——立體幾何
一、選擇題
1．已知直線、，平面、，且，，則是的
.充要條件充分不必要條件
.必要不充分條件 .既不充分也不必要條件
2．如圖，水平放置的三稜柱的側稜長和底邊長均為2，
且側稜aa1⊥面a1b1c1，正檢視是邊長為2的正方形，
俯檢視為乙個等邊三角形，該三稜柱的左檢視面積為
a. b.
c. d.4
3．如右圖所示，△adp為正三角形，四邊形abcd
為正方形，平面pad⊥平面abcd．點m為平面
abcd內的乙個動點，且滿足mp=mc．則點m
在正方形abcd內的軌跡為
abcd
4．已知三條不重合的直線m、n、l兩個不重合的平面，有下列命題
①若 ②
③若④若其中真命題的個數是
a．4 b．3 c．2 d．1
5．如圖，在正三角形中，，，分別為各邊的
中點，，分別為， 的中點.將△沿
，，折成三稜錐以後，與所成
角的度數為
a．90° b．60° c．45° d．0°
二、填空題
6．已知abc的斜二測直觀圖是邊長為2的等邊，那麼原abc的面積為
7．已知三稜錐的四個頂點均在半徑為3的球面上，且pa、pb、pc兩兩互相垂直，則三稜錐的側面積的最大值為
8．如圖，在三稜錐中，三條稜，，
兩兩垂直，且》,分別經過三條
稜，，作乙個截面平分三稜錐的體積，
截面面積依次為，，，則，，的
大小關係為
9． 已知三稜錐中，底面為邊長等於2的等邊三角形，垂直於底面，=3，那麼直線與平面所成角的正弦值為
10．設是邊長為的正內的一點，點到三邊的距離分別為，則；模擬到空間，設是稜長為的空間正四面體內的一點，則點到四個面的距離之和
三、解答題
11. 乙個多面體的直觀圖和三檢視如下(其中分別是中點)：
(1)求證:平面;
(2)求多面體的體積.
12．如圖，四邊形中（圖1），是的中點，， ，將（圖1）沿直線折起，使二面角為（如圖2）
（1）求證：平面；
（2）求異面直線與所成角的余弦值；
（3）求點到平面的距離.
13．如圖，多面體中，是梯形，，是矩形，面面，，．
⑴求證：平面；
⑵若是稜上一點，平面，求；
⑶求二面角的平面角的余弦值．
14．如圖，已知直角梯形的上底，，，平面平面，是邊長為的等邊三角形。
（1）證明：；
（2）求二面角的大小。
（3）求三稜錐的體積。
15．如圖，已知bc是半徑為1的半圓o的直徑，a是
半圓周上不同於b，c的點，又dc面abc，四
邊形acde為梯形，de//ac，且ac＝2de，
cd＝2，二面角b－de－c的大小為，。
（1）證明：面abe面acde；
（2）求四稜錐b－acde的體積。
16. 如圖，在直三稜柱abc—a1b1c1中，ab⊥bc，p為a1c1的中點，ab=bc=kpa。
（1）當k=1時，求證pa⊥b1c；
（2）當k為何值時，直線pa與平面bb1c1c所成的角的正弦值為，並求此時二面角a—pc—b的余弦值。
17．乙個多面體的直觀圖和三檢視如圖所示，點是的中點，點是的中點．
（1）求證：平面平面；
（2）求多面體的體積；
（3）在上探求一點，使得平面．
參***
一、選擇題
1—5：badca
二、填空題
6. 7. 18 8. 9. 10.
三、解答題
11.解：由三檢視可知，該多面體是底面為直角三角形的直三稜柱ade-bcf，
且ab=bc=bf=2，de=cf=2 ，∴∠cbf=．
（1）證明：取bf的中點g，連線mg、ng，
由m，n分別為af，bc的中點可得，ng∥cf，mg∥ef，
∴平面mng∥平面cdef，又mn平面mng，
∴mn∥平面cdef．（2）取de的中點h．
∵ad=ae，∴ah⊥de，
在直三稜柱ade-bcf中，
平面ade⊥平面cdef，
平面ade∩平面cdef=de．∴ah⊥平面cdef．
∴多面體a-cdef是以ah為高，以矩形cdef為底面的稜錐，在△ade中，ah=．
s矩形cdef=deef=4 ，
∴稜錐a-cdef的體積為
v= s矩形cdefah=×4×= ．
12．如圖取bd中點m，連線am，me。
因因，滿足：,
所以是bc為斜邊的直角三角形
因是的中點,所以me為的中位線，
, 是二面角的平面角=
,且am、me是平面ame內兩相交於m的直線
平面aem
因,為等腰直角三角形，
（2）如圖，以m為原點mb為x軸，me為y軸，建立空間直角座標系，
則由（1）及已知條件可知b(1,0,0),，
,d,c
設異面直線與所成角為,
則由可知滿足，
是平面acd的乙個法向量,
記點到平面的距離d，則在法向量方向上的投影絕對值為d
則，所以d。
（2），(3)解法二：
取ad中點n，連線mn,則mn是的中位線,mn//ab,又me//cd
所以直線與所成角為等於mn與me所成的角，即或其補角中較小之一。
，n為在斜邊中點
所以有ne=,mn=,me=,
=(3)記點到平面的距離d，
則三稜錐b-acd的體積,
又由（1）知ae是a-bcd的高、
e為bc中點，aebc 又, ,
到平面的距離
解法三：(1) 因， 滿足：,。
如圖，以d為原點db為x軸，dc為y軸，建立空間直角座標系，
則條件可知d(0,0,0), b(2,0,0),c(0,1,0)，, a(a,b,c) (由圖知a>0,b>0,c>0)
得平面bcd的法向量可取,
，所以平面abd的乙個法向量為
則銳二面角的余弦值
從而有,
所以平面
(2)由（1），d(0,0,0), b(2,0,0),c(0,1,0)，
設異面直線與所成角為,則
(3)由可知滿足，
是平面acd的乙個法向量,
記點到平面的距離d，則在法向量方向上的投影絕對值為d
則 ……13分所以d
13．證明與求解：
⑴ 面，，從而。
又因為面，面面，所以平面。
⑵ 連線，記，在梯形中，因為，，所以，
，，從而，又因為，，所以。
連線，由平面得，
因為是矩形，所以。
⑶ 以為原點，、、分別為軸、軸、軸建立空間直角座標系，則，，，，，，
設平面的乙個法向量為，則有，
即，解得。
同理可得平面的乙個法向量為，觀察知二面角的平面角為銳角，所以其餘弦值為。
14．解：（1）在直角梯形中，因為，，
所以。因為，平面平面，平面平面，所以平面，因此在中，。
因為所以平面，所以在中，
。所以在中，，所以。
（2）設線段的中點為，連線，
因為是等邊三角形，所以，
因為平面平面，平面平面，所有平面，因此，由（1）知，所以平面，所以，因此就是二面角的平面角，在中，
，所以。
（3）15．解：（1）bc是直徑， baca 又dc面abc，
badc acdc＝c，ac，dc面acde
ba面acde 且ba面abe
面abe面acde
（2）延長de到f，使df＝ac，鏈結af，bf
dcac，故四邊形acde為矩形，dfaf
由（1）badf，afba＝a，
df面baf， bfdf
afb為二面角b－de－c的平面角，
即afb＝在rtbaf中，，
得ba＝ca＝，
由（1）知，四稜錐b－acde的高為ba
16.（1）連線b1p，因為在直三稜柱abc—a1b1c1中，p為a1c1的中點，
ab=bc，所以b1p⊥面a1c。
所以b1p⊥ap。
又因為當k=1時，
ab=bc=pa=pc，
∴ap⊥pc。
∴ap⊥平面b1pc，
∴pa⊥b1c。
（2）取線段ac中點m，線段bc中點n，
連線mn、mc1、nc1，
則mn//ab，∵ab⊥平面b1c，∴mn⊥平面b1c，
是直線pa與平面bb1c1c所成的角，
設ab=a，
即時，直線pa與平面bb1c1c所成的角的正弦值為
此時，過點m作mh，垂足為h，連線bh，
，由三垂線定理得bh⊥pc，
所以是二面角a—pc—b的平面角。
設ab=2，則bc=2，pa=-4，，
在直角三角形中aa1p中
，連線mp，在直角三角形中
由，又由，在直角三角形中bmh中，
解得，在直角三角形bmh中
所以二面角a—pc—b的余弦值是
另解：以點b為座標原點，分別以直線ba、bc、bb1為x軸、y軸建立空間直角座標系oxyz，
（1）設ab=2，則ab=bc=pa=2
根據題意得：
所以 （2）設ab=2，則，
根據題意：a（2，0，0），c（0，2，0）
又因為所以，
所以由題意得
即即時，直線pa與平面bb1c1c所成的角的正弦值為
的法向量
設平面bpc的乙個法向量為
由，得，
[所以此時二面角a—pc—b的余弦值是
17．證明：由三檢視可得直觀圖為直三稜柱且底面adf中ad⊥df,df=ad=dc
(1)連線db，則ac⊥db
又fd⊥ad fd⊥cd，
fd⊥面abcd
fd⊥ac．
又， ac⊥面fdb．
， 平面平面
（2）設多面體fmbec的體積為v，直三稜柱fad—ebc的體積為v1，
四稜錐f—madc的體積為v2，則
（3）點p在a點處。
證明：取fc中點為s，連線ga，gs，sm。
∵g是df的中點，∴gsdc，gs=dc，∴gsam，gs=am，∴四邊形amsg是平行四邊形,
∴agms．
∵ag平面fmc，ms平面fmc，
∴ag平面fmc．
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