=0D.2x+y+5=04.点P是直线x+y-4=0上的一个动点,O是坐标原点,则|OP|的最小值是( )A.√10B.2√2C.√6D.25.已知点(a,2)(a>0)到直线l:x-y+3=0的距离为1,则a的值为( )A.√2B.2-√2C.√2-1D.√2+16.以A(5,5)、B(1,4)、C(4,1)为顶点的三角形是( )A.直角三角形B.等腰三角形C.正三角形D.等腰直角三角形二、填空题的直线的方程是.7.过点P(-1,2),且与原点的距离等于√228.设点P在直线x+3y=0上,且点P到原点的距离与点P到直线x+3y-2=0的距离相等,则点P的坐标为.三、解答题9.已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(1,-1)、B(-1,3)、C(3,0).(1)求证:△ABC是直角三角形;(2)求△ABC的面积.10.已知直线l 1与l 2的方程分别为7x+8y+9=0,7x+8y-3=0,直线l∥l 1,直线l 与l 1间的距离为d 1,l 与l 2间的距离为d 2,且d 1∶d 2=1∶2,求直线l 的方程.11.已知在△ABC 中,A(3,2),B(-1,5),点C 在直线3x-y+3=0上,若△ABC 的面积为10,求点C 的坐标.一、选择题1.(2015广州调研,★☆☆)过点(-1,2)且与原点的距离最大的直线方程是( ) A.x-2y+5=0 B.x+2y-5=0 C.x+3y-7=0 D.3x+y-5=02.(2015甘肃兰州测试,★★☆)过点P(0,1)且和A(3,3),B(5,-1)距离相等的直线的方程是( ) A.y=1 B.2x+y-1=0 C.y=1或2x+y-1=0 D.2x+y-1=0或2x+y+1=03.(2014陕西宝鸡调研,★★☆)已知点P 在直线x+y+1=0上,且A(1,1),则|PA|的最小值为( ) A.5√22B.√2C.2√2D.3√224.(2013江西临川月考,★☆☆)如图,点A的坐标为(1,0),点B在直线y=-x上运动,当线段AB最短时,点B的坐标为( )A.(0,0)B.(12,-12)C.(√22,-√22)D.(-12,12)二、填空题5.(2014河南周口期末,★★☆)直线l在直线m:x+y+1=0的上方,且l∥m,它们的距离是√2,则直线l的方程是.三、解答题6.(2014河北唐山模拟,★☆☆)x,y满足x+y+1=0,求x2+y2-2x-2y+2的最小值.知识清单①|P 1P 2|=√(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2②d=00√A 2+B 2③d=12√A 2+B 2链接高考1.A 将x m +yn =1化成一般式,为nx+my-mm=0.由点到直线的距离公式,得d=√m 2+n 2=√m 2+n 2.故选A.2.A由题意得{x+22=1,1+y2=-1,解得{x =0,y =-3,所以A(0,1),B(2,-3),所以|AB|=√22+(-4)2=2√5.3.D 因为两条直线平行,所以它们的斜率相等,所以-3=-6m ,所以m=2.直线方程6x+2y+1=0可化为3x+y+12=0,根据两条平行直线间的距离公式可得它们之间的距离d=|-3-12|√22=7√1020. 4.答案 4x+y-6=0或3x+2y-7=0解析 由题意可得所求的直线与直线MN 平行或过线段MN 的中点.当所求的直线与直线MN 平行时,斜率为3+52-4=-4,则所求直线的方程为y-2=-4(x-1),化简可得4x+y-6=0. 当所求的直线过线段MN 的中点(3,-1)时,由直线方程的两点式求出直线的方程为y+12+1=x -31-3,即3x+2y-7=0. 综上所述,所求直线的方程为4x+y-6=0或3x+2y-7=0.基础过关一、选择题1.C 由题意得√(2-4)2+(0-2)2=2√(2-c )2+(0-1)2,解得c=1或3,故选C.2.C 设点M 的坐标为(m,0)(m>0),则m=√(m -9)2+(0+3)2.两边平方,得m 2=(m-9)2+(0+3)2,解得m=5.3.C 设所求直线的方程为2x-y+c=0(c≠3).由题意得√5=√5,即√5=√5,解得c=3(舍去)或-5,故直线l'的方程为2x-y-5=0.4.B 原点到直线x+y-4=0的距离就是|OP|的最小值,由点到直线的距离公式得|OP|的最小值为√12+12=2√2.5.C 由点到直线的距离公式得√2=1,∴|a+1|=√2, ∴a=-1±√2. 又∵a>0, ∴a=-1+√2.6.B ∵|AB|=√(5-1)2+(5-4)2=√17, |AC|=√(5-4)2+(5-1)2=√17, |BC|=√(1-4)2+(4-1)2=√18=3√2, ∴△ABC 为等腰三角形. 二、填空题7.答案 x+y-1=0或7x+y+5=0解析 当直线斜率不存在时,直线方程为x=-1,不合题意;当直线斜率存在时,设其方程为y-2=k(x+1),即kx-y+k+2=0,由题意得√k 2+1=√22,解得k=-1或k=-7,所以所求直线的方程为x+y-1=0或7x+y+5=0.8.答案 (35,-15)或(-35,15) 解析 设点P 的坐标为(-3m,m), 根据题意得√9m 2+m 2=√10,解得m=±15.∴点P 的坐标为(35,-15)或(-35,15). 三、解答题9.解析 (1)证明:由已知得|AB|=√(-1-1)2+[3-(-1)]2=√20=2√5, |AC|=√(3-1)2+[0-(-1)]2=√5,|BC|=√[3-(-1)]2+(0-3)2=√25=5. ∴|AB|2+|AC|2=|BC|2,∴△ABC 是以A 为直角顶点的直角三角形.(2)由于∠A 是直角,故△ABC 的面积S=12|AB|·|AC|=12×2√√=5. 10.解析 根据题意可设直线l 的方程为7x+8y+C=0(C≠9且C≠-3). 则l 与l 1间的距离d 1=√72+82,l 与l 2间的距离d 2=√22.∵d 1∶d 2=1∶2, ∴d 2=2d 1, ∴22=2·22,∴2|C -9|=|C+3|,∴2C -18=C+3或2C-18=-C-3, ∴C=21或C=5,故直线l 的方程为7x+8y+21=0或7x+8y+5=0. 11.解析 设点C 到直线AB 的距离为d,由题意得|AB|=√[3-(-1)]2+(2-5)2=5,∵S △ABC =12|AB|·d=12×5×d=10, ∴d=4.直线AB 的方程为y -25-2=x -3-1-3,即3x+4y-17=0. 设点C 的坐标为(x 0,y 0), 则{3x 0-y 0+3=0,d =|3x 00-17|√22=4,解得{x 0=-1,y 0=0或{x 0=53,y 0=8.故点C 的坐标为(-1,0)或(53,8).三年模拟一、选择题1.A 设A(-1,2),则直线OA 的斜率等于-2,故所求直线的斜率等于12,故所求直线的方程为y-2=12(x+1),化简可得x-2y+5=0,故选A. 2.C ①所求直线平行于AB,∵k AB =-1-35-3=-2,∴所求直线的方程为y-1=-2x,即2x+y-1=0. ②所求直线过线段AB 的中点M(4,1),则所求直线方程为y=1.3.D 设P(a,b),因为点P 在直线x+y+1=0上,所以|PA|=√(a -1)2+(b -1)2=√(a -1)2+(-a -1-1)2=√2(a +12)2+92≥3√22.4.B 点A 到直线y=-x 的距离即为线段AB 的最小值,由题意设B(x 0,-x 0),则有√2=√(x 0-1)2+(-x 0-0)2,解得x 0=12,所以点B 的坐标为(12,-12),故选B. 二、填空题 5.答案 x+y-1=0解析 根据题意可设直线l 的方程是x+y+c=0(c<1),则√2=√2,所以c=-1或c=3(舍去),所以直线l 的方程是x+y-1=0. 三、解答题6.解析 原式可化为(x-1)2+(y-1)2,其几何意义为点P(x,y)和点Q(1,1)间距离的平方,而点(x,y)在直线x+y+1=0上.设d 为Q 点到直线x+y+1=0的距离, 由|PQ|≥d 得√(x -1)2+(y -1)2≥√2,即x 2+y 2-2x-2y+2≥92. 故所求最小值为92.。
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点到平面的距离计算
一、单选题(共9道，每道11分)
1.正四面体的棱长为a，E是AD的中点，则点D到平面BCE的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：B
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
2.在正方体中，，则点A到平面的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：B
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
3.如图，在棱长为1的正方体中，为中点，则点到平面的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
4.如图，在三棱锥中，底面，，，为的中点，
，则点到平面的距离为( )
A. B. C. D.
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
5.如图，在正三棱柱中，，则点C到平面的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：C
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
6.如图，三棱锥的侧棱两两垂直，且，，则点O到平面的距离为( )
A. B. C. D.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
7.如图，在四面体中，E为BC中点，，，则点E到平面ACD的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
8.如图，在正三棱柱中，若，D是的中点，则点到平面的距离为( )
A. B.
C. D.
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离
9.如图，已知四边形ABCD是正方形，平面．分别是的中点，若点到平面的距离为，则点到平面的距离为( )
A. B. C. D.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：空间中点到面的距离。