高中数学必修二立体几何综合测试题
高中数学必修二立体几何综合测试题一、选择题（本题包括12个小题，每小题5分，共计60分）1、若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是( )A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶12、下列结论：①角的水平放置的直观图一定是角；②相等的角在直观图中仍然相等；③相等的线段在直观图中仍然相等；④两条平行线段在直观图中对应的两条线段仍然平行．其中正确的有( )A．①②B．①③C．③④ D. ①④3、如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于( )A．BD B．AC C．A1D D．A1D14.直线m∥平面α，直线n∥m，则( )A．n∥αB．n与α相交C．n⊆αD．n∥α或n⊆α5.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 ( )A．6 B．12 C．9 D．186．直线a∥平面α，α内有n条直线交于一点，则这n条直线中与直线a平行的直线A．至少有一条B．至多有一条C．有且只有一条D．没有7.下列命题正确的是( )A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行8.如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是( )A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1所成的角为60°9.在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，把菱形沿对角线AC折起，使折起后BD ＝32，则二面角B－AC－D的余弦值为( )A.13B.12C.223D.3210．下列命题中正确的个数是( )①如果直线l与平面α内的无数条直线垂直，则l⊥α；②如果直线l与平面α内的一条直线垂直，则l⊥α；③如果直线l不垂直于α，则α内没有与l垂直的直线；④如果直线l不垂直于α，则α内也可以有无数条直线与l垂直．A．0 B．1 C．2 D．311.一个三棱锥的高和底面边长都缩小为原来的12时，它的体积是原来的( ) A.12B.14C.18D.2412．已知直角三角形的两直角边长为a、b，分别以这两条直角边所在直线为轴，旋转所形成的几何体的体积之比为( ) A．a∶b B．b∶a C．a2∶b2 D．b2∶a2二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共计20分）13. 下列四个命题：①若a∥b，a∥α，则b∥α；②若a∥α，b∥α，则a∥b；③若a∥α，则a平行于α内所有的直线；④若a∥α，a∥b，b∥α，则b∥α. 其中正确命题的序号是_______．14．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为_______cm.15.已知正△ABC的边长为a，则△ABC的直观图△A′B′C′的面积．16. 将一钢球放入底面半径为3 cm的圆柱形玻璃容器中，水面升高4 cm，则钢球的半径是_ __ cm.高中数学必修二立体几何综合测试题答题卷一、选择题（本题包括12个小题，每小题5分，共计60分）二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共计20分） 13、 ； 14、 ； 15、 ； 16、 。
三、解答题（本题包括6个小题，共计70分）17.圆柱的底面半径为1，母线长为2，求它的体积和表面积。
18、如图所示，三棱锥A —BCD 被一平面所截，截面为平行四边形EFGH .求证：CD ∥平面EFGH .19.如图在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，求四棱锥A －BB 1D 1D 的体积.12345678910 11 12试室号 座位号 姓名 原班级···························密···························封···························线···························20.如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝22，P A＝2.求：(1)三角形PCD的面积；(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．21. 如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱P A垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点，P A＝AD.求证：(1)CD⊥PD；(2)EF⊥平面PCD. 22．如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．(1)求证：P A∥面BDE；(2)求证：平面P AC⊥平面BDE；(3)若二面角E－BD－C为30°，求四棱锥P－ABCD的体积．（文科）数学参考答案一、选择题（本题包括12个小题，每小题5分，共计60分）二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共计20分）13、④； 14、_12； 15、616a2； 16、 _3_。
三、解答题（本题包括6个小题，共计70分）17.圆柱的底面半径为1，母线长为2，求它的体积和表面积。
解：2π，6π18如图所示，三棱锥A—BCD被一平面所截，截面为平行四边形EFGH.求证：CD∥平面EFGH.证明∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥GH.又GH平面BCD，E F⃘平面BCD.∴EF∥平面BCD.而平面ACD∩平面BCD＝CD，EF平面ACD，∴EF∥CD.而EF平面EFGH，C D⃘平面EFGH，∴CD∥平面EFGH.19.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，求四棱锥A－BB1D1D的体积.解：三棱柱ABD－A1B1D1体积＝9三棱锥A－A1B1D1 体积＝3所以四棱锥A－BB1D1D的体积＝620.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝22，P A＝2.求：(1)三角形PCD的面积；(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．解(1)因为P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD.又AD⊥CD，所以CD⊥平面P AD，从而CD⊥PD.因为PD＝22＋(22)2＝23，CD＝2，所以三角形PCD的面积为12×2×23＝2 3.(2)如图，取PB中点F，连接EF、AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角．在△AEF中，由EF＝2，AF＝2，AE＝2知△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝45°.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是45°.1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12C D A D C B C D B B C B21. 如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱P A 垂直于底面，E 、F 分别是AB 、PC 的中点，P A ＝AD . 求证：(1)CD ⊥PD ； (2)EF ⊥平面PCD .证明 (1)∵P A ⊥底面ABCD ，∴CD ⊥P A .又矩形ABCD 中，CD ⊥AD ，且AD ∩P A ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ， ∴CD ⊥PD .(2)取PD 的中点G ，连接AG ，FG .又∵G 、F 分别是PD 、PC 的中点，∴GF 綊12CD ，∴GF 綊AE ，∴四边形AEFG 是平行四边形， ∴AG ∥EF .∵P A ＝AD ，G 是PD 的中点， ∴AG ⊥PD ， ∴EF ⊥PD ，∵CD ⊥平面P AD ，AG 平面P AD . ∴CD ⊥AG . ∴EF ⊥CD . ∵PD ∩CD ＝D ， ∴EF ⊥平面PCD .22．如图所示，ABCD 是正方形，O 是正方形的中心，PO ⊥底面ABCD ，底面边长为a ，E 是PC的中点．(1)求证：P A ∥面BDE ； (2)求证：平面P AC ⊥平面BDE ；(3)若二面角E －BD －C 为30°，求四棱锥P －ABCD 的体积．(1)证明 连接OE ，如图所示．∵O 、E 分别为AC 、PC 的中点， ∴OE ∥P A.∵OE 面BDE ，P A ⃘面BDE ，∴P A ∥面BDE .(2)证明 ∵PO ⊥面ABCD ， ∴PO ⊥BD .在正方形ABCD 中，BD ⊥AC ， 又∵PO ∩AC ＝O ，∴BD ⊥面P AC . 又∵BD 面BDE ， ∴面P AC ⊥面BDE .(3)解 取OC 中点F ，连接EF . ∵E 为PC 中点，∴EF 为△POC 的中位线，∴EF ∥PO . 又∵PO ⊥面ABCD ，∴EF ⊥面ABCD . ∵OF ⊥BD ，∴OE ⊥BD .∴∠EOF 为二面角E －BD －C 的平面角，∴∠EOF ＝30°.在Rt △OEF 中，OF ＝12OC ＝14AC ＝24a ，∴EF ＝OF ·tan 30°＝612a ，∴OP ＝2EF ＝66a .∴V P －ABCD ＝13×a 2×66a ＝618a 3.。
高中数学必修2立体几何测试题(含参考答案)
高中数学必修2立体几何测试题参考答案一、选择题（每小题5分，共60分）ADDCB BDADD BB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、【解析】(1)方法一：如图，取AD 的中点H ，连结GH ，FH.∵E 、F 分别为PC 、PD 的中点，∴EF ∥CD.∵G 、H 分别为BC 、AD 的中点，∴GH ∥CD.∴EF ∥GH.∴E 、F 、H 、G 四点共面.∵F 、H 分别为DP 、DA 的中点，∴PA ∥FH.∵PA ⊄平面EFG ，FH ⊂平面EFG ，∴PA ∥平面EFG.方法二：∵E 、F 、G 分别为PC 、PD 、BC 的中点.∴EF ∥CD,EG ∥PB.∵CD ∥AB,∴EF ∥AB.∵PB ∩AB=B,EF ∩EG=E,∴平面EFG ∥平面PAB.∵PA ⊂平面PAB ，∴PA ∥平面EFG.(2)由三视图可知，PD ⊥平面ABCD ，又∵GC ⊂平面ABCD ，∴GC ⊥PD.∵四边形ABCD 为正方形，∴GC ⊥CD.∵PD ∩CD=D,∴GC ⊥平面PCD.∵PF=12PD=1，EF= 12CD=1， ∴S △PEF = 12EF ·PF= 12. ∵GC= 12BC=1, ∴V P-EFG =V G-PEF = 13S △PEF ·GC= 13×12×1=16.19、证明：（1）连结11A C ，设11111AC 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，11O 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111AC B D ⊥即 11分 同理可证11A C AB ⊥， 12分又1111D B AB B =∴1A C ⊥面11AB D 14分20.【解析】(1)在△ABE中，P，Q分别是AE，AB的中点，所以PQ∥EB，又DC∥EB，所以PQ∥DC，又PQ⊄平面ACD，DC⊂平面ACD，所以PQ∥平面ACD.(2)连接DP，CQ，在△ABC中，AC=BC=2，AQ=BQ，所以CQ⊥AB，因为DC⊥平面ABC，EB∥DC，所以EB⊥平面ABC，又EB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ABC，平面ABE∩平面ABC=AB,所以CQ⊥平面ABE，由(1)知四边形DCQP是平行四边形,所以DP∥CQ,所以DP⊥平面ABE,所以AD在平面ABE内的射影是AP, 所以∠DAP是AD与平面ABE所成的角.在Rt △APD 中，AD ==，DP=CQ=2sin ∠CAQ=1,所以sin ∠DAP= DPAD 5==.故AD 与平面ABE 21.【解析】(1)由条件知PDAQ 为直角梯形.因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD.又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC.在直角梯形PDAQ 中可得DQ=PQ=2PD ，则PQ ⊥QD. 所以PQ ⊥平面DCQ.(2)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=13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P-DCQ 的高,而，△DCQ 的面积为2a 2， 所以棱锥P-DCQ 的体积V 2=13a 3.故棱锥Q-ABCD 的体积与棱锥P-DCQ 的体积的比值为1.22、解:如图,设所截等腰三角形的底边边长为xcm .在Rt EOF 中, 15,2EF 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 << 14分。
(完整)高中数学(人教版)必修二《立体几何》综合提升卷
高中数学（人教版）必修二《立体几何》综合提升卷一．选择题（共13小题，满分65分，每小题5分）1．（5分）设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，∠BCA=90°，BC=CA=2，若该棱柱的所有顶点都在体积为的球面上，则直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为（）A． B．C．D．2．（5分）设l、m、n表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，给出下列4个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，则l∥m∥n；④若α∩β=m，β∩γ=l，α∩γ=n，且n∥β，则m∥l．其中正确命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．43．（5分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．π4．（5分）如图，平面PAB⊥平面α，AB?α，且△PAB为正三角形，点D是平面α内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，I?α，且l⊥AB，则PQ与I所成角的正切值的最小值为（）A．B．C．D．35．（5分）如图，在直四棱柱（侧棱与底面垂直的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC，给出以下结论：（1）异面直线A1B1与CD1所成的角为45°；（2）D1C⊥AC1；（3）在棱DC上存在一点E，使D1E∥平面A1BD，这个点为DC的中点；（4）在棱AA1上不存在点F，使三棱锥F﹣BCD的体积为直四棱柱体积的．其中正确的个数有（）A．1 B．2 C．3 D．4，，BD⊥CD．将四边形ABCD 6．（5分）如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论：①A′C⊥BD；②CA′与平面A′BD所成的角为30°；③∠BA′C=90°；④四面体A′﹣BCD的体积为．其中正确的有（）A．4个B．3个C．2个D．1个7．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CD上一点，AB=AD=3，AA1=2，CE=1，P是AA1上一点，且DP∥平面AEB1，F是棱DD1与平面BEP的交点，则DF 的长为（）A．1 B．C．D．8．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球O表面上，则球O的表面积是（）A．36π B．48π C．56π D．64π9．（5分）如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A′B′C′D′，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内（包括边界）的动点．满足PM=PD，则点P的轨迹长度是（）A．B．C．D．10．（5分）如图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如图．其中真命题的个数是（）A．3 B．2 C．1 D．011．（5分）已知二面角α﹣l﹣β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（）A．1 B．2 C．D．412．（5分）一个正方体的展开图如图所示，B，C，D为原正方体的顶点，A为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD与AB所成角的余弦值为（）A． B．C． D．13．（5分）异面直线a，b成80°角，点P是a，b外的一个定点，若过P点有且仅有2条直线与a，b所成的角相等且等于θ，则θ属于集合（）A．{θ|0°＜θ＜40°} B．{θ|40°＜θ＜50°} C．{θ|40°＜θ＜90°} D．{θ|50°＜θ＜90°}二．解答题（共7小题，满分85分）14．（10分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点P在四边形ABCD内及其边界上运动，且点P到点B1的距离为．（1）要使A1C1⊥平面BB1P，则点P在何位置？（2）设直线B1P与平面ACD1所成的角为θ，求sinθ的取值范围．15．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=2，BC=CD=2，∠ACB=∠ACD=．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若侧棱PC上的点F满足PF=7FC，求三棱锥P﹣BDF的体积．16．（10分）如图所示的几何体是由以等边三角形ABC为底面的棱柱被平面DEF 所截而得，已知FA⊥平面ABC，AB=2，BD=1，AF=2，CE=3，O为AB的中点．（Ⅰ）求平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值；（Ⅱ）在DE上是否存在一点P，使CP⊥平面DEF？如果存在，求出DP的长；若不存在，说明理由．17．（10分）如图，长方形框架ABCD﹣A′B′C′D′，三边AB、AD、AA′的长分别为6、8、3.6，AE与底面的对角线B′D′垂直于E．（1）证明A′E⊥B′D′；（2）求AE的长．18．（12分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知E、F、G分别是棱AB、AD、D1A1的中点．（1）求证：BG∥平面A1EF：（2）若P为棱CC1上一点，求当等于多少时，平面A1EF⊥平面EFP？19．（15分）ABCD为平行四边形，P为平面ABCD外一点，PA⊥面ABCD，且PA=AD=2，AB=1，AC=．（1）求证：平面ACD⊥平面PAC；（2）求异面直线PC与BD所成角的余弦值；（3）设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，试求tanθ的值．20．（18分）如图，△ABC各边长均为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A﹣DC﹣B．（1）证明：平面ADF⊥平面BCD；（2）求三棱锥C﹣DEF的体积；（3）在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．高中数学（人教版）必修二《立体几何》综合提升卷参考答案与试题解析一．选择题（共13小题，满分65分，每小题5分）1．（5分）（2016秋?小店区校级期中）设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，∠BCA=90°，BC=CA=2，若该棱柱的所有顶点都在体积为的球面上，则直线B1C与直线AC1所成角的余弦值为（）A． B．C．D．【考点】LM：异面直线及其所成的角．【专题】35 ：转化思想；41 ：向量法；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】根据题意画出图形，结合图形得出AB为截面圆的直径，求出AB的值以及三棱柱外接球的半径R；再利用三角形以及空间向量的知识求出向量与夹角的余弦值的绝对值即可．【解答】解：∵∠BCA=90°，BC=CA=2，∴AB=2，且为截面圆的直径；又三棱柱外接球的体积为，∴π？R3=，解得外接球的半径为R=2；△ABC1中，AB⊥BC1，AB=2，AC1=2R=4，∴BC1==2；又=+，=+=﹣﹣，∴?=?（﹣）﹣?﹣﹣?=0﹣0﹣﹣0=﹣8，||=||==；∴异面直线B1C与AC1所成的角θ的余弦值为：cosθ=||=||=．故选：B．【点评】本题考查了异面直线所成角的计算问题，解题时可以利用两向量所成的角进行计算，是综合性题目．2．（5分）（2014?红岗区校级模拟）设l、m、n表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，给出下列4个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，则l∥m∥n；④若α∩β=m，β∩γ=l，α∩γ=n，且n∥β，则m∥l．其中正确命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系；2K：命题的真假判断与应用；LP：空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】16 ：压轴题．【分析】本题考查的是直线之间，直线与平面之间的位置关系，可借助图象解答．【解答】解：易知命题①正确；在命题②的条件下，直线l可能在平面α内，故命题为假；在命题③的条件下，三条直线可以相交于一点，故命题为假；在命题④中，由α∩γ=n知，n?α且n?γ，由n?α及∥βα∩β=m，得n∥m，同理n∥l，故m∥l，命题④正确．故答案选B．【点评】本题主要考查了直线与直线间的位置关系，以及直线与平面间的位置关系，注意二者的联系与区别．3．（5分）（2016?永州模拟）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．π【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】17 ：选作题；31 ：数形结合；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】由三视图知该几何体是一个组合体：左边是半个圆锥，右边是四分之一个圆柱，由三视图求出几何元素的长度，由柱体、锥体体积公式求出几何体的体积，【解答】解：根据三视图可知几何体是一个组合体：左边是半个圆锥，右边是四分之一个圆柱（斜切半圆柱），且圆柱的底面半径是1、母线长是2；圆锥的底面半径、高都是1，∴几何体的体积V===，故选：C．【点评】本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．4．（5分）（2017?宁波模拟）如图，平面PAB⊥平面α，AB?α，且△PAB为正三角形，点D是平面α内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，I?α，且l⊥AB，则PQ与I所成角的正切值的最小值为（）A．B．C．D．3【考点】LM：异面直线及其所成的角．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；41 ：向量法；53 ：导数的综合应用；5G ：空间角．【分析】由题意画出图形，建立空间直角坐标系，设AB=2，∠OAD=θ（0＜θ＜π），把异面直线所成角的余弦值化为含有θ的三角函数式，换元后利用导数求最值．【解答】解：如图，不妨以CD在AB前侧为例．以O为原点，分别以OB、OP所在直线为y、z轴建立空间直角坐标系，设AB=2，∠OAD=θ（0＜θ＜π），则P（0，0，），D（2sinθ，﹣1+2cosθ，0），∴Q（，，0），∴，设α与AB垂直的向量，则PQ与l所成角为α．则|cosα|=||=||==．令t=cosθ（﹣1＜t＜1），则s=，s′=，令s′=0，得t=8﹣，∴当t=8﹣时，s有最大值为16﹣6．则cosα有最大值为，此时最小值最小为．∴正切值的最小值为=．故选：B．【点评】本题考查异面直线所成角，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量及导数求最值，属难题．5．（5分）（2013?浙江模拟）如图，在直四棱柱（侧棱与底面垂直的四棱柱）ABCD ﹣A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC，给出以下结论：（1）异面直线A1B1与CD1所成的角为45°；（2）D1C⊥AC1；（3）在棱DC上存在一点E，使D1E∥平面A1BD，这个点为DC的中点；（4）在棱AA1上不存在点F，使三棱锥F﹣BCD的体积为直四棱柱体积的．其中正确的个数有（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】LS：直线与平面平行的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LM：异面直线及其所成的角；LX：直线与平面垂直的性质．【专题】11 ：计算题；14 ：证明题；16 ：压轴题．【分析】直接利用已知条件推出异面直线所成的角判断（1）的正误；通过直线与平面的位置关系判断（2）的正误；通过直线与平面的平行判断（3）的正误；几何体的体积判断（4）的正误即可．【解答】解：（1）由题意可知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC，所以△DD1C1是等腰直角三角形，A1B1∥C1D1，异面直线A1B1与CD1所成的角为45°，所以（1）正确．（2）由题意可知，AD⊥平面DD1C1C，四边形DD1C1C是正方形，所以D1C⊥DC1，可得D1C⊥AC1；（2）正确；对于（3）在棱DC上存在一点E，使D1E∥平面A1BD，这个点为DC的中点，因为DC=DD1=2AD=2AB，如图HG，所以E为中点，正确．（4）设AB=1，则棱柱的体积为：=，当F在A1时，A1﹣BCD的体积为：=，显然体积比为，所以在棱AA1上存在点F，使三棱锥F﹣BCD的体积为直四棱柱体积的，所以（4）不正确．正确结果有（1）、（2）、（3）．故选C．【点评】本题考查棱柱的结构特征，几何体的体积的求法，直线与平面的位置关系的判断，考查空间想象能力计算能力．，，6．（5分）（2011?上饶校级模拟）如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1BD⊥CD．将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论：①A′C⊥BD；②CA′与平面A′BD所成的角为30°；③∠BA′C=90°；④四面体A′﹣BCD的体积为．其中正确的有（）A．4个B．3个C．2个D．1个【考点】LM：异面直线及其所成的角；L3：棱锥的结构特征；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．【分析】根据题意，依次分析命题：对于①可利用反证法说明真假，若①成立可得BD⊥A'D，产生矛盾；对于②由CA'与平面A'BD所成的角为∠CA'D=45°知②的真假；对于③△BA'D为等腰Rt△，CD⊥平面A'BD，得BA'⊥平面A'CD，根据线面垂直可知∠BA′C=90°，对于④利用等体积法求出所求体积进行判定即可，综合可得答案．【解答】解：若①成立可得BD⊥A'D，产生矛盾，故①不正确；由CA'与平面A'BD所成的角为∠CA'D=45°知②不正确；由题设知：△BA'D为等腰Rt△，CD⊥平面A'BD，得BA'⊥平面A'CD，于是③正确；，④不正确．其中正确的有1个故选D．【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了空间想象能力，论证推理能力，解题的关键是须对每一个进行逐一判定．7．（5分）（2017春?保定期中）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是CD上一点，AB=AD=3，AA1=2，CE=1，P是AA1上一点，且DP∥平面AEB1，F是棱DD1与平面BEP的交点，则DF的长为（）A．1 B．C．D．【考点】L2：棱柱的结构特征．【专题】31 ：数形结合；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】在棱AB上取点M，使得BM=1，过点M作MN∥BB1，交AB1于N，连接EM、EN，证明平面EMN∥平面ADD1A1，求出MN的值，由AP=MN得出DP∥平面AEB；再取DG=AP，连接CG，利用平行关系求出DF的长．【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB上取点M，使得BM=1，过点M作MN∥BB1，交AB1于N，连接EM、EN，如图所示；则平面EMN∥平面ADD1A1；∵BB1=2AM=2BM，∴MN=，∴当AP=MN=时，DP∥EN，即DP∥平面AEB；∵F是棱DD1与平面BEP的交点，∴EF∥BP；取DG=AP=，连接CG，则CG∥BP，∴EF∥CG，∴DF=DG=．故选：B．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了求线段长的应用问题，是综合题．8．（5分）（2016?丹东二模）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球O表面上，则球O的表面积是（）A．36π B．48π C．56π D．64π【考点】L!：由三视图求面积、体积；LG：球的体积和表面积．【专题】15 ：综合题；31 ：数形结合；46 ：分割补形法；58 ：解三角形；5F ：空间位置关系与距离．【分析】根据三视图知几何体是三棱锥为棱长为4的正方体一部分，画出直观图，由正方体的性质求出球心O到平面ABC的距离d、边AB和AC的值，在△ABC中，由余弦定理求出cos∠ACB后，求出∠ACB和sin∠ACB，由正弦定理求出△ABC 的外接圆的半径r，由勾股定理求出球O的半径，由球的表面积公式求解．【解答】解：根据三视图知几何体是：三棱锥D﹣ABC为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：∵该多面体的所有顶点都在球O，且球心O是正方体的中心，∴由正方体的性质得，球心O到平面ABC的距离d=2，由正方体的性质可得，AB=BD==，AC=，设△ABC的外接圆的半径为r，在△ABC中，由余弦定理得，cos∠ACB===，∴∠ACB=45°，则sin∠ACB=，由正弦定理可得，2r===2，则r=，即球O的半径R==，∴球O的表面积S=4πR2=56π，故选：C．【点评】本题考查三视图求几何体外接球的表面积，正弦定理、余弦定理，以及正方体的性质，结合三视图和对应的正方体复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．9．（5分）（2016?衢州模拟）如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A′B′C′D′，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内（包括边界）的动点．满足PM=PD，则点P 的轨迹长度是（）A．B．C．D．【考点】L2：棱柱的结构特征．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，根据P 是△A′C′D内（包括边界）的动点，可得点P的轨迹是两平面的交线ST．T在中点，S在4等分点，利用余弦定理，求出ST即可．【解答】解：满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，∵P是△A′C′D内（包括边界）的动点，∴点P的轨迹是两平面的交线ST．T在中点，S在4等分点时，SD=3，SM==3，满足SD=SM∴SD=3，TD=2∴ST==．故选：D．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查轨迹的求解，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．10．（5分）（2011?山东）如图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如图．其中真命题的个数是（）A．3 B．2 C．1 D．0【考点】L7：简单空间图形的三视图．【专题】5Q ：立体几何．【分析】由三棱柱的三视图中，两个矩形，一个三角形可判断①的对错，由四棱柱的三视图中，三个均矩形，可判断②的对错，由圆柱的三视图中，两个矩形，一个圆可以判断③的真假．本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，其中熟练掌握各种几何体的几何特征进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键．【解答】解：存在正三棱柱，其三视图中有两个为矩形，一个为正三角形满足条件，故①为真命题；存在正四棱柱，其三视图均为矩形，满足条件，故②为真命题；对于任意的圆柱，其三视图中有两个为矩形，一个是以底面半径为半径的圆，也满足条件，故③为真命题；故选：A【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，其中熟练掌握各种几何体的几何特征进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键．11．（5分）（2009?全国卷Ⅰ）已知二面角α﹣l﹣β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（）A．1 B．2 C．D．4【考点】LQ：平面与平面之间的位置关系．【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．【分析】分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，连CQ，BD则∠ACQ=∠PBD=60°，在三角形APQ中将PQ表示出来，再研究其最值即可．【解答】解：如图分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，连CQ，BD则∠ACQ=∠PDB=60°，，∴AC=PD=2又∵当且仅当AP=0，即点A与点P重合时取最小值．故答案选C．【点评】本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，以及空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．12．（5分）（2008?四川）一个正方体的展开图如图所示，B，C，D为原正方体的顶点，A为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD与AB所成角的余弦值为（）A． B．C． D．【考点】LM：异面直线及其所成的角．【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．【分析】先还原正方体，将对应的字母标出，CD与AB所成角等于BE与AB所成角，在三角形ABE中再利用余弦定理求出此角的余弦值即可．【解答】解：还原正方体如右图所示设AD=1，则，AF=1，，AE=3，CD与AB所成角等于BE与AB所成角，所以余弦值为，故选D．【点评】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．13．（5分）（2008?上海模拟）异面直线a，b成80°角，点P是a，b外的一个定点，若过P点有且仅有2条直线与a，b所成的角相等且等于θ，则θ属于集合（）A．{θ|0°＜θ＜40°} B．{θ|40°＜θ＜50°} C．{θ|40°＜θ＜90°} D．{θ|50°＜θ＜90°}【考点】LM：异面直线及其所成的角．【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．【分析】先将异面直线a，b平移到点P，求出∠BPE的角平分线和∠EPD的角平分线与a和b的所成角，介于两者之间有且只有两条，小于最小的则不存在，大于最大的小于90°则有4条，等于90°有且只有一条．【解答】解：先将异面直线a，b平移到点P，则∠BPE=80°，∠EPD=100°而∠BPE的角平分线与a和b的所成角为40°，而∠EPD的角平分线与a和b的所成角为50°当θ∈{θ|40°＜θ＜50°}∴直线与a，b所成的角相等且等于θ有且只有2条，使直线在面BPE的射影为∠BPE的角平分线，故选B．【点评】本小题主要考查异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，以及射影等知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．二．解答题（共7小题，满分85分）14．（10分）（2015春?广安校级月考）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点P在四边形ABCD内及其边界上运动，且点P到点B1的距离为．（1）要使A1C1⊥平面BB1P，则点P在何位置？（2）设直线B1P与平面ACD1所成的角为θ，求sinθ的取值范围．【考点】LW：直线与平面垂直的判定．【专题】31 ：数形结合；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角；5H ：空间向量及应用．【分析】（1）以点B为圆心，以BA为半径画圆弧AC，交BD连线于点P，点P 即为所求，证明B1P=，且A1C1⊥平面BB1P即可；（2）建立空间直角坐标系，求出向量与平面ACD1的法向量所成角的余弦值，即可得出直线B1P与平面ACD1所成角θ的正弦值取值范围．【解答】解：（1）根据题意，以点B为圆心，以BA为半径画圆弧AC，交BD连线于点P，如图所示，则点P即为所求．∵BP=BA=1，∴B1P=；又BD⊥AC，AC∥A1C1，∴BP⊥A1C1；又BB1⊥A1C1，且BC∩BB1=B，∴A1C1⊥平面BB1P；（2）建立如图所示的空间直角坐标系；则B（0，0，0），A（﹣1，0，0），C（0，1，0），B1（0，0，1），D1（﹣1，1，1），设点P（cosα，sinα，0），则α∈[，π]；∴=（1，1，0），=（0，1，1），=（cosα，sinα，﹣1）；设平面ACD1的法向量为=（x，y，z），则，即，令x=1，则y=﹣1，z=1，∴=（1，﹣1，1）；∴cos＜，＞===；∵α∈[，π]，∴α+∈[，]，∴cos（α+）∈[﹣1，﹣]，∴cos（α+）﹣1∈[﹣﹣1，﹣2]；∴cos＜，＞∈[，]，∵直线B1P与平面ACD1所成的角θ，∴sinθ=|cos＜，＞|∈[，]，sinθ的取值范围是[，]．【点评】本题考查了空间直线与平面垂直的判断问题，也考查了空间角的计算问题，是综合性题目．解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．15．（10分）（2013?重庆）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=2，BC=CD=2，∠ACB=∠ACD=．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若侧棱PC上的点F满足PF=7FC，求三棱锥P﹣BDF的体积．【考点】LW：直线与平面垂直的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】16 ：压轴题；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，再由PA⊥底面ABCD，可得PA ⊥BD．再利用直线和平面垂直的判定定理证明BD⊥平面PAC．（Ⅱ）由侧棱PC上的点F满足PF=7FC，可得三棱锥F﹣BCD的高是三棱锥P﹣BCD 的高的．求出△BCD的面积S△BCD，再根据三棱锥P﹣BDF的体积 V=V P﹣BCD﹣V F﹣BCD=﹣，运算求得结果．【解答】解：（Ⅰ）∵BC=CD=2，∴△BCD为等腰三角形，再由，∴BD⊥AC．再由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BD．而PA∩AC=A，故BD⊥平面PAC．（Ⅱ）∵侧棱PC上的点F满足PF=7FC，∴三棱锥F﹣BCD的高是三棱锥P﹣BCD的高的．△BCD的面积S△BCD=BC?CD?sin∠BCD==．∴三棱锥P﹣BDF的体积 V=V P﹣BCD﹣V F﹣BCD=﹣=×==．【点评】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用间接解法求棱锥的体积，属于中档题．16．（10分）（2010?宿城区校级模拟）如图所示的几何体是由以等边三角形ABC 为底面的棱柱被平面DEF所截而得，已知FA⊥平面ABC，AB=2，BD=1，AF=2，CE=3，O为AB的中点．（Ⅰ）求平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值；（Ⅱ）在DE上是否存在一点P，使CP⊥平面DEF？如果存在，求出DP的长；若不存在，说明理由．【考点】LW：直线与平面垂直的判定；MJ：与二面角有关的立体几何综合题．【专题】11 ：计算题；15 ：综合题；16 ：压轴题；35 ：转化思想．【分析】（Ⅰ）根据题意建立空间直角坐标系，通过法向量求出平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值．（Ⅱ）假设在DE存在一点P，设出坐标，根据CP⊥面DEF，得到所以与平面DEF的法向量n2共线，求出λ，得到DP即可．【解答】解：以O为原点，OB，OC，Oz分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，C（0，，0），D（1，0，1），E（0，，3），F（﹣1，0，2）．（Ⅰ）平面ABC的法向量为n1=（0，01）．设平面DEF的法向量为n2=（x，y，z），=（﹣1，，2）．由得所以取x=1，得n2=（1，﹣，2）．所以cos＜m1，m2＞===，所以平面DEF与平面ABC相交所成锐角二面角的余弦值为．（Ⅱ）假设在DE存在一点P，设P（x，y，z），因为=λ，故（x﹣1，y，z﹣1）=λ（﹣1，，2），所以P（﹣λ+1，λ，2λ+1），所以CP=（﹣λ+1，λ﹣，2λ+1）．因为平CP⊥面DEF，所以与平面DEF的法向量n2共线，所以==，解得λ=，所以=，即|DP|=|DE|，所以DP=．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，以及与二面角相关的立体几何问题综合运用．通过数形结合，以及对知识的综合考查，达到考查学生基本能力的目的，属于中档题．17．（10分）（1980?全国）如图，长方形框架ABCD﹣A′B′C′D′，三边AB、AD、AA′的长分别为6、8、3.6，AE与底面的对角线B′D′垂直于E．（1）证明A′E⊥B′D′；（2）求AE的长．【考点】L3：棱锥的结构特征．【专题】11 ：计算题；14 ：证明题；16 ：压轴题．【分析】（1）先由AA'⊥平面A'B'C'D'，可转化为AA'⊥B'D'，又AE⊥B'D'，由线面垂直的判断定理可得B'D'⊥平面AA'E，得证．（2）先由等面积法A'B'?A'D'=A'E?B'D'求得A'E，再由勾股定理求得AE．【解答】（1）证明：AA'⊥平面A'B'C'D'，∴AA'⊥B'D'．又AE⊥B'D'，∴B'D'⊥平面AA'E，因此B'D'⊥A'E（2）解：A'B'?A'D'=A'E?B'D'（都是△A'B'D'面积的2倍）∴6×8=A'E×，∴A'E=4.8∴AE=．【点评】本题主要考查长方体的结构特征，主要涉及了线线，线面，面面垂直的关系，以及基本量的关系．属中档题．18．（12分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知E、F、G分别是棱AB、AD、D1A1的中点．（1）求证：BG∥平面A1EF：（2）若P为棱CC1上一点，求当等于多少时，平面A1EF⊥平面EFP？【考点】LZ：平面与平面垂直的性质；LS：直线与平面平行的判定．【专题】35 ：转化思想；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（1）连接BD、DG，证明平面BGD∥平面A1EF，再证明BG∥平面A1EF；（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用平面A1EF的法向量与平面EFP的法向量互相垂直，即可求出的值．【解答】解：（1）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱AB、AD、D1A1的中点，连接BD、DG，则EF∥BD，GD∥A1F，又BD?平面A1EF，EF?平面A1EF，所以BD∥平面A1EF；同理，GD∥平面A1EF，且BD∩GD=D，BD?平面BGD，GD?平面BGD，所以平面BGD∥平面A1EF，又BG?平面BGD，所以BG∥平面A1EF；（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，CP=t（0≤t≤1），A1（1，0，1），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，0），E（1，，0），F（，0，0），P（0，1，t）；=（﹣，﹣，0），=（0，﹣，1），设平面A1EF的法向量为=（x，y，z），则，即，取x=1，得=（1，﹣1，﹣）；又=（﹣1，，t），设平面EFP的法向量为=（a，b，c），则，即，取a=1，得=（1，﹣1，），又平面A1EF⊥平面EFP，所以?=1+1﹣=0，解得t=，所以CP=，即=时，平面A1EF⊥平面EFP．【点评】本题考查了异面直线垂直的证明，也考查了直线与平面平行的证明以及使二面角为直二面角的线段的比值的求法问题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．19．（15分）（2011?湖南学业考试）ABCD为平行四边形，P为平面ABCD外一点，PA⊥面ABCD，且PA=AD=2，AB=1，AC=．（1）求证：平面ACD⊥平面PAC；（2）求异面直线PC与BD所成角的余弦值；（3）设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，试求tanθ的值．【考点】LY：平面与平面垂直的判定；LM：异面直线及其所成的角；MT：二面角的平面角及求法．【专题】11 ：计算题；14 ：证明题；16 ：压轴题．【分析】（1）由已知中，PA⊥面ABCD，结合面面垂直的判定定理，我们易得平面ACD⊥平面PAC；（2）令AC与BD交点为O，PA的中点为E，连接OE，则OE∥PC，则直线PC与BD所成角等于直线OE与BD所成角，解三角形OEB，即可得到答案．（3）A作AG⊥PC交PC于G，过G作GF⊥PC交PB于F，连接AF．则二面角A﹣PC﹣B的平面角为∠AGF，解三角形AGF，即可得到答案．【解答】证明：（1）∵PA⊥面ABCD，PA?平面PAC∴平面ACD⊥平面PAC；解：（2）令AC与BD交点为O，PA的中点为E，连接OE，BE如图所示：∵O为BD的中点，则EO=PC==，且OE∥PC又∵PA⊥面ABCD，且PA=AD=2，AB=1，AC=．∴OB=BD=，BE=∴|cos∠EOB|==；即异面直线PC与BD所成角的余弦值为；（3）过A作AG⊥PC交PC于G，过G作GF⊥PC交PB于F，连接AF．则二面角A﹣PC﹣B的平面角为∠AGF即∠AGF=θ．在Rt△APC中，PC=，∴，在△PBC中，PB=，BC=2，∴，∴，∴在Rt△PGF中，，∴在△PGF中，PF=，∴AF=1，在△AGF中，，∴【点评】本题考查的知识点是平面与平面垂直的判定，异面直线及其所成的角，二面角的平面角及求示，其中求二面角，关键是要找到二面角的平面角，将空间问题转化为一个平面解三角形的问题．20．（18分）（2016春?包头校级期末）如图，△ABC各边长均为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A﹣DC﹣B．（1）证明：平面ADF⊥平面BCD；（2）求三棱锥C﹣DEF的体积；（3）在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LY：平面与平面垂直的判定．【专题】41 ：向量法；4R：转化法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明AD⊥平面BCD即可．（2）证明EH是三棱锥E﹣CDF的高，结合三棱锥的体积公式进行求解即可．（3）以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．利用向量法能在线段BC上存在点P，使AP⊥DE．【解答】解：（1）证明：连接EF交CD于H，则EF是△ABC的中位线，在正△ABC中，AD⊥CD，BD⊥CD，折叠后，AD⊥CD，BD⊥CD且AD∩BD=D，∴AD⊥平面BCD，又AD?平面ADF∴平面ADF⊥平面BCD；（2）由（1）知AD⊥平面BCD，EH∥AD，∴EH⊥平面BCD，即EH⊥平面CDF，则EH是三棱锥E﹣CDF的高，且EF=AD=，则V C﹣DEF=V E﹣CDF=S△CDF?EH=×CD?FH?EH=×2×1×1=．（3）以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．则A（0，0，2），B（2，0，0），C（0，2，0），E（0，，1），F（1，，0），=（0，，1），设=λ（﹣2，2，0），则=+=（2，0，﹣2）+（﹣2λ，2λ，0）=（2﹣2λ，2λ，﹣2），若AP⊥DE，则?=（2﹣2λ，2λ，﹣2）?（0，，1）=0，即6λ﹣2=0，则λ=，即=．【点评】本题主要考查面面垂直的判断，三棱锥体积的计算以及直线垂直的应用，建立空间坐标系，利用向量法把直线垂直转化为向量垂直是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．。
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。
高中数学必修二第八章立体几何初步考点精题训练(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步考点精题训练单选题1、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．2、如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.3、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，则正方体外接球的体积为（ ）A ．4√3πB ．√6πC ．32√3πD ．8√6π答案：B解析：根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果． 解：设正方体的棱长为a ，则B 1D 1=AC =AB 1=AD 1=B 1C =D 1C =√2a ，由于三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，所以S =4S △AB 1C =4×12×√32(√2a)2=4√3所以a =√2所以正方体的外接球的半径为√(√2)2+(√2)2+(√2)22=√62， 所以正方体的外接球的体积为43π·(√62)3=√6π故选：B ．小提示：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.4、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1，由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.5、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ）A．√22B．1C．√2D．2√2答案：C分析：计算出V方盖差，V，即可得出结论.由题意，V方盖差=r3−18V牟=r3−18×4π×43×π×r3=13r3，所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正=13×r×r×r2−(√2r2)2=√26r3，∴V方盖差V正=13r3√2r36=√2，故选：C．6、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.7、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果. 由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.8、如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（）A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PCD答案：C分析：由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD，因为PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD．又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．故选：C多选题9、沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上(细管长度忽略不下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A．沙漏中的细沙体积为1024πcm381B．沙漏的体积是128πcm3C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1565秒(π≈3.14)答案：AC解析：A．根据圆锥的体积公式直接计算出细沙的体积；B．根据圆锥的体积公式直接计算出沙漏的体积；C．根据等体积法计算出沙堆的高度；D．根据细沙体积以及沙时定义计算出沙时.A.根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r=23×4=83cm，所以体积V=13⋅πr2⋅2ℎ3=13⋅64π9⋅163=1024π81cm3B.沙漏的体积V=2×13×π×(ℎ2)2×ℎ=2×13×π×42×8=2563πcm3；C.设细沙流入下部后的高度为ℎ1，根据细沙体积不变可知：1024π81=13×(π(ℎ2)2)×ℎ1，所以1024π81=16π3ℎ1,所以ℎ1≈2.4cm；D.因为细沙的体积为1024π81cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，所以一个沙时为：1024π810.02=1024×3.1481×50≈1985秒.故选：AC.小提示：该题考查圆锥体积有关的计算，涉及到新定义的问题，难度一般.解题的关键是对于圆锥这个几何体要有清晰的认识，同时要熟练掌握圆锥体积有关的计算公式.10、(多选题)在四棱锥A－BCDE中，底面四边形BCDE为梯形，BC∥DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q，则（）A．PQ＝1MN B．PQ∥MN2C．M，N，P，Q四点共面D．四边形MNPQ是梯形答案：BCD分析：根据中位线的性质，结合平行的性质逐个判定即可DE，且DE≠MN，由题意知PQ=12所以PQ≠1MN，故A不正确；又PQ∥DE，DE∥MN，2所以PQ∥MN，又PQ≠MN，所以B，C，D正确.故选：BCD11、给出以下关于斜二测直观图的结论，其中正确的是（）A．水平放置的角的直观图一定是角B．相等的角在直观图中仍然相等C．相等的线段在直观图中仍然相等D．两条平行线段在直观图中仍是平行线段答案：AD分析：根据直观图和斜二测画法的规则，判断选项.水平放置的角的直观图一定是角，故A正确；角的大小在直观图中都会发生改变，有的线段在直观图中也会改变，比如正方形的直方图中，故BC错误；由斜二测画法规则可知，直观图保持线段的平行性，所以D正确.故选：AD填空题12、如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，若PA//平面EBF，则PF=_______FC答案：12##0.5 分析：连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，由线面平行的性质得线线平行，由平行线性得结论． 连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，∵PA//平面EBF ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面EBF =EM ，∴PA//EM ，又AE//BC ，∴PF FC =AM MC =AE BC =12. 所以答案是：12． 13、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. ∵V =13π62⋅ℎ=30π∴ℎ=52∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π. 所以答案是：39π.14、如图，拿一张矩形纸片对折后略微展开，竖立在桌面上，折痕与桌面的关系是______．答案：垂直分析：根据给定条件，利用线面垂直的判定推理作答.令桌面所在的平面为α，折痕所在直线为l，纸片与桌面公共部分所在直线为a,b，如图，依题意有a∩b=A，因l⊥a,l⊥b，a,b⊂α，所以l⊥α，所以折痕与桌面垂直.所以答案是：垂直解答题15、如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）√23．分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM⊥DB,所以k AM⋅k BD=−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC =2a(a >0)．因为DC =1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM ⋅k BD =a−01−0×2a−00−1=a ×(−2a)=−2a 2=−1． 所以a =√22，即DA =√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，设|DA|=t ，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M (t 2,1,0)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t 2,1,0)．所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0． 所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以(PD⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0． 即PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0． 所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.。
高中数学必修二第八章立体几何初步专项训练题(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步专项训练题单选题1、直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a，b，c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，则（）A．V c<V b<V a B．V a<V b<V c C．V c<V a<V b D．V b<V a<V c答案：A解析：求出V a=b×13abπ，V b=a×13abπ，V c=abc×13abπ，推导出abc<a<b，从而得到V c<V b<V a．∵直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a、b、c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，∴V a=13×π×b2×a=13πab2=b×13abπ，V b=13×π×a2×b=13πa2b=a×13abπ，该直角三角形斜边上的高ℎ满足12ab=12cℎ，可得ℎ=abc，V c=13×π×(abc)2×c=13π⋅a2b2c=abc×13abπ，∵abc −a=ab−acc<0，abc−b=ab−bcc<0，∴abc<a<b，∴V c<V b<V a，故选：A.小提示：关键点点睛：本题考查旋转体体积的大小比较，解题的关键就是确定旋转体的形状，并据此求出对应的旋转体的体积，结合作差法比较即可.2、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD −BHC 及直三棱柱DGC −AEB 组成，作HM ⊥CB 于M ，如图，因为CH =BH =3,∠CHB =120∘，所以CM =BM =3√32,HM =32， 因为重叠后的底面为正方形，所以AB =BC =3√3,在直棱柱AFD −BHC 中，AB ⊥平面BHC ，则AB ⊥HM ,由AB ∩BC =B 可得HM ⊥平面ADCB ，设重叠后的EG 与FH 交点为I,则V I−BCDA =13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC =12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V =2V AFD−BHC −V I−BCDA =2×814−272=27.故选：D. 3、直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，若∠BAC =90°，AB =AA 1=1，AC =2，E 是棱A 1C 1上的中点，则点A 到平面BCE 的距离是（ ）A ．1B ．√23C ．√63D ．√33答案：C分析：作出草图，根据题意易证A 1C 1⊥平面AA 1BB 1，可得A 1C 1⊥BA 1，再根据勾股定理分别求出A 1B ，BE ，CE，BC的值，再根据V A−BCE=V E−ABC，即可求出点A到平面BCE的距离.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，连接BA1,CE,AE,BE，由题知，AA1⊥平面A1B1C1，AA1⊥A1C1,AA1⊥A1B1，又∠CAB=∠C1A1B1=90°，∴B1A1⊥A1C1又AA1∩B1A1=A1，所以A1C1⊥平面AA1BB1，所以A1C1⊥BA1，由于AB=AA1=CC1=1,A1C1=AC=2，E点是棱AC上的中点，根据勾股定理，A1B=√AB2+AA12=√12+12=√2，BE=√A1B2+A1E2=√(√2)2+12=√3 CE=√(C1C)2+(C1E)2=√12+12=√2，BC=√AB2+AC2=√12+22=√5，所以BE2+CE2=BC2，即BE⊥CE.设E到平面ABC的距离为d，则d=1，设点A到平面BCE的距离为ℎ，在四面体A−BCE中，V A−BCE=V E−ABC，V E−ABC=13×S△ABC×d=13×(12×1×2)×1=13V A−BCE=13×S△BCE×ℎ=13×(12×√3×√2)×ℎ=√66ℎ则√66ℎ=13，解得ℎ=√63.故选：C.4、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线//AB显然AB 不与平面PBC 垂直，故A 错误故选：A5、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解.如图，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求，由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，又BC ⊥CD ，AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC ，则MN ⊥平面ABC ，所以△BMN 是直角三角形，即∠MNB =90°，又BM =12AD =12√AB 2+BD 2=2√3，所以cos∠BMN =MN BM =2√3=√33， 故选：C6、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（ ）A ．3B ．32C ．34D ．23 答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.7、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．MN//平面ABEB ．MN//平面ADEC ．MN//平面BDHD ．MN//平面CDE答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE 的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.8、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.多选题9、如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A．PC与平面BCD所成的最大角为45°B．存在某个位置，使得PB⊥CDC．当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，PC=√6D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为√3答案：BC分析：A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时∠PCO＝60°＞45°，即可判断；B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PB⊂平面PBQPB⊥CD，即可判断；C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断；D，若B到平面PDC的距离为√3，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．解：选项A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形，由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，即选项A错误；选项B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD，又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ⊂平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ，∵PB⊂平面PBQ，∴PB⊥CD，即选项B正确；选项C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，∵PB＝PD，∴OP⊥BD，∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，又OP＝OC=√3，∴△POC为等腰直角三角形，∴PC=√2OP=√6，即选项C正确；选项D，∵点B到PD的距离为√3，点B到CD的距离为√3，∴若B到平面PDC的距离为√3，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．故选：BC．10、如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列结论正确的是（）A．BM与ED平行B．CN⊥AFC．CN与BM成60°D．四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条都是异面直线答案：BCD分析：还原成正方体之后根据正方体性质分析线线位置关系.根据展开图还原正方体如图所示：BM与ED不平行，所以A错误；正方体中CN⊥DM，DM//FA，所以CN⊥AF，所以B正确；CN//EB，CN与BM成角就是∠EBM，△EBM是等边三角形，所以∠EBM=60°，所以C正确；由图可得四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条既不想交也不平行，所以任意两条都是异面直线. 故选：BCD11、下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A．AE//CD B．CH//BE C．DG⊥BH D．BG⊥DE答案：BCD分析：由平面展开图还原为正方体，根据正方体性质即可求解.由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，AE⊥CD，故A错误；由HE//BC,HE=BC，四边形BCHE为平行四边形，所以CH//BE，故B正确；因为DG⊥HC,DG⊥BC,HC∩BC=C,所以DG⊥平面BHC,所以DG⊥BH，故C正确；因为BG//AH，而DE⊥AH,所以BG⊥DE，故D正确.故选：BCD填空题12、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④13、中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书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三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA⊥平面ABCE，四边形ABCD为正方形，AD=√5，ED=√3，若鳖臑P−ADE 的外接球的体积为9√2π，则阳马P−ABCD的外接球的表面积等于______.答案：20π解析：求出鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，可求出PA，然后求出正方形ABCD的外接圆半径r2，利用公式R2=√(PA2)2+r22可求出阳马P−ABCD的外接球半径R2，然后利用球体的表面积公式可得出答案.∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥CD，即AD⊥CE，且AD=√5，ED=√3，所以，ΔADE的外接圆半径为r1=AE2=√AD2+ED22=√2，设鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，则43πR13=9√2π，解得R1=3√22.∵PA⊥平面ADE，∴R1=√(PA2)2+r12，可得PA2=√R12−r12=√102，∴PA=√10.正方形ABCD的外接圆直径为2r2=AC=√2AD=√10，∴r2=√102，∵PA⊥平面ABCD，所以，阳马P−ABCD的外接球半径R2=√(PA2)2+r22=√5，因此，阳马P−ABCD的外接球的表面积为4πR22=20π.所以答案是：20π.小提示：本题考查球体表面积和体积的计算，同时也涉及了多面体外接球问题，解题时要分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.14、词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC，其中PA⊥平面ABC，PA=AC=2，BC=2√2，则四面体PABC的外接球的表面积为______．答案：16π分析：确定外接球球心求得球半径后可得表面积．由于PA⊥平面ABC，因此PA与底面上的直线AC,AB,BC都垂直，从而AC与AB不可能垂直，否则△PBC是锐角三角形，由于AC<BC，因此有AC⊥BC，而PA与AC是平面PAC内两相交直线，则BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，所以PB的中点O到P,A,B,C四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心．PB2=PA2+AB2=PA2+AC2+BC2=22+22+(2√2)2=16，PB=4，)2=4π×22=16π．所以所求表面积为S=4π×(PB2所以答案是：16π．解答题15、如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，点H为线段AD 的中点，且AB=AD=4，∠FAB=30°，点G为线段CE上一动点.(1)试确定点G的位置，使DG//平面CFH，并给予证明；(2)求三棱锥E−CFH的体积.答案：(1)点G为线段CE中点，证明见解析；.(2)8√33分析：（1）点G为线段CE中点，取CF中点M，证明DG//HM，再利用线面平行的判定推理作答.（2）根据给定条件，证得CE⊥平面ADEF，再结合等体积法即可求出三棱锥E−CFH的体积作答.（1）当点G为线段CE中点时，DG//平面CFH，取CF中点M，连接HM,GM，如图，则GM//EF，GM=12EF，因E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，则EF是半圆柱的一条母线，即EF=AD，而点H为线段AD的中点，于是得GM//DH,GM=DH，即四边形DGMH为平行四边形，则DG//HM，而DG⊄平面CFH，HM⊂平面CFH，所以DG//平面CFH.（2）依题意，AB是半圆柱下底面半圆的直径，则∠AFB=90∘，而∠FAB=30°，有AF=√32AB=2√3,BF=12AB=2，显然CD是半圆柱上底面半圆的直径，则CE⊥DE，由（1）知EF是半圆柱的一条母线，则EF⊥平面CDE，而CE⊂平面CDE，即有CE⊥EF，DE∩EF=E，DE,EF⊂平面ADEF，因此，CE⊥平面ADEF，而EF//BC,EF=BC，即四边形BCEF是平行四边形，CE=BF=2，又点H为线段AD的中点，则S△EFH=12AD⋅AF=4√3，所以三棱锥E−CFH的体积V E−CFH=V C−EFH=13⋅S△EFH⋅CE=13×4√3×2=8√33.。
高中数学必修二立体几何测试
西安市第一中学高一年级第二次月考数学试题（立体几何初步）班级 姓名 考号一、选择题（共12个小题，每小题4分，共计48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 、ABα 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. 正方体////D C B A ABCD -中，下列几种说法正确的是（ ）A 、AD C A //⊥ B 、AB C D //⊥C 、/AC 与DC 成45°角D 、//C A 与C B /成60°角5. 若直线l ∥平面α，直线a α，则直线l 与直线a 的位置关系是（ ） A 、直线l ∥直线a B 、直线l 与直线a 异面 C 、直线l 与直线a 相交 D 、直线l 与直线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个直线平行;④垂直于同一平面的两个平面平行。
其中正确的个数有（ ） A 、 1 B 、 2 C 、 3 D 、47. 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EF 、GH 能相交于P ，那么（ ）A 、点P 不在直线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7题图 9题图8. 已知正方体外接球的体积是π332，那么正方体的棱长等于（ ） A 、22 B 、332 C 、324 D 、334 9. 正方体////D C B A ABCD -中，E 、F 、G 、H 分别为/AA 、AB 、/BB 、//C B 的中点，则异面 直线EF 与GH 所成的角等于（ ）A 、45°B 、60°C 、90°D 、120°10. 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 11. 已知m 、n 为直线，α、β为平面，有以下命题：①n n m m ⇒⎩⎨⎧⊥α⊥∥α； ②n n m ⇒⎩⎨⎧β⊥β⊥∥m ；③α⇒⎩⎨⎧β⊥α⊥m m ∥β； ④⇒⎪⎩⎪⎨⎧βαβ⊆α⊆平行n m m ∥n ； 其中正确命题的个数有（ ）A 、1个B 、2个C 、3个D 、4个 12. 如图直三棱柱111C B A ABC -的体积为V ，点P 、Q 分 别在侧棱1AA 和1CC 上，并且Q C AP 1=， 则四棱锥B-APQC 的体积为（ ） A 、2V B 、3VC 、4V D 、5V 二、填空题（4个小题，每小题4分，共计16分）13. 正方体////D C B A ABCD -中，平面//D AB 和平面D BC /的位置关系为14.正方体的内切球和外接球的半径之比为15.一几何体的三视图如图所示，俯视图是边长为2的正方形，主视图和左视图是直角边长为2的等腰直角三角形， 则此几何体的体积为16.在直四棱柱1111D C B A ABCD -中，当底面四边形ABCD 满足条件 时，有111D B C A ⊥.(注：填上你认为正确的的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形。
高中数学必修二《立体几何》练习题
立体几何一、选择题1、（2016年北京高考）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A.B. C. D. 【答案】A2、（2016年山东高考）有一个半球和四棱锥组成的几何体，其三 视图如右图所示，则该几何体的体积为（A ） （B ） （C ） （D ） 【答案】C3、（2016年全国I高考）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相1613121π32+31π32+31π62+31π62+1垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A4、（2016年全国I 高考）平面过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点A ，//平面CB 1D 1，平面ABCD =m ，平面ABB 1 A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为（A ） （B ） （C ） （D ） 【答案】A5、（2016年全国II 高考）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 【答案】C6、（2016年全国III 高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为α-ααI αI22313（A ）（B ）（C ）90 （D ）81 【答案】B7、（2016年全国III 高考）在封闭的直三棱柱内有一个体积为V 的球，若，，，，则V 的最大值是（A ）4π （B ） （C ）6π （D ）【答案】B二、填空题1、（2016年上海高考）如图，在正四棱柱中，底面的边长为3，与底面所成角的大小为，则该正四棱柱的高等于____________【答案】2、（2016年四川高考）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是__________．18+54+111ABC A B C -AB BC ⊥6AB =8BC =13AA =92π323π1111D C B A ABCD -ABCD 1BD 32arctan3、（2016年天津高考）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_______m3.【答案】24、（2016年全国II高考）是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：（1）如果，那么.[（2）如果，那么.（3）如果，那么.（4）如果，那么与所成的角和与所成的角相等.其中正确的命题有．.(填写所有正确命题的编号）【答案】②③④5、（2016年浙江高考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm2，体积是 cm3.,αβ,m n,,//m n m nαβ⊥⊥αβ⊥,//m nαα⊥m n⊥//,mαβα⊂//mβ//,//m nαβmαnβ【答案】 6、（2016年浙江高考）如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【答案】三、解答题1、（2016年北京高考） 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【解】⑴∵面面 面面723212P ABCD -PAD ⊥ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP∵，面∴面∵面∴又∴面⑵取中点为，连结，∵∴∵∴以为原点，如图建系易知，，，，则，，，设为面的法向量，令，则与面夹角有⑶假设存在点使得面设，由（2）知，，，，有∴∵面，为的法向量∴即∴∴综上，存在点，即当时，点即为所求.' 2、（2016年山东高考）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB 是圆台的一条母线.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； （II ）已知EF =FB =AC =，AB =BC .求二面角的余弦值.【解】(Ⅰ)连结，取的中点，连结， 因为，在上底面内，不在上底面内， 所以上底面，所以平面； 又因为，平面，平面，所以平面； 所以平面平面，由平面，所以平面． (Ⅱ) 连结，以为原点，分别以为轴， 建立空间直角坐标系．，，于是有，，，， 可得平面中的向量，, 于是得平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设二面角为，12F BC A --FC FC M HM GM,GM//EF EF GM GM//GM//ABC MH//B C⊂BC ABC ⊄MH ABC MH//ABC GHM//ABC ⊂GH GHM GH//ABC OB B C AB = OB A ⊥∴O O O O OB,OA,'z y,x,BC AB ,32AC 21FB EF ==== 3)(22=--='FO BO BF O O )0,0,3A(2)0,0,3C(-2)0,3B(0,2)3,3F(0,FBC )3,(30,-=)0,,(3232=FBC )1,3,3(1-=n ABC )1,0,0(2=n A -BC -F θ B则． 二面角的余弦值为．3、（2016年上海高考）将边长为1的正方形（及其内部）绕的旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧。
高中数学必修二第八章立体几何初步考点专题训练(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步考点专题训练单选题1、鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A．8(6+6√2+√3)B．6(8+8√2+√3)C．8(6+6√3+√2)D．6(8+8√3+√2)答案：A解析：该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为√2，则该几何体的表面积为S=6×[(2+2√2)2−4×12×√2×√2]+8×12×2×√3=8(6+6√2+√3).故选：A.小提示：本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.2、足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，二面角A−BD−C的大小为2π3，则该足球的体积为（）A．7√42π27dm3B．35√2π27dm3C．14π27dm3D．32√2π27dm3答案：A分析：画出图形，O为线段BD的中点，则可得∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，取N,M分别是线段AO,CO 上靠近点O的三等分点，则可得N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，然后结已知数据求出EB，从而可求出足球的体积根据题意，三棱锥A−BCD如图所示，图中点O为线段BD的中点，N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，因为AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以△ABD和△CBD均为等边三角形，因为点O为线段BD的中点，所以AO⊥BD,CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，所以∠AOC=2π3，因为△ABD和△CBD均为等边三角形，点O为线段BD的中点，所以AO,CO分别为△ABD和△CBD的中线，因为N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，所以N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，因为AO⊥BD,CO⊥BD，AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以AO=CO=√62dm，则NO=MO=√66dm，因为AO=CO,EO=EO,∠ENO=∠EMO=90°，所以△ENO≌△EMO，所以∠EON=∠EMO=12∠AOC=π3，在直角△EMO中，EM=OMtanπ3=√22，因为EM⊥平面BCD，BM⊂平面BCD，所以BM⊥EM，因为M是△CBD的外心，所以BM=√63，所以EB=√EM2+BM2=√76,所以V=43π⋅EB3=43π(√76)3=7√4227π，所以足球的体积为7√4227πdm，故选：A小提示：关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题3、已知a､b､c为三条直线，则下列四个命题中是真命题的为（）A．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面B．若a与b相交，b与c相交，则a与c相交C．若a∥b，则a､b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案：C分析：根据空间里面直线的位置关系逐项分析判断即可.在A中，若直线a､b异面，b､c异面，则a､c相交､异面或平行，故A错误；在B中，若直线a､b相交，b､c相交，则a､c平行､相交或异面，故B错误；在C中，若a∥b，则a､b与c所成的角相等，故C正确；在D中，若a⊥b，b⊥c，则a与c相交､平行或异面，故D错误.故选：C.4、在三棱锥A−BCD中,E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，且AD⊥BC，则四边形EFGH是（）A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形答案：B分析：根据中位线的性质及平行公理可得四边形EFGH是平行四边形，再利用AD⊥BC可得四边形EFGH是矩形.因为E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，所以EF//AD,HG//AD，所以EF//HG；同理可得EH//GF，所以四边形EFGH是平行四边形；又因为AD⊥BC，所以EH⊥EF，即四边形EFGH是矩形.故选：B.5、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.6、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该球的表面积为（）A．4πB．4√2πC．8πD．32π答案：C解析：利用三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，求出AA1，再求出ΔABC外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积.∵三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，∴1×2×1×sin60°×AA1=√3，∴AA1=22∵BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos60°=4+1−2=3，∴BC=√3.设ΔABC外接圆的半径为R，则BC=2R，∴R=1.sin60°∴外接球的半径为√1+1=√2，∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π.故选：C.小提示：本小题主要考查根据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.7、已知在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为B1C1的中点，若在棱AB上存在一点P，使得B1P//平面ACD，则B1P的长度为（）A．2B．√5C．√6D．3答案：B解析：设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，然后证明B1P//平面AQD即可.如图，设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，则B1P//AQ，又B1P⊄平面AQD，AQ⊂平面AQD，∴B1P//平面AQD，易知AC//DQ，故平面AQD与平面ACD是同一个平面，∴B1P//平面ACD，此时B1P=√5，故选：B8、在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）．①α、β都垂直于平面r，那么α∥β②α、β都平行于平面r，那么α∥β③α、β都垂直于直线l，那么α∥β④如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0B．1C．2D．3答案：D分析：在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；由平面平行的传递性可知②正确；由线面垂直的性质可知③正确；过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2，过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2，因为l∥α，l∥β，所以l∥l1,l∥l2，所以l1∥l2因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β同理，m1∥β又l、m是两条异面直线，所以l1,l2相交，且l1⊂α，m1⊂α所以α∥β，故④正确.故选：D多选题9、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，AB=2，PB=√6，侧面PAD为正三角形，则下列说法正确的是（）A．平面PAD⊥平面ABCD B．异面直线AD与PB所成的角为60°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．三棱锥P－ABD外接球的表面积为20π3答案：ACD分析：取AD 中点E ，连接PE,BE ，可得∠PEB 是二面角P −AD −B 的平面角，再求得此角为直角，得直二面角，从而得面面垂直，判断A ，说明∠PBC 是异面直线AD 与PB 所成的角或其补角，求出此角后判断B ，证明∠PBE 是二面角P −BC −A 的平面角，并求得此角判断C ，设M,N 分别是△ABD 和△PAD 的中心，如图，作NO//EB ，MO//PE ，NO 与MO 交于点O ，得O 是三棱锥P −ABD 外接球的外心，求出球半径后得球表面积判断D ．取AD 中点E ，连接PE,BE ，△PAD 和△BAD 都是等边三角形，则PE ⊥AD,BE ⊥AD ，∠PEB 是二面角P −AD −B 的平面角，PE =BE =√3，又PB =√6，所以PE 2+BE 2=PB 2，即PE ⊥BE ，所以二面角P −AD −B 是直二面角，所以平面PAD ⊥平面ABCD ，A 正确；AD//BC ，所以∠PBC 是异面直线AD 与PB 所成的角或其补角，由此可得PE ⊥平面ABCD ，而CE ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥EC ，EC =√12+22−2×1×2×cos120°=√7，所以PC =√PE 2+EC 2=√10，PB 2+BC 2=PC 2，PB ⊥BC ，∠PBC =90°，B 错；由BE ⊥AD 知BC ⊥BE ，所以∠PBE 是二面角P −BC −A 的平面角，在△PEB 中，可得∠PBE =45°，C 正确；以上证明有PE ⊥平面ABD ，同理BE ⊥平面PAD ，设M,N 分别是△ABD 和△PAD 的中心，如图，作NO//EB ，MO//PE ，NO 与MO 交于点O ，则NO ⊥平面PAD ，MO ⊥平面ABD ，所以O 是三棱锥P −ABD 外接球的外心，由于NE =ME =13BE =√33，ONEM 是正方形，OM =√33，而BM =2√33， 所以OB =√OM 2+BM 2=√(√33)2+(2√33)2=√153即为外接球半径， 三棱锥P －ABD 外接球的表面积为S =4π×(√153)2=20π3．D 正确．故选：ACD ．10、如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN//平面ABC的有（）A．B．C．D．答案：AD分析：结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.对于A选项，由下图可知MN//DE//AC，MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，A正确.对于B选项，设H是EG的中点，由下图，结合正方体的性质可知，AB//NH,MN//AH//BC,AM//CH，所以A,B,C,H,N,M六点共面，B错误.对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知MN//AD，由于AD⊄平面ABC，所以MN⊄平面ABC.所以C 错误.对于D选项，设AC∩NE=D，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，所以MN//BD，由于MN⊄平面ABC，BD⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，D正确.故选：AD11、在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，截面BDE与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是（）A．E为PA的中点B．PB与CD所成的角为π3C．BD⊥平面PACD．三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1:4答案：ACD分析：在A中，连结AC，交BD于点F，连结EF，则平面PAC∩平面BDE=EF，推导出EF//PC，由四边形ABCD是正方形，从而AF=FC，进而AE=EP；在B中，由CD//AB，得∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角，推导出PA⊥AB，从而PB与CD所成角为π4；在C中，推导出AC⊥BD，PA⊥BD，由此能证明BD⊥平面PAC；在D中，设AB=PA=x，则V P−ABCD=13x3，V C−BDE=V E−BCD=13S△BCD⋅AE=112x3．由此能求出三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1:4．解：在A中，连结AC，交BD于点F，连结EF，则平面PAC∩平面BDE=EF，∵PC//平面BDE，PC⊂平面PAC，∴EF//PC，∵四边形ABCD是正方形，∴AF=FC，∴AE=EP，故A正确；在B中，∵CD//AB，∴∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，PA=AB，∴∠PBA=π4，∴PB与CD所成角为π4，故B错误；在C中，∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故C正确；在D中，设AB=PA=x，则V P−ABCD=13×AB2×PA=13x2⋅x=13x3，V C−BDE=V E−BCD=13S△BCD⋅AE=13×12x2⋅12x=112x3．∴∴V C−BDE:V P−ABCD=112x3:13x3=1:4，故D正确．故选：ACD．填空题12、在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P//平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)答案：P是CC1中点分析：根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P//平面BCD上的任一条线即可，可以取A1P/ /CD，此时P是CC1中点.取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//平面BCD所以答案是：P是CC1中点.13、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图)，则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______．答案：2√6分析：根据面积公式求出三角形的边长，以及高，利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高，并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a，∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2，DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是：2√6.14、如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为4√3，则这个圆锥的体积为___________.答案：128√2π81分析：作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出cos∠P′OP=2π，求出底面圆3的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积.作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：cos∠P′OP=OP2+OP′2−PP′22OP·OP′=42+42−(4√3)22×4×4=−12∴cos∠P′OP=2π3.设底面圆的半径为r,则有2πr=2π3·4,解得r=43,所以这个圆锥的高为ℎ=√16−169=8√23，则这个圆锥的体积为V=13Sℎ=13πr2ℎ=13π×169×8√23=128√2π81.所以答案是：128√2π81.小提示：立体几何中的翻折叠（展开）问题要注意翻折（展开）过程中的不变量.解答题15、如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面相互垂直，∠ADE=90∘，AF//DE，AD=DE=2AF=2.（1）求证：AC//平面BEF；（2）求点D到平面BEF的距离.答案：（1）证明见解析；（2）2√63.分析：（1）取BE中点M，连接MO、MF，根据题目条件可证明出四边形AOMF为平行四边形，则AO//MF，再根据线面平行的判定定理可证明出AC//平面BEF；（2）利用等体积法先计算三棱锥V B−DEF的体积，然后计算出S△BEF，利用V B−DEF=13S△BEF⋅d D−BEF计算出点D 到平面BEF的距离.解：（1）设AC∩BD=O，取BE中点M，连接MO、MF，∵四边形ABCD是正方形，∴O是BD的中点，又M是BE的中点，∴OM//DE，OM=12DE，∵四边形ADEF是直角梯形，AF//DE，AF=12DE，∴OM AF，∴四边形AFMO是平行四边形，∴AO//FM，又FM⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，∴AO//平面BEF，即AC//平面BEF；（2）∵BC//AD，BC⊄平面ADEF，AD⊂平面ADEF，∴BC//平面ADEF，∵AB⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴AB⊥平面ADEF，∴V B−DEF=13S△DEF⋅AB=13×12×2×2×2=43，∵AB⊥平面ADEF，AF⊂平面ADEF，∴AB⊥AF，BF=√AB2+AF2=√5，∵DE⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，DE⊂平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴DE⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴DE⊥BD，在△BDE中，BD=2√2，DE=2，BE=√BD2+DE2=2√3，在△BEF中，EF=BF=√5，BE=2√3，∴S△BEF=12×2√3×√2=√6，设点D到平面BEF的距离为d，由V D−BEF=V B−DEF得：13S△BEF⋅d=43，即13×√6⋅d=43，∴d=2√63.小提示：计算空间点到面距离的一般方法有：（1）定义法：过已知点作面的垂线，计算垂线段的长度即可； （2）利用等体积法求解；（3）空间向量法：求解点P 到平面α的距离时，先计算平面α的法向量m ⃑⃑ ，在平面α内任取一点A ，利用d =|AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑⃑ ||m ⃑⃑⃑ |求解即可.。
高中数学必修2立体几何考题(附答案)(可编辑修改word版)
14高中数学必修2 立体几何考题13. 如图所示，正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M 、N 分别是 A 1B 1，B 1C 1 的中点．问：(1) AM 和 CN 是否是异面直线？说明理由；(2) D 1B 和 CC 1 是否是异面直线？说明理由．解析：(1)由于 M 、N 分别是 A 1B 1 和 B 1C 1 的中点，可证明 MN ∥AC ，因此 AM 与 CN 不是异面直线．(2)由空间图形可感知 D 1B 和 CC 1 为异面直线的可能性较大，判断的方法可用反证法．探究拓展：解决这类开放型问题常用的方法有直接法(即由条件入手，经过推理、演算、变形等)，如第(1)问，还有假设法，特例法，有时证明两直线异面用直线法较难说明问题， 这时可用反证法，即假设两直线共面，由这个假设出发，来推证错误，从而否定假设，则两直线是异面的．解：(1)不是异面直线．理由如下：∵M 、N 分别是 A 1B 1、B 1C 1 的中点，∴MN ∥A 1C 1.又∵A 1A ∥D 1D ，而 D 1D 綊 C 1C ，∴A 1A 綊 C 1C ，∴四边形 A 1ACC 1 为平行四边形．∴A 1A ∥AC ，得到 MN ∥AC ，∴A 、M 、N 、C 在同一个平面内，故 AM 和 CN 不是异面直线．(2)是异面直线．理由如下：假设 D 1B 与 CC 1 在同一个平面 CC 1D 1 内，则 B ∈平面 CC 1D 1，C ∈平面 CC 1D 1.∴BC ⊂平面 CC 1D 1，这与在正方体中 BC ⊥平面 CC 1D 1 相矛盾，∴假设不成立，故 D 1B 与 CC 1 是异面直线．14. 如下图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M 为 AB 的中点，N 为 BB 1 的中点，O 为面 BCC 1B 1 的中心．(1) 过 O 作一直线与 AN 交于 P ，与 CM 交于 Q (只写作法，不必证明)；(2) 求 PQ 的长(不必证明)．解析：(1)由 ON ∥AD 知，AD 与 ON 确定一个平面 α.又 O 、C 、M 三点确定一个平面 β(如下图所示)．∵三个平面 α，β 和 ABCD 两两相交，有三条交线 OP 、CM 、DA ，其中交线 DA 与交线 CM 不平行且共面．∴DA 与 CM 必相交，记交点为 Q .∴OQ 是 α 与 β 的交线．连结 OQ 与 AN 交于 P ，与 CM 交于 Q ，故 OPQ 即为所作的直线．(2)解三角形 APQ 可得 PQ ＝ . 15. 如图，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ＝BC ＝B 1B ＝a ，∠ABC ＝90°，D 、E分别为BB1、AC1的中点．(1)求异面直线BB1与AC1所成的角的正切值；(2)证明：DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线；(3)求异面直线BB1与AC1的距离．解析：(1)由于直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1，所以∠A1AC1就是异面直线BB1与AC1所成的角．又AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，所以A1C1＝2a，tan∠A1AC1＝2，即异面直线BB1与AC1所成的角的正切值为2.(2)证明：解法一：如图，在矩形ACC1A1中，过点E 作AA1的平行线MM1分别交AC、A1C1于点M、M1，连结BM，B1M1，则BB1綊MM1.又D、E 分别是BB1、MM1的中点，可得DE 綊BM.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，由条件AB＝BC 得BM⊥AC，所以BM⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线．解法二：如图，延长C1D、CB 交于点F，连结AF，由条件易证D是C1F 的中点，B 是CF 的中点，又E 是AC1的中点，所以DE∥AF.在△ACF 中，由AB＝BC＝BF 知AF⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AF⊥AA1，故AF⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE 为异面直线BB1与AC1的公垂线．(3)由(2)知线段DE 的长就是异面直线BB1与AC1的距离，由于AB＝BC＝a，∠ABC＝90°，2a.所以DE＝2反思归纳：两条异面直线的公垂线是指与两条异面直线既垂直又相交的直线，两条异面直线的公垂线是惟一的，两条异面直线的公垂线夹在两条异面直线之间的线段的长度就是两条异面直线的距离．证明一直线是某两条异面直线的公垂线，可以分别证明这条直线与两条异面直线垂直．本题的思路是证明这条直线与一个平面垂直，而这一平面与两条异面直线的位置关系是一条直线在平面内，另一条直线与这个平面平行．16.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O，M 分别是BD1，AA1的中点．(1)求证：MO 是异面直线AA1和BD1的公垂线；(2)求异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值；(3)若正方体的棱长为a，求异面直线AA1与BD1的距离．解析：(1)证明：∵O 是BD1的中点，∴O 是正方体的中心，∴OA＝OA 1，又M 为AA1的中点，即OM 是线段AA1的垂直平分线，故OM⊥AA1.连结MD1、BM，则可得MB＝MD1.同理由点O 为BD1的中点知MO⊥BD1，即MO 是异面直线AA1和BD1的公垂线．33333 2(2)由于AA1∥BB1，所以∠B1BD1就是异面直线AA1和BD1所成的角．在Rt△BB1D1中，设BB1＝1，则BD1＝3，所以cos∠B1BD1＝，故异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值等于.(3)由(1)知，所求距离即为线段MO 的长，1 a由于OA＝AC1＝a，AM＝，且OM⊥AM，所以OM＝a.2 2 2 213.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，侧面对角线AB1，BC1上分别有两点E、F，且B1E＝C1F，求证：EF∥ABCD.证明：解法一：分别过E、F 作EM⊥AB 于M，FN⊥BC 于N，连结MN.∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，∴EM∥BB1，FN∥BB1，∴EM∥FN.又B1E＝C1F，∴EM＝FN，故四边形MNFE 是平行四边形，∴EF∥MN，又MN 在平面ABCD 中，所以EF∥平面ABCD.解法二：过E 作EG∥AB 交BB1于G，B1E B1G连结GF，则1＝1，B A B B∵B1E＝C1F，B1A＝C1B，C1F B1G∴1＝1，∴FG∥B1C1∥BC.C B B B又EG∩FG＝G，AB∩BC＝B，∴平面EFG∥平面ABCD，而EF⊂平面EFG，∴EF∥平面ABCD.14.如下图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC.过BD 作与PA 平行的平面，交侧棱PC 于点E，又作DF⊥PB，交PB 于点F.(1)求证：点E 是PC 的中点；(2)求证：PB⊥平面EFD.证明：(1)连结AC，交BD 于O，则O 为AC 的中点，连结EO.∵PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝OE，∴PA∥OE.∴点E 是PC 的中点；(2)∵PD⊥底面ABCD 且DC⊂底面ABCD，∴PD⊥DC，△PDC 是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 的中线，∴DE⊥PC，①又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BC.∵底面ABCD 是正方形，CD⊥BC，∴BC⊥平面PDC.而DE⊂平面PDC.∴BC⊥DE.②由①和②推得DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC，22AB6 3∴DE⊥PB，又DF⊥PB 且DE∩DF＝D，所以PB⊥平面EFD.15.如图，l1、l2是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段．点A、B 在l1上，C在l2上，AM＝MB＝MN.(1)求证AC⊥NB；(2)若∠ACB＝60°，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值．证明：(1)如图由已知l2⊥MN，l2⊥l1，MN∩l1＝M，可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1，AM＝MB＝MN，可知AN＝NB 且AN⊥NB.又AN 为AC 在平面ABN 内的射影，∴AC⊥NB.(2)∵Rt△CNA≌Rt△CNB，∴AC＝BC，又已知∠ACB＝60°，因此△ABC 为正三角形．∵Rt△ANB≌Rt△CNB，∴NC＝NA＝NB，因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心．连结BH，∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角．在Rt△NHB 中，3HB 3ABcos∠NBH＝NB＝＝.16.如图，在四面体ABCD 中，CB＝CD，AD⊥BD，点E、F 分别是AB、BD 的中点．求证：(1)直线EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.命题意图：本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力．证明：(1)在△ABD 中，∵E、F 分别是AB、BD 的中点，所以EF∥AD.又AD⊂平面ACD，EF✪平面ACD，∴直线EF∥平面ACD. (2)在△ABD 中，∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.在△BCD 中，∵CD＝CB，F 为BD 的中点，∴CF⊥BD.∵EF⊂平面EFC，CF⊂平面EFC，EF 与CF 交于点F，∴BD⊥平面EFC.又∵BD⊂平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.13.如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝2AB.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)求二面角B－PC－D 的余弦值．5 6 解析：(1)证明：∵PA ⊥平面 ABCD ，∴PA ⊥BD .∵ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD .∴BD ⊥平面 PAC ，又 BD 在平面 BPD 内，∴平面 PAC ⊥平面 BPD . (2)在平面 BCP 内作 BN ⊥PC ，垂足为 N ，连结 DN ，∵Rt △PBC ≌Rt △PDC ，由 BN ⊥PC 得 DN ⊥PC ；∴∠BND 为二面角 B －PC －D 的平面角，在△BND 中，BN ＝DN ＝ a ，BD ＝ 2a ， 5 5 a 2＋ a 2－2a 2 6 6 ∴cos ∠BND ＝ 5 a 2 31 ＝－ . 5 14. 如图，已知 ABCD －A 1B 1C 1D 1 是棱长为 3 的正方体，点 E 在 AA 1 上，点 F 在 CC 1 上，G 在 BB 1 上，且 AE ＝FC 1＝B 1G ＝1，H 是 B 1C 1 的中点．(1) 求证：E 、B 、F 、D 1 四点共面；(2)求证：平面 A 1GH ∥平面 BED 1F .证明：(1)连结 FG .∵AE ＝B 1G ＝1，∴BG ＝A 1E ＝2，∴BG 綊 A 1E ，∴A 1G 綊 BE .∵C 1F 綊 B 1G ，∴四边形 C 1FGB 1 是平行四边形．∴FG 綊 C 1B 1 綊 D 1A 1，∴四边形 A 1GFD 1 是平行四边形．∴A 1G 綊 D 1F ，∴D 1F 綊 EB ，故 E 、B 、F 、D 1 四点共面． 3 (2) ∵H 是 B 1C 1 的中点，∴B 1H ＝ . 2 又 B 1G ＝1，∴ B 1G 3 ＝ . B 1H 2 FC 2 又 ＝ ，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°， BC 3∴△B 1HG ∽△CBF ，∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，∴HG ∥FB .又由(1)知 A 1G ∥BE ，且 HG ∩A 1G ＝G ，FB ∩BE ＝B ，∴平面 A 1GH ∥平面 BED 1F .15. 在三棱锥 P －ABC 中，PA ⊥面 ABC ，△ABC 为正三角形，D 、E 分别为 BC 、AC 的中点，设 AB ＝PA ＝2.(1) 求证：平面 PBE ⊥平面 PAC ；(2) 如何在 BC 上找一点 F ，使 AD ∥平面 PEF ，请说明理由；(3) 对于(2)中的点 F ，求三棱锥 B －PEF 的体积．解析：(1)证明：∵PA ⊥面 ABC ，BE ⊂面 ABC ，∴PA ⊥BE .∵△ABC 是正三角形，E 为 AC 的中点，∴BE ⊥AC ，又 PA 与 AC 相交，∴BE ⊥平面 PAC ，∴平面 PBE ⊥平面 PAC .(2) 解：取 DC 的中点 F ，则点 F 即为所求．， 3 3 6 2 2 3 3 3∵E ，F 分别是 AC ，DC 的中点，∴EF ∥AD ，又 AD ✪平面 PEF ，EF ⊂平面 PEF ，∴AD ∥平面 PEF . 1 1 1 3 (3) 解 ：V B －PEF ＝V P －BEF ＝ S △BEF ·PA ＝ × × × ×2＝ . 3 3 2 2 2 416．(2009·天津，19)如图所示，在五面体 ABCDEF 中，FA ⊥平面 ABCD ，AD ∥BC ∥FE ， 1 AB ⊥AD ，M 为 CE 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝ AD . 2(1) 求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小；(2) 求证：平面 AMD ⊥平面 CDE ；(3) 求二面角 A －CD －E 的余弦值．解答：(1)解：由题设知，BF ∥CE ，所以∠CED (或其补角)为异面直线 BF与 DE 所成的角．设 P 为 AD 的中点，连结 EP ，PC .因为 FE 綊 AP ，所以 FA綊 EP .同理，A B 綊 PC .又 FA ⊥平面 ABCD ，所以 EP ⊥平面 ABCD .而 PC ，AD都在平面ABCD 内，故EP ⊥PC ，E P ⊥AD .由AB ⊥AD ，可得PC ⊥AD .设FA ＝a则 EP ＝PC ＝PD ＝a ，CD ＝DE ＝EC ＝ 故∠CED ＝60°.2a .所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60°.(2) 证明：因为 DC ＝DE 且 M 为 CE 的中点，所以 DM ⊥CE .连结 MP ，则 MP ⊥CE .又MP ∩DM ＝M ，故 CE ⊥平面 AMD .而 CE ⊂平面 CDE ，所以平面 AMD ⊥平面 CDE .(3) 设 Q 为 CD 的中点，连结 PQ ，EQ .因为 CE ＝DE ，所以 EQ ⊥CD .因为 PC ＝PD ，所以 PQ ⊥CD ，故∠EQP 为二面角 A －CD －E 的平面角．由(1)可得，EP ⊥PQ ，EQ ＝ a ，PQ ＝ a . PQ 于是在 Rt △EPQ 中，cos ∠EQP ＝ ＝ .EQ 3 所以二面角 A －CD －E 的余弦值为 . 13．(2009·重庆)如图所示，四棱锥 P －ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ⊥DC ，PA ⊥底面 ABCD ，PA 1 1 ＝AD ＝DC ＝ AB ＝1，M 为 PC 的中点，N 点在 AB 上且 AN ＝ NB .2 3(1) 求证：MN ∥平面 PAD ；(2) 求直线 MN 与平面 PCB 所成的角．解析：(1)证明：过点 M 作 ME ∥CD 交 PD 于 E 点，连结 AE . 1 ∵AN ＝ NB ， 3 1 1 ∴AN ＝ AB ＝ DC ＝EM .4 2又 EM ∥DC ∥AB ，∴EM 綊 AN ，∴AEMN 为平行四边形，∴MN ∥AE ，∴MN ∥平面 PAD .(2)解：过 N 点作 NQ ∥AP 交 BP 于点 Q ，NF ⊥CB 于点 F .连结 QF ，过 N 点作 NH ⊥QF 于 H ，连结 MH ，易知 QN ⊥面 ABCD ，∴QN ⊥BC ，而 NF ⊥BC ，∴BC ⊥面 QNF ，∵BC ⊥NH ，而 NH ⊥QF ，∴NH ⊥平面 PBC ，∴∠NMH 为直线 MN 与平面 PCB 所成的角．2 2 6 2 2 10 10 5 2 10 53 3 通过计算可得 MN ＝AE ＝ ，QN ＝ ，NF ＝ 2，4 4 QN ·NF ON ·NF ∴NH ＝ ＝ ＝ ，QF QN 2＋NF 2 4 NH 3 ∴sin ∠NMH ＝ ＝ ，∴∠NMH ＝60°，MN 2∴直线 MN 与平面 PCB 所成的角为 60°.14．(2009·广西柳州三模)如图所示，已知直平行六面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AD ⊥BD ， AD ＝BD ＝a ，E 是 CC 1 的中点，A 1D ⊥BE .(1) 求证：A 1D ⊥平面 BDE ；(2) 求二面角 B －DE －C 的大小．解析：(1)证明：在直平行六面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，∵AA 1⊥平面 ABCD ，∴AA 1⊥BD .又∵BD ⊥AD ，∴BD ⊥平面 ADD 1A 1，即 BD ⊥A 1D .又∵A 1D ⊥BE 且 BE ∩BD ＝B ，∴A 1D ⊥平面 BDE .(2)解：如图，连 B 1C ，则 B 1C ⊥BE ，易证 Rt △BCE ∽Rt △B 1BC ，CE BC ∴ ＝ 1 ，又∵E 为 CC 1 中点， BC ∴BC 2 B B 1BB 21.BB 1＝ ＝ 22BC ＝ 2a .取 CD 中点 M ，连结 BM ，则 BM ⊥平面 CC 1D 1C ，作 MN ⊥DE 于 N ，连 NB ，由三垂线定理知：BN ⊥DE ，则∠BNM 是二面角 B －DE －C 的平面角． BD ·BC 在 Rt △BDC 中，BM ＝ DC ＝ a ， Rt △CED 中，易求得 MN ＝ a ， BM Rt △BMN 中，tan ∠BNM ＝ ＝ 5， MN则二面角 B －DE －C 的大小为 arctan 5.15．如图，已知正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，E 为 AB 的中点．(1) 求直线 B 1C 与 DE 所成的角的余弦值；(2) 求证：平面 EB 1D ⊥平面 B 1CD ；(3) 求二面角 E －B 1C －D 的余弦值．解析：(1)连结 A 1D ，则由 A 1D ∥B 1C 知，B 1C 与 DE 所成的角即为 A 1D 与 DE 所成的角． 连结 A 1E ，由正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1，可设其棱长为 a ，则 A 1D ＝ ∴cos ∠A 1DEA 1D 2＋DE 2－A 1E 2 2a ，A 1E ＝DE ＝ a ， ＝ 2·A 1D ·DE ＝ . 10∴直线 B 1C 与 DE 所成角的余弦值是 5. (2)证明取 B 1C 的中点 F ，B 1D 的中点 G ，连结 BF ，EG ，GF .∵CD ⊥平面 BCC 1B 1，3 3 33 ＝ 且 BF ⊂平面 BCC 1B 1，∴DC ⊥BF .又∵BF ⊥B 1C ，CD ∩B 1C ＝C ，∴BF ⊥平面 B 1CD . 1 1 又 ∵GF 綊 CD ，BE 綊 CD ，2 2∴GF 綊 BE ，∴四边形 BFGE 是平行四边形，∴BF ∥GE ，∴GE ⊥平面 B 1CD .∵GE ⊂平面 EB 1D ，∴平面 EB 1D ⊥平面 B 1CD .(3)连结 EF .∵CD ⊥B 1C ，GF ∥CD ，∴GF ⊥B 1C .又∵GE ⊥平面 B 1CD ，∴EF ⊥B 1C ，∴∠EFG 是二面角 E －B 1C －D 的平面角． 设正方体的棱长为 a ，则在△EFG 中，1 GF ＝ a ，EF ＝ a ，2 2 FG ∴cos ∠EFG ＝EF ＝ ， 3∴二面角 E －B 1C －D 的余弦值为 3 . 16．(2009·全国Ⅱ，18)如图所示，直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ⊥AC ，D 、E 分别为 AA 1、 B 1C 的中点，DE ⊥平面 BCC 1.(1) 求证：AB ＝AC ；(2) 设二面角 A －BD －C 为 60°，求 B 1C 与平面 BCD 所成的角的大小．解析：(1)证明：取 BC 中点 F ，连结 EF ， 1则 EF 綊 2B 1B ，从而 EF 綊 DA . 连结 AF ，则 ADEF 为平行四边形，从而 AF ∥DE .又 DE ⊥平面 BCC 1，故 AF ⊥平面 BCC 1，从而 AF ⊥BC ，即 AF 为 BC 的垂直平分线， 所以 AB ＝AC .(2)解：作 AG ⊥BD ，垂足为 G ，连结 CG .由三垂线定理知 CG ⊥BD ，故∠AGC 为二面 2 角 A －BD －C 的平面角．由题设知，∠AGC ＝60°.设 AC ＝2，则 AG ＝ .又 AB ＝2，BC ＝2 2，故 AF ＝ 2. 由AB ·AD ＝AG ·BD 得 2AD 2 · 3AD 2＋22， 解得 AD ＝ 2，故 AD ＝AF .又 AD ⊥AF ，所以四边形 ADEF 为正方形．因为 BC ⊥AF ，BC ⊥AD ，AF ∩AD ＝A ，故 BC ⊥平面 DEF ，因此平面 BCD ⊥平面 DEF . 连结 AE 、DF ，设 AE ∩DF ＝H ，则 EH ⊥DF ，EH ⊥平面 BCD .连结 CH ，则∠ECH 为 B 1C 与平面 BCD 所成的角．4 17 17 16 17 17 6 因 ADEF 为正方形，AD ＝ 2，故 EH ＝1，又 EC 1 B C ＝2， ＝ 1 2所以∠ECH ＝30°，即 B 1C 与平面 BCD 所成的角为 30°.13. 在正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，底面边长为2的中点．(1) 求证：平面 B 1EF ⊥平面 BDD 1B 1；(2) 求点 D 1 到平面 B 1EF 的距离 d .2，侧棱长为 4，E 、F 分别为棱 AB 、BC分析：(1)可先证 EF ⊥平面 BDD 1B 1.(2)用几何法或等积法求距离时，可由 B 1D 1∥BD ， 将点进行转移：D 1 点到平面 B 1EF 的距离是 B 点到它的距离的 4 倍，先求 B点到平面 B 1EF 的距离即可．解答：(1)证明：E rr o r !⇒EF ⊥平面 BDD 1B 1⇒平面 B 1EF ⊥平面 BDD 1B 1. (2)解：解法一：连结 EF 交 BD 于 G 点．∵B 1D 1＝4BG ，且 B 1D 1∥BG ，∴D 1 点到平面 B 1EF 的距离是 B 点到它的距离的 4倍． 利用等积法可求．由题意可知，EF 1 AC ＝2，B G ＝ 17. S △B EF ＝ 2 1 1 EF ·B G 1 2× 17＝ 17，1 ＝2 1 S BE ·BF 1 ＝ × 2 1 △BEF ＝ ＝ × 2 2∵VB －B 1EF ＝VB 1－BEF ， 设 B 到面 B EF 的距离为 h 1 17×h 1 1×4，1 ∴h 1＝ . 1，则 × 3 1＝ × 3 ∴点 D 1 到平面 B 1EF 的距离为 h ＝4h 1＝ . 1 解法二：如图，在正方形 BDD 1B 1 的边 BD 上取一点 G ，使 BG ＝ BD ， 4连结 B 1G ，过点 D 1 作 D 1H ⊥B 1G 于 H ，则 D 1H 即为所求距离． 16 17可求得 D 1H ＝ 17(直接法)． 14. 如图直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱CC 1＝2，∠BAC ＝90°，AB ＝AC＝ 2，M 是棱 BC 的中点，N 是 CC 1 中点．求：(1) 二面角 B 1－AN －M 的大小；(2) C 1 到平面 AMN 的距离．解析：(1)∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝ ∴AM ⊥BC ，BC ＝2，AM ＝1.∴AM ⊥平面 BCC 1B 1.∴平面 AMN ⊥平面 BCC 1B 1.2，M 是棱 BC 的中点，作 B 1H ⊥MN 于 H ，HR ⊥AN 于 R ，连结 B 1R ，∴B 1H ⊥平面 AMN .又由三垂线定理知，B 1R ⊥AN .∴∠B 1是二面角 B 1－AN －M 的平面角．由已知得 AN ＝ 3 23，MN ＝ 2，B 1M ＝ 5＝B 1N ， 则 B 1H ＝ 2 ， RH HN 又 Rt △AMN ∽Rt △HRN ， ＝ ，∴RH ＝ .AM AN 6 2× 2＝1.7 10 5 ∴B 1R ＝14 RH 3 ，∴cos ∠B 1RH ＝ 1 ＝ . B R 14 7∴二面角 B 1－AN －M 的大小为 arccos 14. (2)∵N 是 CC 1 中点，∴C 1 到平面 AMN 的距离等于 C 到平面 AMN 的距离． 设 C 到平面 AMN 的距离为 h ，由 V C －AMN ＝V N －AMC 1 1 1 1 得 × ·MN ·h ＝ × AM ·MC . 3 2 3 2 2∴h ＝ 2. 15．(2009·北京海淀一模)如图所示，四棱锥 P －ABCD 中，PA ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 为直角梯形，且 AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，PA ＝AD ＝DC ＝2，AB ＝4. (1) 求证：BC ⊥PC ；(2) 求 PB 与平面 PAC 所成的角的正弦值；(3) 求点 A 到平面 PBC 的距离．解析：(1)证明：如图，在直角梯形 ABCD 中，∵AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，AD ＝DC ＝2，∴∠ADC ＝90°，且 AC ＝2 2.取 AB 的中点 E ，连结 CE ，由题意可知，四边形 ABCD 为正方形，∴AE ＝CE ＝2. 1 1 又∵BE ＝ AB ＝2.∴CE ＝ AB ，2 2∴△ABC 为等腰直角三角形，∴AC ⊥BC .又∵PA ⊥平面 ABCD ，且 AC 为 PC 在平面 ABCD 内的射影，BC ⊂平面 ABCD ，由三垂线定理得，BC ⊥PC .(2) 由(1)可知，BC ⊥PC ，BC ⊥AC ，PC ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面 PAC .PC 是 PB 在平面 PAC 内的射影，∴∠CPB 是 PB 与平面 PAC 所成的角．又 CB ＝2 2，PB 2＝PA 2＋AB 2＝20，PB ＝2 5， BC 10 ∴sin ∠CPB ＝PB ＝ 5，即 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值为 . (3) 由(2)可知，BC ⊥平面 PAC ，BC ⊂平面 PBC ，∴平面 PBC ⊥平面 PAC .过 A 点在平面 PAC 内作 AF ⊥PC 于 F ，∴AF ⊥平面 PBC ，∴AF 的长即为点 A 到平面 PBC 的距离．在直角三角形 PAC 中， PA ＝2，AC ＝2 2，2 63 2 6 36 PC ＝2 3，∴AF ＝ . 即点 A 到平面 PBC 的距离为 . 16．(2009·吉林长春一模)如图所示，四棱锥 P －ABCD 的底面是正方形，PA ⊥底面 ABCD ， PA ＝2，∠PDA ＝45°，点 E 、F 分别为棱 AB 、PD 的中点．(1) 求证：AF ∥平面 PCE ；(2) 求二面角 E －PD －C 的大小；(3) 求点 A 到平面 PCE 的距离． 解析：(1)证明：如图取 PC 的中点 G ，连结 FG 、EG ，∴FG 为△PCD 的中位线， 1 ∴FG ＝ CD 且 FG ∥CD . 2又∵底面四边形 ABCD 是正方形，E 为棱 AB 的中点， 1 ∴AE ＝ CD 且 AE ∥CD ， 2∴AE ＝FG 且 AE ∥FG .∴四边形 AEGF 是平行四边形，∴AF ∥EG .又 EG ⊂平面 PCE ，AF ✪平面 PCE ，∴AF ∥平面 PCE .(2)解：∵PA ⊥底面 ABCD ，∴PA ⊥AD ，PA ⊥CD .又 AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面 PAD .又∵AF ⊂平面 PAD ，∴CD ⊥AF .又 PA ＝2，∠PDA ＝45°，∴PA ＝AD ＝2.∵F 是 PD 的中点，∴AF ⊥PD .又∵CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面 PCD .∵AF ∥EG ，∴EG ⊥平面 PCD .又 GF ⊥PD ，连结 EF ，则∠GFE 是二面角 E －PD －C 的平面角．在 Rt △EGF 中 ，EG ＝AF ＝ 2，GF ＝1，GE ∴tan ∠GFE 2.＝ ＝ GF∴二面角 E －PD －C 的大小为 arctan 2.(3)设 A 到平面 PCE 的距离为 h ， 1 1 1 1 由 V A －PCE ＝V P －ACE ，即 × PC ·EG ·h ＝ PA · AE ·CB ，得 h ＝ ， 3 2 3 2 3 6∴点 A 到平面 PCE 的距离为 3. 13．(2009·陕西，18)如图所示，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝ 3， ∠ABC ＝60°.，6 2 6 3 6 3 3 4 3 2 3 M(1) 求证：AB ⊥A 1C ；(2) 求二面角 A －A 1C －B 的大小．解析：(1)证明：∵三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 为直三棱柱，∴AB ⊥AA 1，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝ ∴∠BAC ＝90°，即 AB ⊥AC .3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°，∴AB ⊥平面 ACC 1A 1，又 A 1C ⊂平面 ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C .(2)解：如图，作 AD ⊥A 1C 交 A 1C 于 D 点，连结 BD ，由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角 A －A 1C －B 的平面角． AA 1·AC 3 × 3 在 Rt △AA 1C 中，AD ＝ ＝ ＝ ， A 1C 6 AB 6 在 Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝ ＝ ，AD 3 ∴∠ADB ＝arctan ，即二面角 A －A 1C －B 的大小为 arctan . 14．如图，三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 的底面是边长为 a 的正三角形，侧面 ABB 1A 1 是菱形且垂直于底面，∠A 1AB ＝60°，M 是 A 1B 1 的中点．(1) 求证：BM ⊥AC ；(2) 求二面角 B －B 1C 1－A 1 的正切值；(3) 求三棱锥 M －A 1CB 的体积．解析：(1)证明：∵ABB 1A 1 是菱形，∠A 1AB ＝60°⇒△A 1B 1B 是正三角形 E rr o r !⇒BM ⊥平面 A 1B 1C 1. E rr o r !⇒BM ⊥AC . E rr o r !⇒BE ⊥B 1C 1，∴∠BEM 为所求二面角的平面角， △A 1B 1C 1 中，ME ＝MB 1·sin60°＝ a ，Rt △BMB 1 中，MB ＝MB 1·tan60°＝ a ， MB ∴tan ∠BEM ＝ ＝2， E ∴所求二面角的正切值是 2. 1 1 1 1 1 3 1 (3)VM －A 1CB ＝ VB 1－A 1CB ＝ VA －A 1CB ＝ VA 1－ABC ＝ × × a 2· a ＝ a 3. 2 2 2 2 3 4 2 1615．(2009·广东汕头一模)如图所示，已知△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥ AE AF 平面 BCD ，∠ADB ＝60°，E 、F 分别是 AC 、AD 上的动点，且 ＝ ＝λ(0<λ<1)．AC AD(1) 求证：不论 λ 为何值，总有 EF ⊥平面 ABC ； 1 (2) 若 λ＝ ，求三棱锥 A －BEF 的体积． 2解析：(1)证明：∵AB ⊥平面 BCD ，∴AB ⊥CD .又∵在△BCD 中，∠BCD ＝90°，∴BC ⊥CD .∵又 AB ∩BC ＝B ，6 15 ＝ 3，S 15 ∴CD ⊥平面 ABC .AE AF 又∵在△ACD 中，E 、F 分别是 AC 、AD 上的动点，且 ＝ ＝λ(0<λ<1)， AC AD ∴不论 λ 为何值，都有 EF ∥CD ， ∴EF ⊥平面 ABC . (2)在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1， ∴BD ＝ 2. 又∵AB ⊥平面 BCD ， ∴AB ⊥BC ，AB ⊥BD . 又∵在 Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°， ∴AB ＝BD ·tan60°＝ 6， 由(1)知 EF ⊥平面 ABC ， ∴V A －BEF ＝V F －ABE 1 ＝ S △ABE ·EF 3 1 1 ＝ × S △ABC ·EF 3 2 1 1 1 ＝ × ×1× 6× ＝ . 6 2 2 24 6 故三棱锥 A －BEF 的体积是 24 . 16．在四棱锥 P －ABCD 中，侧面 PDC 是边长为2 的正三角形，且与底面垂直，底面 ABCD 是面积为 2 3的菱形，∠ADC 为菱形的锐角． (1) 求证：PA ⊥CD ； (2) 求二面角 P －AB －D 的大小； (3) 求棱锥 P －ABCD 的侧面积； 解析：(1)证明：如图所示，取 CD 的中点 E ，由 PE ⊥CD ，得 PE ⊥平面 ABCD ，连结 AC 、AE . ∵AD ·CD ·sin ∠ADC ＝2 3， AD ＝CD ＝2， 3 ∴sin ∠ADC ＝ 2 ， 即∠ADC ＝60°，∴△ADC 为正三角形，∴CD ⊥AE . ∴CD ⊥PA (三垂线定理)． (2) 解：∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PA ，AB ⊥AE ， ∴∠PAE 为二面角 P －AB －D 的平面角． 在 Rt △PEA 中，PE ＝AE ，∴∠PAE ＝45°. 即二面角 P －AB －D 的大小为 45°. (3) 分别计算各侧面的面积： ∵PD ＝DA ＝2，PA ＝ 6， 1 ∴cos ∠PDA ＝ ，sin ∠PDA ＝ . 4 1 1 S AB ·PA ＝ 2· 3＝ 6， △PCD △PAB ＝ 2 ·2· 2 1 S △PAD ＝S △PBC ＝ PD ·DA ·sin ∠PDA ＝ . 2∴S P －ABCD 侧 ＝ 3＋ 6＋ 15.13. 把地球当作半径为 R 的球，地球上 A 、B 两地都在北纬 45°，A 、B 两点的球面距离 π是 3R ，A 点在东经 20°，求 B 点的位置． 解析：如图，求 B 点的位置即求 B 点的经度，设 B 点在东经 α，7 2 7 21 ＝ ， π∵A 、B 两点的球面距离是 3R . π ∴∠AOB ＝ ，因此三角形 AOB 是等边三角形，∴AB ＝R ， 3又∵∠AO 1B ＝α－20°(经度差) 2问题转化为在△AO 1B 中借助 AO 1＝BO 1＝AO cos45°＝ 2 R ， 求出∠AO 1B ＝90°，则 α＝110°，同理：B 点也可在西经 70°，即 B 点在北纬 45°东经 110° 或西经 70°.14. 在球心同侧有相距 9cm 的两个平行截面，它们的面积分别为 49πcm 2 和 400πcm 2， 求球的表面积和体积．解析：如图，两平行截面被球大圆所在平面截得的交线分别为 AO 1、BO 2，则 AO 1∥BO 2. 若 O 1、O 2 分别为两截面圆的圆心，则由等腰三角形性质易知 OO 1⊥AO 1，OO 2⊥BO 2， 设球半径为 R ，∵πO 2B 2＝49π，∴O 2B ＝7cm ，同理 O 1A ＝20cm.设 OO 1＝x cm ，则 OO 2＝(x ＋9)cm.在 Rt △OO 1A 中，R 2＝x 2＋202，在 Rt △OO 2B 中，R 2＝(x ＋9)2＋72，∴x 2＋202＝72＋(x ＋9)2，解得 x ＝15cm.∴R ＝25cm ，∴S 球＝2500πcm 2， 4 62500 V 球＝ πR 3＝ πcm 3. 3 3 π15. 设 A 、B 、C 是半径为 1 的球面上的三点，B 、C 两点间的球面距离为3，点 A 与 B 、C π两点间的球面距离均为2，O 为球心，求： (1) ∠AOB 、∠BOC 的大小； (2)球心 O 到截面 ABC 的距离． π 解析：(1)如图，因为球 O 的半径为 1，B 、C 两点间的球面距离为3， π π点 A 与 B 、C 两点间的球面距离均为2，所以∠BOC ＝3，∠AOB ＝∠AOC ＝ π ， 2 3 (2) 因为 BC ＝1，AC ＝AB ＝ 2，所以由余弦定理得 cos ∠BAC sin ∠BAC ＝ ，设 4 4 截面圆的圆心为 O 1，连结 AO 1，则截面圆的半径 r ＝AO 1，由正弦定理得 r ＝ BC ＝ ，所以 OO 1＝ OA 2－r 2＝ .2sin ∠BAC 7 716. 如图四棱锥 A －BCDE 中，AD ⊥底面 BCDE ，AC ⊥BC ，AE ⊥BE .(1) 求证：A 、B 、C 、D 、E 五点共球；(2) 若∠CBE ＝90°，CE ＝ 3，AD ＝1，求 B 、D 两点的球面距离．解析：(1)证明：取 AB 的中点 P ，连结 PE ，PC ，PD ，由题设条件知△AEB 、△ADB 、△ABC 都是直角三角形． 1 故 PE ＝PD ＝PC ＝ AB ＝PA ＝PB . 2所以 A 、B 、C 、D 、E 五点在同一球面上．(2)解：由题意知四边形 BCDE 为矩形，所 以 BD ＝CE ＝ 3，在 Rt △ADB 中，AB ＝2，AD ＝1， 2 ∴∠DPB ＝120°，D 、B 的球面距离为 π. 32 2 15 5 63 5 17．(本小题满分 10 分)如图，四棱锥 S —ABCD 的底面是正方形，SA ⊥底面 ABCD ，E 是 SC 上一点．(1) 求证：平面 EBD ⊥平面 SAC ；(2) 假设 SA ＝4，AB ＝2，求点 A 到平面 SBD 的距离；解析：(1)∵正方形 ABCD ，∴BD ⊥AC ，又∵SA ⊥平面 ABCD ，∴SA ⊥BD ，则 BD ⊥平面 SAC ，又 BD ⊂平面 BED ，∴平面 BED ⊥平面 SAC .(2)设AC ∩BD ＝O ，由三垂线定理得BD ⊥SO .AO 1 1 AC 2AB 1 · 2·2＝ 2，SA ＝4， ＝ ＝ ＝ 2 2 2 则 SO ＝ SA 2＋AO 2＝ 16＋2＝3 2，S 1 BD ·SO 1 ·2 2·3 2＝6.设 A 到面 BSD 的距 △BSD ＝ ＝ 2 2 1 1 4 离为 h ，则 V S －ABD ＝V A －BSD ，即 3S △ABD ·SA ＝ S △BSD ·h ，解得 h ＝ ，即点 A 到平面 SBD 的距 3 3 4 离为 . 318．(本小题满分 12 分)如图，正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AA 1＝2AB ＝4，点 E 在 C 1C 上且 C 1E ＝3EC . (1)证明 A 1C ⊥平面 BED ；(2)求二面角 A 1－DE －B 的大小．解析：依题设知 AB ＝2，CE ＝1，(1) 证明：连结 AC 交 BD 于点 F ，则 BD ⊥AC .由三垂线定理知，BD ⊥A 1C .在平面 A 1CA 内，连结 EF 交 A 1C 于点 G ， AA 1 AC由于FC ＝CE＝2 ， 故 Rt △A 1AC ∽Rt △FCE ，∠AA 1C ＝∠CFE ，∠CFE 与∠FCA 1 互余． 于是 A 1C ⊥EF .A 1C 与平面 BED 内两条相交直线 BD 、EF 都垂直． 所以 A 1C ⊥平面 BED .(2) 作 GH ⊥DE ，垂足为 H ，连结 A 1H .由三垂线定理知 A 1H ⊥DE ，故∠A 1HG 是二面角 A 1－DE －B 的平面角．EF ＝ CF 2＋CE 2＝ 3， CE × CF2 CG ＝ EF ＝3 . 3EG ＝ CE 2－CG 2＝ 3 . EG 1 1 EF × FD ＝ ，GH ＝ × ＝ .EF 3 3 DE 又 A 1C ＝ AA 21＋AC 2＝2 A 1G6，A 1G ＝A 1C －CG ＝ ， tan ∠A 1HG ＝ HG＝5 . 所以二面角 A 1－DE －B 的大小为 arctan5 5.19．(本小题满分12 分)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°， AB ＝BC ＝SB ＝SC ＝2CD ＝2，侧面 SBC ⊥底面 ABCD .3 3 3 2 3 2＝ (1) 由 SA 的中点 E 作底面的垂线 EH ，试确定垂足 H 的位置；(2) 求二面角 E －BC －A 的大小．解析：(1)作 SO ⊥BC 于 O ，则 SO ⊂平面 SBC ， 又面 SBC ⊥底面 ABCD ， 面 SBC ∩面 ABCD ＝BC ， ∴SO ⊥底面 ABCD ① 又 SO ⊂平面 SAO ，∴面 SAO ⊥底面 ABCD ， 作 EH ⊥AO ，∴EH ⊥底面 ABCD ② 即 H 为垂足，由①②知，EH ∥SO ， 又 E 为 SA 的中点，∴H 是 AO 的中点． (2)过 H 作 HF ⊥BC 于 F ，连结 EF ， 由(1)知 EH ⊥平面 ABCD ，∴EH ⊥BC ， 又 EH ∩HF ＝H ，∴BC ⊥平面 EFH ，∴BC ⊥EF ， ∴∠HFE 为面 EBC 和底面 ABCD 所成二面角的平面角． 在等边三角形 SBC 中，∵SO ⊥BC ， ∴O 为 BC 中点，又 BC ＝2. ∴SO ＝ 22－12＝ 3，EH 1SO ＝ ， 1 又 HF ＝ AB ＝1， 2 2 2 3EH 2 ∴在 Rt △EHF 中，tan ∠HFE ＝ ＝ ＝ ，HF 1 2 ∴∠HFE ＝arctan . 即二面角 E －BC －A 的大小为 arctan. 20．(本小题满分 12 分)(2010·唐山市高三摸底考试)如图，在正四棱柱 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，AB ＝1，AA 1＝2，N 是 A 1D 的中点，M ∈BB 1，异面直线 MN 与 A 1A 所成的角为 90°. (1) 求证：点 M 是 BB 1 的中点；(2) 求直线 MN 与平面 ADD 1A 1 所成角的大小；(3) 求二面角 A －MN －A 1 的大小．解析：(1)取 AA 1 的中点 P ，连结 PM ，PN .∵N 是 A 1D 的中点，∴AA 1⊥PN ，又∵AA 1⊥MN ，MN ∩PN ＝N ，∴AA 1⊥面 PMN .∵PM ⊂面 PMN ，∴AA 1⊥PM ，∴PM ∥AB ，∴点 M 是 BB 1 的中点．305 2 2 2 2(2) 由(1)知∠PNM 即为 MN 与平面 ADD 1A 1 所成的角．1 在 Rt △PMN 中，易知 PM ＝1，PN ＝ ，2 PM∴tan ∠PNM ＝PN ＝2，∠PNM ＝arctan2. 故 MN 与平面 ADD 1A 1 所成的角为 arctan2.(3) ∵N 是 A 1D 的中点，M 是 BB 1 的中点，∴A 1N ＝AN ，A 1M ＝AM ，又 MN 为公共边，∴△A 1MN ≌△AMN .在△AMN 中，作 AG ⊥MN 交 MN 于 G ，连结 A 1G ，则∠A 1GA 即为二面角 A －MN －A 1 的平面角．在△A 1GA 中，AA 1＝2，A 1G ＝GA ＝ ， A 1G 2＋GA 2－AA 12 2 2 ∴cos ∠A 1GA ＝ 2A 1G ·GA ＝－ ，∴∠A 1GA ＝arccos(－ )， 3 3 2 故二面角 A －MN －A 1 的大小为 arccos(－ )． 321．(2009·安徽，18)(本小题满分 12 分)如图所示，四棱锥 F －ABCD 的底面 ABCD 是菱 形，其对角线 AC ＝2，BD ＝ 2.AE 、CF 都与平面 ABCD 垂直，AE ＝1，CF ＝2. (1) 求二面角 B －AF －D 的大小；(2) 求四棱锥 E －ABCD 与四棱锥 F －ABCD 公共部分的体积．命题意图：本题考查空间位置关系，二面角平面角的作法以及空间几何体的体积计算等知识．考查利用综合法或向量法解决立体几何问题的能力．解答：(1)解：连接 AC 、BD 交于菱形的中心 O ，过 O 作 OG ⊥AF ，G 为垂足，连接 BG 、DG . 由 BD ⊥AC ，BD ⊥CF 得 BD ⊥平面 ACF ，故 BD ⊥AF .于是 AF ⊥平面 BGD ，所以 BG ⊥AF ，DG ⊥AF ，∠BGD 为二面角 B －AF －D 的平面角．π 由 FC ⊥AC ，FC ＝AC ＝2，得∠FAC ＝ ，OG ＝ . 4 2 π 由 OB ⊥OG ，OB ＝OD ＝ ，得∠BGD ＝2∠BGO ＝ . (2)解：连接 EB 、EC 、ED ，设直线 AF 与直线 CE 相交于点 H ，则四棱锥 E －ABCD 与四棱锥 F －ABCD 的公共部分为四棱锥 H －ABCD .3 2 3 2 过 H 作 HP ⊥平面 ABCD ，P 为垂足．因为 EA ⊥平面 ABCD ，FC ⊥平面 ABCD ，所以平面 ACEF ⊥平面 ABCD ，从而 P ∈AC ，HP ⊥AC . HP HP AP PC 2 由 ＋ ＝ ＋ ＝1，得 HP ＝ . CF AE AC AC 3 又因为 S 1 菱形ABCD ＝ AC ·BD ＝ 2， 2 1 2 2 故四棱锥 H －ABCD 的体积 V ＝ S 菱形ABCD ·HP ＝ .3 922．(2009·深圳调考一)(本小题满分 12 分)如图所示，AB 为圆 O 的直径，点 E 、F 在圆 O 上，AB ∥EF ，矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在的平面互相垂直．已知 AB ＝2，EF ＝1.(1) 求证：平面 DAF ⊥平面 CBF ；(2) 求直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小；(3) 当 AD 的长为何值时，二面角 D －FE －B 的大小为 60°？解析：(1)证明：∵平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，CB ⊥AB ，平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面 ABEF .∵AF ⊂平面 ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆 O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面 CBF .∵AF ⊂平面 DAF ，∴平面 DAF ⊥平面 CBF .(2)解：根据(1)的证明，有 AF ⊥平面 CBF ，∴FB 为 AB 在平面 CBF 上的射影，因此，∠ABF 为直线 AB 与平面 CBF 所成的角．∵AB ∥EF ，∴四边形 ABEF 为等腰梯形，过点 F 作 FH ⊥AB ，交 AB 于 H .AB ＝2，EF ＝1，则 AH ＝ AB －EF 1 ＝ . 2 2在 Rt △AFB 中，根据射影定理 AF 2＝AH ·AB ，得 AF ＝1， AF 1 sin ∠ABF ＝ ＝ ，∴∠ABF ＝30°， AB 2∴直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小为 30°.(3)解：过点 A 作 AM ⊥EF ，交 EF 的延长线于点 M ，连结 DM .根据(1)的证明，DA ⊥平面 ABEF ，则 DM ⊥EF ，∴∠DMA 为二面角 D －FE －B 的平面角，∠DMA ＝60°. 1 在 Rt △AFH 中，∵AH ＝ ，AF ＝1， 2 ∴FH ＝ .又∵四边形 AMFH 为矩形，∴MA ＝FH ＝ . 3 ∵AD ＝MA ·tan ∠DMA ＝ 2 · 3＝3 2 .3因此，当AD 的长为时，二面角D－FE－B 的大小为60°.2。
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9 2
B 头头 头头头头头头 /wxc/
头头头头 头头头 wxckt@
头头 头头头头头头
/wxc/
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5
C 头头 头头头头头头 /wxc/
S 位于平面 α，β 之间，AS＝8，BS＝6，CS＝12，则 SD＝（ ）
A．3
B．9
C．18
D．10
7．下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )
A．9π B． 10π
C．11π
D．12π
8. 正方体的内切球和外接球的半径之比为（ ）
A. 3 :1
E
3 的正方形， EF // AB , EF 3 ,且 EF 与平面 ABCD 的距离为
2
D
2 ，则该多面体的体积为（ ） A
F
C B
A 头头 头头头头头头 /wxc/
头头头头 头头头 wxckt@
头头 头头头头头头
/wxc/
D
18.如图，在边长为 a 的菱形 ABCD 中，ABC 60 , PC 面ABCD ，E,F 是 PA 和 AB 的中点。
（1）求证： EF||平面 PBC ;
P
（2）求 E 到平面 PBC 的距离。
E
D A
C
F
B
19．（本题 12 分）已知：一个圆锥的底面半径为 R＝2，高为 H＝4，在其中有一 个高为 x 的内接圆柱 ．
．（填上所
有正确的序号）
①不论 D 折至何位置（不在平面 ABC 内）都有 MN / / 平面 DEC;
②不论 D 折至何位置都有 MN AE; ③不论 D 折至何位置（不在平面 ABC 内）都有 MN / / AB;