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初三数学点线面角试题答案及解析1.如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F.（1）求∠F的度数；（2）若CD=2，求DF的长.【答案】（1）30°；（2）4.【解析】（1）根据平行线的性质可得∠EDC=∠B=60，根据三角形内角和定理即可求解；（2）易证△EDC是等边三角形，再根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．试题解析：解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠B=60°.∵DE∥AB，∴∠EDC=∠B=60°.∵EF⊥DE，∴∠DEF=90°.∴∠F=90°﹣∠EDC=30°.（2）∵∠ACB=60°，∠EDC=60°，∴△EDC是等边三角形．∴ED=DC=2.∵∠DEF=90°，∠F=30°，∴DF=2DE=4．【考点】1.等边三角形的判定与性质；2.平行的性质；3.含30度角的直角三角形的性质．2.如图，已知直线∥，∠1=120°，则∠的度数是 °.【答案】60°【解析】∵∠1+∠3=180°，∠1=120°∴∠3=60°∵a//b∴∠2=∠3=60°【考点】1、平行线的性质；2、邻补角的定义3.如图，能判定的条件是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】同位角相等、内错角相等、同旁内角互补都可以判定两条直线平行A和B中的角不是三线八角中的角；C中的角在同一个三角形中，故不能判定两直线平行．D中内错角∠A=∠ABE，则EB∥AC．故选D．【考点】平行线的判定4.如图，直线a、b被直线c所截，若满足，则a、b平行．【答案】∠1=∠2或∠3=∠2或∠3+∠4=1800【解析】∵∠1=∠2(以此为例)，∴a∥b（同位角相等两直线平行），故答案为：∠1=∠2．【考点】平行线的判定5.若∠α=70°，则它的补角是．【答案】110°．【解析】根据定义∠α的补角度数是180°﹣70°=110°．故答案是110°．【考点】余角和补角．6.命题“对顶角相等”的逆命题是．【答案】如果两个角相等，那么它们是对顶角．【解析】“对顶角相等”的条件是：两个角是对顶角，结论是：这两个角相等，所以逆命题是：如果两个角相等，那么它们是对顶角．故答案是如果两个角相等，那么它们是对顶角．【考点】命题与定理．7.如图，AB∥CD，点E在BC上，∠BED＝68°，∠D＝38°，则∠B的度数为（）A．30°B．34°C．38°D．68°【答案】A．【解析】∵∠BED=68°，∠D=38°，∴∠C=∠BED﹣∠D=68°﹣38°=30°，∵AB∥CD，∴∠B=∠C=30°．故选A．【考点】平行线的性质．8.如图，已知∥，，，则的度数为（）A．30°B．32.5°C．35°D．37.5°【答案】C【解析】如图：∵AB∥CD ∴∠C=∠BOE=65°(两直线平行，同位角相等)，∵∠BOE=∠A+∠E（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和.）∴∠A=∠BOE-∠E=65°-30°=35°故选C【考点】1、平行线的性质；2、三角形的外角性质.9.如图，BD平分∠ABC，CD∥AB，若∠BCD=70°，则∠ABD的度数为（）．A．55°B．50°C．45°D．40°【答案】A.【解析】∵CD∥AB，∴∠ABC+∠DCB=180°，∵∠BCD=70°，∴∠ABC=180°-70°=110°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=55°，故选A.【考点】平行线的性质．10.如图，已知AB∥CD，∠2=135°，则∠1的度数是（）A．35°B．45°C．55°D．65°【答案】B【解析】先求出∠3的度数，再根据平行线性质“两直线平行，内错角相等”得出∠1=∠3，代入求出即可．如图，∵AB∥CD，∴∠1=∠3，∵∠2=135°，∴∠3=180°-135°=45°，∴∠1=45°．【考点】平行线的性质．11.如图,△ABC中，∠A=90°，点D在AC边上，DE∥BC，如果∠1=145°，那么∠B的度数为（）A．35°B．25°C．45°D．55°【答案】D．【解析】先根据平角的定义求出∠EDC的度数，再由平行线的性质得出∠C的度数，根据三角形内角和定理即可求出∠B的度数：∵∠1=145°，∴∠EDC=180°-145°=35°.∵DE∥BC，∴∠C=∠EDC=35°.∵△ABC中，∠A=90°，∠C=35°，∴∠B=180°-90°-35°=55°．故选D．【考点】1.平行线的性质；2.直角三角形的性质．12.如图，∠B=30°，若AB∥CD，CB平分∠ACD，则∠ACD= 度.【答案】60。
初三数学点线面角试题答案及解析1.将一张正方形纸片，按如图步骤①，②，沿虚线对着两次，然后沿③中的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（）A．B．C．D．【答案】B．【解析】按照题意要求，动手操作一下，可得到正确的答案：展开铺平后的图形是B．故选B．【考点】剪纸问题．2.如图，直线a，b相交于点O，若∠1等于50°，则∠2等于（）A．50°B．40°C．140°D．130°【答案】A．【解析】直接根据对顶角相等的性质即可求解：∵∠2与∠1是对顶角，∠1=50°，∴∠2=∠1=50°．故选A．【考点】对顶角．3.阅读下列材料：已知：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，P为AC边上的一动点，以PB，PA 为边构造□APBQ，求对角线PQ的最小值及此时的值是多少．在解决这个问题时，小明联想到在学习平行线间的距离时所了解的知识：端点分别在两条平行线上的所有线段中，垂直于平行线的线段最短．进而，小明构造出了如图2的辅助线，并求得PQ的最小值为3．参考小明的做法，解决以下问题：（1）继续完成阅读材料中的问题：当PQ的长度最小时，=；（2）如图3，延长PA到点E，使AE=nPA（n为大于0的常数）．以PE，PB为边作□PBQE，那么对角线PQ的最小值为，此时=；（3）如图4，如果P为AB边上的一动点，延长PA到点E，使AE=nPA（n为大于0的常数），以PE，PC为边作□PCQE，那么对角线PQ的最小值为，此时=．【答案】（1）.（2）3，；（3），．【解析】（1）易证四边形PCBQ是矩形，由条件“四边形APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC，从而得到的值．（2）由题可知：当QP⊥AC时，PQ最短．可以证到四边形PCBQ是矩形．从而可以得到PQ=BC=3，PC=QB=EP，由AE=nPA可以用AP表示AC，从而求出的值．（3）由题可知：当QP⊥AB时，PQ最短．过点C作CH⊥AB，垂足为H，可以证到四边形PHCQ是矩形，从而有QC=PH，PQ=HC．由AE=nPA可以用AP表示EH．易证△AHC∽△ACB从而可以求出AH=，HC=，从而有PQ=HC=，EH=nPA+，则有EH=2（n+1）AP=nPA+，从而求出AP=，进而求出的值．试题解析：（1）如图2，∵四边形APBQ是平行四边形，∴AP∥BQ，AP=BQ．∵QP⊥AC，∠ACB=90°，∴∠APQ=∠C=90°．∴PQ∥BC．∵PC∥BQ，PQ∥BC，∠C=90°，∴四边形PCBQ是矩形．∴QB=PC．∴AP=PC．∴．（2）如图5，由题可知：当QP⊥AC时，PQ最短．∵QP⊥AC，∠ACB=90°，∴∠APQ=∠C=90°．∴PQ∥BC．∵四边形PBQE是平行四边形，∴EP∥BQ，EP=BQ．∵PC∥BQ，PQ∥BC，∠C=90°，∴四边形PCBQ是矩形．∴QB=PC，PQ=BC=3．∴EP=PC．∵AE=nPA，∴PC=EP=EA+AP=nPA+AP=（n+1）AP．∴AC=AP+PC=AP+（n+1）AP=（n+2）AP．∴．（3）过点C作CH⊥AB，垂足为H，如图6，由题可知：当QP⊥AB时，PQ最短．∵QP⊥AB，CH⊥AB，∴∠APQ=∠AHC=90°．∴PQ∥HC．∵四边形PCQE是平行四边形，∴EP∥CQ，EP=CQ．∵PH∥CQ，PQ∥HC，∠PHC=90°，∴四边形PHCQ是矩形．∴QC=PH，PQ=HC．∴EP=PH．∵AE=nPA，∴EP=EA+AP=nPA+AP=（n+1）AP．∴EH=2EP=2（n+1）AP．∵∠ACB=90°，BC=3，AC=4，∴AB=5．∵∠HAC=∠CAB，∠AHC=∠ACB=90°，∴△AHC∽△ACB．∴．∵BC=3，AC=4，AB=5，∴．∴AH=，HC=．∴PQ=HC=，EH=AE+AH=nPA+．∴EH=2（n+1）AP=nPA+．∴（2n+2-n）AP=．∴AP=．∴．【考点】相似形综合题.4.如图，BD平分∠ABC，CD∥AB，若∠BCD=70°，则∠CDB的度数为（）A．55°B．50°C．45°D．30°【答案】A【解析】∵CD∥AB，∴∠BCD+CBA=180°，∴∠CBA=180°﹣70°=110°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBA=55°，而AB∥CD，∴∠CDB=∠ABD=55°．故选A．【考点】平行线的性质5.若∠=30°，则∠的余角等于度，的值为 .【答案】60，.【解析】直接根据余角的概念和特殊角的三角函数值作答：∠的余角等于60度，的值为.【考点】1.余角的概念；2.特殊角的三角函数值.6.如图，直线a∥b，∠1=115°，则∠2=_________．【答案】65°.【解析】先根据对顶角相等，再根据两直线平行，同旁内角互补即可求出∠2的度数. 试题解析：如图：根据对顶角相等知∠3=∠1=115°又a∥b∴∠3+∠2=180°即∠2=180°-∠3=180°-115°=65°.【考点】平行线的性质.7.如图，直线a∥b，直线c分别与a，b相交，若∠1=70°，则∠2= ．【答案】110°【解析】直线a∥b，直线c分别与a，b相交，根据平行线的性质，以及对顶角的定义可求出．试题解析：如图：∵∠1=70°，∴∠3=∠1=70°，∵a∥b，∴∠2+∠3=180°，∴∠2=180°﹣70°=110°．【考点】1.平行线的性质；2.对顶角、邻补角．8.如图，把一块等腰直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，如果∠1=40°，那么∠2=（）A．40°B．45°C．50°D．60°【答案】C.【解析】解：∵∠∠1+∠3=90°，∠1=40°，∴∠3=50°，∵AB∥CD，∴∠2=∠3=50°．故选：C．【考点】平行线的性质．9.如图，小聪把一块含有60°角的直角三角板的两个顶点放在直尺的对边上，并测得∠1=23°，则∠2的度数是（）A．23°B．22°C．37°D．67°【解析】：∵直尺的两边互相平行，∠1=23°，∴∠3=∠1=23°，∴∠2=60°-∠3=60°-23°=37°．故选C．【考点】平行线的性质．10.如图,已知a∥b，小明把三角板的直角顶点放在直线b上.若∠2=40°,则∠1的度数为A．40°B．35°C．50°D．45°【答案】C.【解析】∵a∥b，∴∠3=∠2=40°，∴∠1=180°-40°-90°=50°．故选C．【考点】1.平行线的性质；2.余角和补角．11.如图，直线AB∥CD，直线EF分别交直线AB、CD于点E、F，过点F作FG⊥FE，交直线AB于点G.若∠1=42°，则∠2的大小是（）A.56°B.48°C.46°D.40°【答案】C.【解析】∵AB∥CD，∠1=42°，∴∠3=∠1=42°.∵FG⊥FE，∴∠4=90°.∴∠2=180°-∠4-∠3=46°.故选C.【考点】1.平行线的性质；2.垂直定义；3.平角概念.12.如图，直线l1∥l2，∠1=∠2=35°，∠P=90°，则∠3等于（）A．50°B．55°C．60°D．65°【答案】B．【解析】先根据两直线平行，同旁内角互补，求出∠3与∠4的和，再根据直角三角形两锐角互余求出∠4，∠3即可求得：如图，∵l1∥l2，∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°.∵∠1=∠2=35°，∴∠3+∠4=110°.∵∠P=90°，∠2=35°，∴∠4=90°-35°=55°.∴∠3=110°-55°=55°．故选B．【考点】1.平行线的性质；2.直角三角形的性质．13.如图，将三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，若，则的度数等于（）A．68°B．64°C．58°D．52°【答案】A.【解析】根据直角三角形两锐角互余求出∠4的度数，由对顶角相等求出∠5的度数，由三角形内角和求出∠6的度数，最后根据两直线平行，同位角相等即可求解．如图，∵∠1=30°，∴∠4=60°，∵∠2=52°，∴∠5=52°，∴∠6=180°-52°-60°=68°．故选A．考点: 1.平行线的性质；2. 直角三角形两锐角互余．14.如图，直线AB∥CD，直线EF与AB，CD分别交于点E，F，EC⊥EF，垂足为E，若∠1=60°，则∠2的度数为A．15°B．30°C．45°D．60°【答案】B【解析】如图，∠3=∠1=60°（对顶角相等），∵AB∥CD，EC⊥EF，∴∠3+90°+∠2=180°，即60°+90°+∠2=180°。
初三数学点线面角试题答案及解析1. 如图，直线AB ∥CD ，如果∠1=70°，那么∠BOF 的度数是（ ）A ．70°B ．100°C ．110°D ．120°【答案】C ．【解析】直接由“两直线平行，同旁内角互补”进行计算即可： ∵直线AB ∥CD ，∴∠BOF+∠1=180°． 又∵∠1=70°，∴∠BOF=110°． 故选C ．【考点】平行线的性质．2. 如图，a ∥b ，∠1=55°，∠2=65°，则∠3的大小是（ ）A ．50°B ．55°C ．60°D ．65°【答案】C.【解析】如答图， ∵∠1=55°，∠2=65°，∴∠ABC=60°. ∵a ∥b ，∴∠3=∠ABC=60°.故选C.【考点】1.三角形内角和定理；2.平行的性质.3. 如图，直线l 1∥l 2，且分别与△ABC 的两边AB 、AC 相交，若∠A=50°，∠1=35°，则∠2的度数为（）A．35° B．65° C．85° D．95°【答案】D【解析】∵直线l1∥l2，且∠1=35°，∴∠3=∠1=35°，∵在△AEF中，∠A=50°，∴∠4=180°﹣∠3﹣∠A=95°，∴∠2=∠4=95°，故选D.【考点】平行线的性质；三角形内角和定理4.将一张正方形纸片按如图1，图2所示的方向对折，然后沿图3中的虚线剪裁得到图4，将图4的纸片展开铺平，再得到的图案是（）A．B．C．D．【答案】B．【解析】按照图中的顺序向右上翻折，向左上角翻折，剪去左上角，展开即可．故选B．【考点】剪纸问题．5.如图，已知∥，，，则的度数为（）A．30°B．32.5°C．35°D．37.5°【答案】C【解析】如图：∵AB∥CD ∴∠C=∠BOE=65°(两直线平行，同位角相等)，∵∠BOE=∠A+∠E（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和.）∴∠A=∠BOE-∠E=65°-30°=35°故选C【考点】1、平行线的性质；2、三角形的外角性质.6.如图，以∠AOB的顶点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点C，交OB于点D．再分别以点C、D为圆心，大于CD的长为半径画弧，两弧在∠AOB内部交于点E，过点E作射线OE，连接CD．则下列说法错误的是A．射线OE是∠AOB的平分线B．△COD是等腰三角形C．C、D两点关于OE所在直线对称D．O、E两点关于CD所在直线对称【答案】D．【解析】A、连接CE、DE，根据作图得到OC=OD、CE=DE．∵在△EOC与△EOD中，，∴△EOC≌△EOD（SSS），∴∠AOE=∠BOE，即射线OE是∠AOB的平分线，正确，不符合题意；B、根据作图得到OC=OD，∴△COD是等腰三角形，正确，不符合题意；C、根据作图得到OC=OD，又∵射线OE平分∠AOB，∴OE是CD的垂直平分线，∴C、D两点关于OE所在直线对称，正确，不符合题意；D、根据作图不能得出CD平分OE，∴CD不是OE的平分线，∴O、E两点关于CD所在直线不对称，错误，符合题意．故选D．【考点】1.作图—基本作图；2.全等三角形的判定与性质；3.角平分线的性质．7.如图，直线l1∥l2，∠1＝40°，∠2＝75°，则∠3＝ ()A．55°B．60°C．65°D．70°【答案】C【解析】∵l1∥l2，∴∠BCA＝∠1＝40°，∵∠ABC是∠2的对顶角，∴∠ABC＝∠2＝75°，在△ABC中，∠3＋∠BCA＋∠ABC＝180°.∴∠3＝180°－(∠BCA＋∠ABC)＝180°－(40°＋75°)＝65°.故应选C.8.如图，直线a、b相交于点O，若∠1等于40°，则∠2＝()A．50°B．60°C．140°D．160°【答案】C【解析】∠2＝180°－∠1＝180°－40°＝140°.9.已知线段AB＝8 cm，在直线AB上有一点C，且BC＝4 cm，点M是线段AC的中点，求线段AM的长．【答案】2 cm或6 cm【解析】解：(1)当点C在线段AB上时，如图(1)AC＝AB－BC＝8－4＝4(cm)∵M是AC的中点，∴AM＝AC＝×4＝2(cm)．(2)当点C在线段AB的延长线上时，如图(2)AC＝AB＋BC＝8＋4＝12(cm)∵M是AC的中点，∴AM＝AC＝×12＝6(cm)，所以线段AM的长是2 cm或6 cm.10.如图，AB∥CD，AE交CD于点C，DE⊥AE，垂足为E，∠A＝37°，求∠D的度数.【答案】53°【解析】解：∵AB∥CD，∠A＝37°，∴∠ECD＝∠A＝37°.∵DE⊥AE，∴∠D＝90°－∠ECD＝90°－37°＝53°.11.若∠α=50°，则它的余角是°．【答案】40。
初一数学点线面角试题答案及解析1.如图，在所标识的角中，同位角是（）A．∠1和∠2B．∠1和∠3C．∠1和∠4D．∠2和∠3【答案】C．【解析】根据同位角、邻补角、对顶角的定义进行判断，A、∠1和∠2是邻补角，故A错误；B、∠1和∠3是邻补角，故B错误；C、∠1和∠4是同位角，故C正确；D、∠2和∠3是对顶角，故D错误．故选C．【考点】同位角、内错角、同旁内角．2.如图，EF//AD，∠1=∠2，∠BAC=80°．将求∠AGD的过程填写完整．∵EF∥AD，∴∠2= （）又∵∠1=∠2，∴∠1=∠3( )∴AB∥（）∴∠BAC＋ =180°( )∵∠BAC=80°，∴∠AGD= ．【答案】∠3，两直线平行，同位角相等. 等量代换 DG 内错角相等，两直线平行∠AGD 两直线平行，同旁内角互补. 100°【解析】根据题目所提供的解题思路，填写所缺部分即可.试题解析：∵EF∥AD，∴∠2= ∠3 （两直线平行，同位角相等. ）又∵∠1=∠2，∴∠1=∠3( 等量代换 )∴AB∥ DG （内错角相等，两直线平行）∴∠BAC＋∠AGD =180°( 两直线平行，同旁内角互补. )∵∠BAC=80°，∴∠AGD= 100°．【考点】平行线的判定与性质.3.把一条弯曲的公路改成直道，可以缩短路程．用几何知识解释其道理正确的是（）A．两点确定一条直线B．垂线段最短C．两点之间线段最短D．三角形两边之和大于第三边【答案】C．【解析】把弯曲的公路改成直道，其道理是两点之间线段最短．故选C．【考点】两点之间线段最短．4.如图，已知∠1=∠2，∠BAD=∠BCD，则下列结论(1)AB//CD；(2)AD//BC；(3)∠B=∠D；(4)∠D=∠ACB。
其中正确的有（）A、1个B、2个C、3个D、4个【答案】C【解析】根据所学知识：内错角相等，两直线平行。
参考答案一、选择题 1．D解析：当垂直于直线l 的两条直线与l 共面时，两条直线平行；当这两条直线与l 不共面时，两条直线平行或相交或异面．2．D解析：当将AD 1平移至BC 1，连接A 1C 1，∴∠A 1BC 1是异面直线A 1B 与AD 1所成的角. 在△A 1BC 1中，容易计算A 1B ＝BC 1＝5，A 1C 1＝2． ∴由余弦定理得cos ∠A 1BC 1＝54． 3．A解析：当平面外两点的连线与此平面垂直时，经过这两点与这个平面平行的平面不存在． 4．C解析：依条件得EF ∥＝21AC ，GH ∥＝21AC ，∴ EF ∥＝GH ． 又EH ∥＝21BD ，FG ∥＝21BD ，∴ EH ∥＝FG ． ∵AB ＝BC ，∴EF ＝EH ．∵ AC 与BD 所成角的大小为90°，∴ EF 与EH 所成角的大小为90°． ∴四边形EFGH 是正方形． 5．B解析：对于A ，满足条件的直线l 可以与m ，n 中一条相交；对于C ，若l 与m ，n 都不相交，∵ l 分别与m ，n 共面，∴ l ∥m ，l ∥n ．∴ m ∥n ．矛盾；对于D ，满足条件的直线可以与m ，n 都相交．6．A解析：若设AC ，BD 交于点O ，连接C 1O ，则BD ⊥CO ，BD ⊥C 1O ． ∴ ∠COC 1是二面角C 1-BD -C 的平面角．tan ∠COC 1＝BCCC 1＝33．∴ ∠COC 1＝30°．7．C解析：当A ，B 两点在 同侧时，直线AB 和平面 平行；当A ，B 两点在 异侧时，直线AB 和平面 相交．8．B解析：对于A ， ⊥ ，m ⊥ ，n ∥ ，m ，n 可以不垂直； 对于C ，m ⊥ ，n ∥ ，m ⊥n ， ， 可以不垂直； 对于D ， ⊥ ， ∩ ＝m ，n ⊥m ， n ， 可以不垂直． 9．A解析：设A ，C ∈ ，B ，D ∈ ，① 若AB ，CD 共面，∵ ∥ ，∴ AC ∥BD . ∵ E ，F 分别为AB ，CD 的中点，∴ EF ∥AC ，且EF ⊄ ，AC ⊂ ，∴ EF ∥ ．②若AB ，CD 为异面直线，则过点F 做直线MN ∥AB ，MN 交 于M ，交 于N ，则MC ∥ND ．∴ F 为的MN 中点．∴EF ∥AM ，且EF ⊄ ，AM ⊂ ，∴ EF ∥ ．10．A解析：连接AB ′，A ′B ，于是∠ABA ′＝6π，∠BAB ′＝4π. 设AB ＝a ，∴ A ′B ＝a cos6π＝2a ，BB ′＝a cos 4π＝2a ． ∴ A ′B ′＝12a ．∴ AB ∶A ′B ′＝2∶1． 二、填空题 11．60°．解析：将展开图恢复为正方体时，点B ，D 重合，∴ AB ，CD ，AC 三条面对角线构成等边三角形，∴ 直线AB ，CD 所成角的大小为60°．12．5．如图，取A 1B 1的中点G ，连接FG ，EG ， ∵FG ＝1，EG ＝2，∴ EF ＝5．(第10题)ABC A 1B 1C 1EFG(第12题)13．414a ． 解析：如图过点A 作AB ⊥OC ，垂足为B ，连接A ′B ， 点A 到直线OC 距离是AB ．依条件得AA ′＝23a ，A ′O ＝21a ，A ′B ＝42a ．∴ AB ＝16243+a ＝414a ． 14．60°．解析：依条件可知正四棱锥底面中心到一边的距离为1，侧面等腰三角形底边上的高为 2，∴ 侧面与底面所成的二面角的余弦值是21． ∴ 侧面与底面所成的二面角的大小是60°． 15．5．解析：依条件可知当a ∥ ，b ∥ 时，以上五种情况都有可能出现，因此五个结论都有可能成立． 三、解答题16． 证明：(1)∵ AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，且AB ∩AD ＝A ， ∴ AA 1⊥平面ABCD ．又BD ⊂平面ABCD ，∴ AA 1⊥BD ．又AC ⊥BD ，AA 1∩AC ＝A ，∴ BD ⊥平面ACC 1A 1． (2)∵ DD 1∥AA 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴ DD 1∥平面ACC 1A 1．∴ 点P 到平面ACC 1A 1的距离即为直线DD 1到面ACC 1A 1的距离. 也就是点D 到平面ACC 1A 1的距离，设AC ∩BD ＝O ，则DO 的长度是点D 到平面ACC 1A 1的距离．容易求出DO ＝22a ．∴ P 到平面ACC 1A 1的距离为22a ． 17．证明：(1)连接EO ，∵ 四边形ABCD 为正方形， ∴ O 为AC 的中点．∵ E 是PC 的中点，∴ OE 是△APC 的中位线．∴ EO ∥P A ．∵ EO ⊂平面BDE ，P A ⊂平面BDE ，∴P A ∥平面BDE ．(2)∵ PO ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴ PO ⊥BD ．∵ 四边形ABCD 是正方形， ∴ AC ⊥BD ．∵ PO ∩AC ＝O ，AC ⊂平面P AC ，PO ⊂平面P AC ， ∴ BD ⊥平面P AC ．18．(1)证明：∵ PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴ PD ⊥BC ． 由∠BCD ＝90°，得CD ⊥BC ． 又PD ∩DC ＝D ， PD ，DC ⊂平面PCD ， ∴ BC ⊥平面PCD ．∵ PC ⊂平面PCD ，故PC ⊥BC ．(2)解：(方法一)分别取AB ，PC 的中点E ，F ，连DE ，DF ， 则易证DE ∥CB ，DE ∥平面PBC ，点D ，E 到平面PBC 的距离相等． 又点A 到平面PBC 的距离等于点E 到平面PBC 的距离的2倍，由(1)知，BC ⊥平面PCD ， ∴平面PBC ⊥平面PCD ．∵ PD ＝DC ，PF ＝FC ，∴ DF ⊥PC ．又 ∴ 平面PBC ∩平面PCD ＝PC ， ∴ DF ⊥平面PBC 于F ． 易知DF ＝22，故点A 到平面PBC 的距离等于2． (方法二)：连接AC ，设点A 到平面PBC 的距离为h ． ∵ AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，∴ ∠ABC ＝90°． 由AB ＝2，BC ＝1，得△ABC 的面积S △ABC ＝1．由PD ⊥平面ABCD ，及PD ＝1，得三棱锥P -ABC 的体积V ＝31S △ABC ·PD ＝31．∵ PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，∴ PD ⊥DC ．ABCOA ′(第13题)A BC A 1B 1C 1P · DD 1O(第16题)POECDBA(第17题)(第18题)(第18题)又 ∴ PD ＝DC ＝1，∴ PC ＝22DC PD +＝2． 由PC ⊥BC ，BC ＝1，得△PBC 的面积S △PBC ＝22． ∵ V A - PBC ＝V P - ABC ，∴31S △PBC ·h ＝V ＝31，得h ＝2． 故点A 到平面PBC 的距离等于2．19．(1)证明：∵ AC ⊥BD ，又BB 1⊥平面ABCD ，且AC ⊂平面ABCD ， ∴ BB 1⊥AC . BD ∩BB 1＝B ，∴ AC ⊥平面B 1 D 1DB ． (2)证明：由(1)知AC ⊥平面B 1D 1DB ， ∵ BD 1⊂平面B 1D 1DB ，∴ AC ⊥BD 1． ∵ A 1D 1⊥平面A 1B 1BA ，AB 1⊂平面A 1B 1BA ， ∴ A 1D 1⊥AB 1．又 ∵ A 1B ⊥AB 1且A 1B ∩A 1D 1于A 1， ∴ AB 1⊥平面A 1D 1B ． ∵ BD 1⊂平面A 1D 1B ， ∴ BD 1⊥AB 1， 又 ∴ AC ∩AB 1＝A ， ∴ BD 1⊥平面ACB 1．(3)解：(方法1)C BB A ACB B V V 11＝--＝31×1×(21×1×1)＝61．(方法2)1ACB B V -＝21(31V 正方体)＝61． 20．(1)证明：∵ AB ⊥平面BCD ，∴ AB ⊥CD ． ∵ CD ⊥BC ，且AB∩BC ＝B ，∴ CD ⊥平面ABC ．又AC AE ＝ADAF＝ (0＜ ＜1)， ∴ 不论 为何值，恒有EF ∥CD ， ∴ EF ⊥平面ABC ． ABC ． ∵ EF ⊂平面BEF ， ∴不论 为何值总有平面BEF ⊥平面(2)解：由(1)知，BE ⊥EF ，又平面BEF ⊥平面ACD ，∴ BE ⊥平面ACD ．∴ BE ⊥AC ．∵ BC ＝CD ＝1，∠BCD ＝90°，∠ADB ＝60°，∴ BD ＝2，AB ＝6，AC ＝7．由△ABC ∽△AEB ，有AB 2＝AE ·AC ，从而AE ＝76．∴ ＝AC AE ＝76．故当 ＝76时，平面BEF ⊥平面ACD ．数列测试答案一、选择题1．A 解析：由等差数列的求和公式可得63S S ＝da da 1563311＋＋＝31，可得a 1＝2d 且d ≠0所以126S S ＝da da 661215611＋＋＝d d 9027＝103．2．B解析：解法1：设等比数列{a n }的公比为q ，等差数列{b n }的公差为d ，由a 6＝b 7，即a 1q 5＝b 7． ∵ b 4＋b 10＝2b 7，∴ (a 3＋a 9)－(b 4＋b 10)＝(a 1q 2＋a 1q 8)－2b 7 ＝(a 1q 2＋a 1q 8)－2a 1q 5 ＝a 1q 2(q 6－2q 3＋1) ＝a 1q 2(q 3－1)2≥0．(第20题)∴ a 3＋a 9≥b 4＋b 10． 解法2：∵ a 3·a 9＝a 26，b 4＋b 10＝2b 7，∴ a 3＋a 9－(b 4＋b 10)＝a 3＋a 9－2b 7．又a 3＋a 9－293a a ⋅＝(3a －9a )2≥0， ∴ a 3＋a 9≥293 a a ·．∵ a 3＋a 9－2b 7≥293a a ⋅－2b 7＝2a 6－2a 6＝0， ∴ a 3＋a 9≥b 4＋b 10． 3．C解析：∵ a 1＋a 2 008＝a 1 003＋a 1 006＝a 1 004＋a 1 005， 而a 1 003＋a 1 004＋a 1 005＋a 1 006＝18，a 1＋a 2 008＝9， ∴ S 2 008＝21(a 1＋a 2 008)×2 008＝9 036，故选C ． 4．B解析：∵ a ，b ，c 成等差数列，∴ 2b ＝a ＋c ， 又S △ABC ＝21ac sin 30°＝23，∴ ac ＝6， ∴ 4b 2＝a 2＋c 2＋12，a 2＋c 2＝4b 2－12， 又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 30°＝4b 2－12－63， ∴ 3b 2＝12＋63，b 2＝4＋23＝(1＋3)2． ∴ b ＝3＋1． 5．A解析：题中所给圆是以(5，0)为圆心，5为半径的圆，则可求过(5，3)的最小弦长为8，最大弦长为10，∴ a k －a 1＝2，即(k －1)d ＝2，k ＝d 2＋1∈[5，7]，∴ k ≠4．6．A解析：∵ a 7＋a 9＝a 4＋a 12＝16，a 4＝1，∴ a 12＝15． 7．A解析：∵ a 2＋a 6＝2a 4，a 5＋a 10＋a 15＝3a 10，∴ 6a 4＋6a 10＝24，即a 4＋a 10＝4， ∴ S 13＝2＋13131)(a a ＝2＋13104)(a a ＝26． 8．B解析：∵ ⎩⎨⎧78＝＋＋24＝－＋＋209118321a a a a a a∴ (a 1＋a 20)＋(a 2＋a 19)＋(a 3＋a 18)＝54， 即3(a 1＋a 20)＝54， ∴ a 1＋a 20＝18， ∴ S 20＝2＋20201)(a a ＝180． 9．C解析： 因数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1．因数列{a n ＋1}也是等比数列，则(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)⇒21＋n a ＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒(q －1)2＝0⇒q ＝1．由a 1＝2得a n ＝2，所以S n ＝2n ． 10．C解析：依题意a 2＝a 1q ＝2，a 5＝a 1q 4＝41，两式相除可求得q ＝21，a 1＝4，又因为数列{a n }是等比数列，所以{a n ·a n ＋1}是以a 1a 2为首项，q 2为公比的等比数列，根据等比数列前n 项和公式可得222111q q a a n－)－(＝332(1－4－n )．二、填空题 11．－2．解析：当q ＝1时，S n +1＋S n +2＝(2n ＋3)a 1≠2na 1＝2S n ，∴ q ≠1． 由题意2S n ＝S n +1＋S n +2⇒S n +2－S n ＝S n －S n +1， 即－a n +1＝a n +2＋a n +1，a n +2＝－2a n +1，故q ＝－2． 12．1．解析：方法一 ∵ S n －S n －1＝a n ，又S n 为等差数列，∴ a n 为定值． ∴ {a n }为常数列，q ＝1-n n a a ＝1．方法二：a n 为等比数列，设a n ＝a 1q n －1，且S n 为等差数列，∴ 2S 2＝S 1＋S 3，2a 1q ＋2a 1＝2a 1＋a 1＋a 1q ＋a 1q 2，q 2－q ＝0，q ＝0(舍)q ＝1. 所以答案为1． 13．256，377． 解析：a 9＝28＝256，S 9＝(a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9)＋(a 2＋a 4＋a 6＋a 8) ＝(1＋22＋24＋26＋28)＋(3＋7＋11＋15) ＝341＋36 ＝377． 14．74．解析：由{a n }是等比数列，S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10，S 20－S 10＝a 11＋a 12＋…＋a 20＝q 10S 10，S 30－S 20＝a 21＋a 22＋…＋a 30＝q 20S 10，即S 10，S 20－S 10，S 30－S 20也成等比数列，得(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，得(56－32)2＝32(S 30－56)，∴ S 30＝3232－562)(＋56＝74． 15．21，211． 解析：将a 1＋a 2＋a 3＝8，①2n －36＝36(2n －1)．a 4＋a 5＋a 6＝－4．②两式相除得q 3＝－21， ∴ a 13＋a 14＋a 15＝(a 1＋a 2＋a 3) q 12＝8·421－⎪⎭⎫ ⎝⎛＝21，S 15＝21＋121－－185⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛＝211． 16．152．解析：由a n +2＋a n +1＝6a n 得q n +1＋q n ＝6q n －1，即q 2＋q －6＝0，q ＞0，解得q ＝2，又a 2＝1，所以a 1＝21，S 4＝2121214－)－(＝152．三、解答题17．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由前n 项和的概念及已知条件得a 21＝9(2a 1＋d )，①4a 1＋6d ＝4(2a 1＋d )．②由②得d ＝2a 1，代入①有21a ＝36a 1，解得a 1＝0或a 1＝36． 将a 1＝0舍去． 因此a 1＝36，d ＝72， 故数列{a n }的通项公式a n ＝36＋(n －1)·72＝718．解析：(1)证明：因a 1，a 2，a 4成等比数列，故22a ＝a 1a 4，而{a n }是等差数列，有a 2＝a 1＋d ，a 4＝a 1＋3d ，于是(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即21a ＋2a 1d ＋d 2＝21a ＋3a 1d ． d ≠0，化简得a 1＝d ．(2)由条件S 10＝110和S 10＝10a 1＋d 2910⨯，得到10a 1＋45d ＝110， 由(1)，a 1＝d ，代入上式得55d ＝110，故d ＝2，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ． 因此，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ＝1，2，3，…)．19．解析；由题意得22a ＝a 1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，d (d －a 1)＝0， 又d ≠0，∴ a 1＝d ．又a 1，a 3，1k a ，2k a ，…，n a k ，…，成等比数列， ∴ 该数列的公比为q ＝13a a ＝dd 3＝3， ∴ n a k ＝a 1·3n +1． 又n a k ＝a 1＋(k n －1)d ＝k n a 1，∴ k n ＝3n +1为数列{k n }的通项公式．】、 20．解析：(1)由a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5，∴ b 1＝a 2－2a 1＝3． 由S n ＋1＝4a n ＋2 ①，则当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2． ② ②－①得a n ＋1＝4a n －4a n －1，∴ a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)．又∵ b n ＝a n ＋1－2a n ，∴ b n ＝2b n －1．∴ {b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． ∴ b n ＝3×2 n －1．(2)∵ c n ＝n n a 2，∴ c n ＋1－c n ＝112++n n a －n n a 2＝1122++-n n n a a ＝12+n n b ＝11223+-⨯n n ＝43，c 1＝21a ＝21，∴ {c n }是以21为首项，43为公差的等差数列．(3)由(2)可知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧nn a 2是首项为21，公差为43的等差数列． ∴nn a 2＝21＋(n －1)43＝43n －41，a n ＝(3n －1)·2n －2是数列{a n }的通项公式． 设S n ＝(3－1)·2－1＋(3×2－1)·20＋…＋(3n －1)·2n －2． S n ＝2S n －S n＝－(3－1)·2－1－3(20＋21＋…＋2n －2)＋(3n －1)·2n－1＝－1－3×12121－－－n ＋(3n －1)·2n －1＝－1＋3＋(3n －4)·2n －1＝2＋(3n －4)·2n －1．∴ 数列{a n }的前n 项和公式为S n ＝2＋(3n －4)·2n －1．。
人教版七年级数学上册4.1.2 点线面体同步测试（含答案）一、单选题1．下列几何图形与相应语言描述相符的个数有（）A．1 个B．2 个C．3 个D．4 个2．如图，用一个平面去截正方体截面形状不可能．．．为下图中的（）A．B．C．D．3．观察下图，把左边的图形绕着给定的直线旋转一周后，可能形成的立体图形是（）A．B．C．D．4．如图，用一个平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面的形状是（）A．B．C．D．5．用一个平面去截圆柱体，则截面形状不可能是（）A．正方形B．三角形C．长方形D．圆6．如图，有一个棱长是4cm的正方体，从它的一个顶点处挖去一个棱长是1cm的正方体后，剩下物体的表面积和原来的表面积相比较（）A．变大了B．变小了C．没变D．无法确定变化7．用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是（）A．四边形B．五边形C．六边形D．七边形8．十个棱长为a的正方体摆放成如图的形状，这个图形的表面积是（）A．36a2B．36a C．6a2D．30a29．用一个平面去截圆柱体，则截面形状不可能是（）A．梯形B．正方形C．长方形D．圆10．用一个平面去截下列四个几何体，可以得到三角形截面的几何体有（）A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题11．如图，正三棱柱的底面周长为9，截去一个底面周长为3的正三棱柱，所得几何体的俯视图的周长是．12．一个长方形绕着它的一条边旋转一周，所形成的几何体是．13．用个平面去截下列几何体：①球体、②圆锥、③圆柱、④正三枝柱、⑤长方体，得到的截面形状可能是三角形的有（写出正确的序号）．14．若三棱柱的高为6 cm，底面边长都为5 cm，则三棱柱的侧面展开图的周长为cm，面积为cm2．15．如图，正方体的棱长为a，沿着共一个顶点的三个正方形的对角线裁截掉一个几何体之后，截面△ABC的面积=．三、解答题16．如图所示为一个正方体截去两个角后的立体图形，如果照这样截取正方体的八个角，则新的几何体的棱有多少条？请说明你的理由．17．如图所示，一个长方体的长.宽.高分别是10cm，8cm，6cm，有一只蚂蚁从点A 出发沿棱爬行，每条棱不允许重复，则蚂蚁回到点 A 时，最多爬行多远?并把蚂蚁所爬行的路线用字母按顺序表示出来．18．图中的立体图形是由哪个平面图形旋转后得到？请用线连起来．19．探究：有一弦长6cm，宽4cm的矩形纸板，现要求以其一组对边中点所在直线为轴，旋转180°，得到一个圆柱，现可按照两种方案进行操作：方案一：以较长的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图①；方案二：以较短的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图②．（1）请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（2）如果该矩形的长宽分别是5cm和3cm呢？请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（3）通过以上探究，你发现对于同一个矩形（不包括正方形），以其一组对边中点所在直线为轴旋转得到一个圆柱，怎样操作所得到的圆柱体积大（不必说明原因）？20．长和宽分别是4cm和2cm的长方体分别沿长、宽所在直线旋转一周得到两个几何体，哪个几何体的体积大？为什么？21．下图是长方体的表面展开图，将它折叠成一个长方体.（1）哪几个点与点N重合？（2）若AE=CM=12cm，LE=2cm，KL=4cm，求这个长方体的表面积和体积. 22．在一块长为7x+5y，宽为5x+3y的长方形铁片的四个角都剪去一个边长为x+y的小正方形，然后折成一个无盖的盒子，求这个盒子的表面积（用含x、y的代数式表示）.23．有3个棱长分别是3cm，4cm，5cm的正方体组合成如图所示的图形．其露在外面的表面积是多少？（整个立体图形摆放在地上）24．将一个长方形绕它的一边所在的直线旋转一周，得到的几何体是圆柱，现在有一个长为4厘米，宽为3厘米的长方形，分别绕它的长、宽所在的直线旋转一周，得到不同的圆柱体，它们的体积分别是多大？答 案1．C 2．A 3．C 4．B 5．B 6．C 7．D 8．A 9．A 10．B 11．8 12．圆柱体13．②④⑤ 14．42；90 15．√3a 216．解：∵一个正方体有12条棱，一个角上裁出3条棱，即8个角共3×8条棱，∴12+3×8=36条．故新的几何体的棱有36条17．解：由于不能重复且最后回到点 A 处，那么经过的棱数便等于经过的顶点数，当走的路线最长时必过所有顶点，则选择合理的路线时尽可能多地经过长为 10CM 的棱即可． 10×4+8×2+6×2=68(cm) ，所以最多爬行 68CM ．路线举例： A →B →C →D →H →G →F →E →A ． 18．解：如图．19．解：（1）方案一：π×32×4=36π（cm 3），方案二：π×22×6=24π（cm 3），∵36π＞24π，∴方案一构造的圆柱的体积大；（2）方案一：π×（52）2×3=754π（cm 3）， 方案二：π×（32）2×5=454π（cm 3）， ∵754π＞454π， ∴方案一构造的圆柱的体积大；（3）由（1）、（2），得以较长一组对边中点所在直线为轴旋转得到的圆柱的体积大．20．【解答】解：分两种情况：①绕长所在的直线旋转一周得到圆柱体积为：π×22×4=16π（cm3）；②绕宽所在的直线旋转一周得到圆柱体积为：π×42×2=32π（cm3）．∵16π＜32π，∴绕宽所在的直线旋转一周得到圆柱体积大．21．解：结合图形可知，折叠成一个长方体后，与字母N重合的点有2个：点F和点J;（2）若AE=CM=12cm，LE=2cm，KL=4cm，求这个长方体的表面积和体积.解：由AE=CM=12cm，KL=4cm，可得CH=CM-LK=12-4=8cm，长方体的表面积；2×（8×4+2×4+2×8）=112cm2；体积：4×8×2=64cm3.（1）解：结合图形可知，折叠成一个长方体后，与字母N重合的点有2个：点F和点J;（2）解：由AE=CM=12cm，KL=4cm，可得CH=CM-LK=12-4=8cm，长方体的表面积；2×（8×4+2×4+2×8）=112cm2；体积：4×8×2=64cm3.22．解：由题意，得(7x+5y)(5x+3y)−4(x+y)2=35x2+21xy+25xy+15y2−4(x2+2xy+y2)=35x2+46xy+15y2−4x2−8xy−4y2 =31x2+38xy+11y2.∴这个盒子的表面积为(31x2+38xy+11y2) .23．解：露在外面的表面积：5×5+4×（3×3+4×4+5×5）=25+4×（9+16+25）=225cm2．24．解：绕长所在的直线旋转一周得到圆柱体积为：π×32×4=36πcm3．绕宽所在的直线旋转一周得到圆柱体积：π×42×3=48πcm3。
//a α点线面位置关系总复习知识梳理一、直线与平面平行1.判定方法（1）定义法：直线与平面无公共点。
（2）判定定理：（3）其他方法：//a αββ⊂2.性质定理：//a a bαβαβ⊂⋂=二、平面与平面平行1.判定方法（1）定义法：两平面无公共点。
//a b a b αα⊄⊂//a α//a b//a b//a b （2）判定定理：////a b a b a b Pββαα⊂⊂⋂= //αβ （3）其他方法：a a αβ⊥⊥ //αβ; ////a γβγ//αβ 2.性质定理：//a bαβγαγβ⋂=⋂=三、直线与平面垂直（1）定义：如果一条直线与一个平面内的所有直线都垂直，则这条直线和这个平面垂直。
（2）判定方法① 用定义.② 判定定理:a ba cb c A b c αα⊥⊥⋂=⊂⊂ a α⊥③ 推论://a a bα⊥ b α⊥ （3）性质①a b αα⊥⊂ a b ⊥ ②a b αα⊥⊥四、平面与平面垂直（1）定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直线二面角，就说这两个平面互相垂直。
（2）判定定理a a αβ⊂⊥ αβ⊥（3）性质①性质定理l a a lαβαβα⊥⋂=⊂⊥ αβ⊥ ② l P P A Aαβαβαβ⊥⋂=∈⊥垂足为 A l ∈ 3 l P PA αβαβαβ⊥⋂=∈⊥ PA α⊂“转化思想”面面平行 线面平行 线线平行面面垂直 线面垂直 线线垂直●求二面角1.找出垂直于棱的平面与二面角的两个面相交的两条交线,它们所成的角就是二面角的平面角.2.在二面角的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角的平面角例1．如图，在三棱锥S-ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，且分别交AC于D，交SC于E，又SA=AB，SB=BC，求以BD为棱，以BDE和BDC为面的二面角的度数。
●求线面夹角定义：斜线和它在平面内的射影的夹角叫做斜线和平面所成的角（或斜线和平面的夹角）方法：作直线上任意一点到面的垂线，与线面交点相连，利用直角三角形有关知识求得三角形其中一角就是该线与平面的夹角。
4.1.2点、线、面、体能力提升1.如左下图,绕虚线旋转得到的实物图是()2.下列几何体中,有6个面的几何图形有()①长方体;②圆柱;③四棱柱;④正方体;⑤三棱柱.A.1个B.2个C.3个D.4个3.如果一个直棱柱有12个顶点,那么它的面的个数是()A.10B.9C.8D.74.下列说法正确的有()①四面体的各个面都是三角形;②圆柱、圆锥的底面都是圆;③圆柱是由两个面围成的;④长方体的面不可能是正方形.A.1个B.2个C.3个D.4个5.观察下图,把左边的图形绕着给定的直线旋转一周后可能形成的立体图形是()6.薄薄的硬币在桌面上转动时,看上去像球,这说明了.7.航天飞机拖着“长长的火焰”,我们用数学知识可解释为点动成线.用数学知识解释下列现象:(1)一只小蚂蚁爬行留下的路线可解释为.(2)电动车车辐条运动形成的图形可解释为.8.如图,正方形ABCD的边长为3 cm,以直线AB为轴,将正方形旋转一周,所得几何体从正面看的图形的面积是 cm2.9.观察如图所示的图形,写出下列问题的结果:(1)这个图形的名称是;(2)这个几何体有个面,有个底面,有个侧面,底面是形,侧面是形.(3)侧面的个数与底面多边形的边数有什么关系?10.用数学的眼光去观察问题,你会发现很多图形都能看成是动静结合,舒展自如的.下面所给的三排图形都存在着某种联系,用线将它们连起来.11.观察下列多面体,并把下表补充完整.名称三棱柱四棱柱五棱柱六棱柱图形顶点数a 6 10 12观察上表中的结果,你能发现a,b,c之间有什么关系吗?请写出关系式.★12.如图所示,长方形绕虚线旋转一周后,形成的图形是什么?旋转半周呢?创新应用★13.十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数(V)、面数(F)、棱数(E)之间存在的一个有趣的关系式,被称为欧拉公式.请你观察下列几种简单多面体模型,解答下列问题:(1)根据上面多面体模型,完成表格中的空格:你发现顶点数(V)、面数(F)、棱数(E)之间存在的关系式是.(2)一个多面体的面数比顶点数大8,且有30条棱,则这个多面体的面数是.(3)某个玻璃饰品的外形是简单多面体,它的外表面是由三角形和八边形两种多边形拼接而成,且有24个顶点,每个顶点处都有3条棱,设该多面体外表三角形的个数为x个,八边形的个数为y个,求x+y的值.参考答案能力提升1.D要能想象到它转动后的形状,面动成体.一个梯形以底所在直线为轴旋转,上、下两部分形成圆锥,中间形成圆柱,是由两个圆锥和一个圆柱组合而成,故应选D.2.C3.C直棱柱有12个顶点,一定是六棱柱,所以它的面的个数是8.4.B①②正确;圆柱是由三个面围成的,所以③错误;长方体的面可能是正方形,所以④错误.5.D由图形可以看出,左边的长方形的竖直的两个边与已知的直线平行,因而这两条边旋转形成两个柱形表面,旋转一周后可能形成的立体图形是一个管状的物体.6.面动成体从运动的观点可知,薄薄的硬币在桌面上转动时,看上去像球,这种现象说明面转动成体.7.(1)点动成线(2)线动成面8.18将正方形旋转一周所形成的图形是圆柱,从正面看圆柱是一个长方形,长方形的一边长为3cm,另一边长为6cm.所以面积为18cm2.9.解:(1)六棱柱(2)826六边长方(3)侧面的个数与底面多边形的边数相等.10.解:从第一行的平面图形绕某一边旋转或沿某一方向平移可得到第二行的立体图形,从第二行的立体图形的上面看可得到第三行的平面图形.(1)→(三)→(D);(2)→(二)→(C);(3)→(四)→(B);(4)→(一)→(A).11.解:填表为:名称三棱柱四棱柱五棱柱六棱柱图形顶点数a 6 8 10 12棱数b9 12 15 18面数c 5 6 7 8根据表中结果,发现a,b,c之间的关系为a+c-b=2.12.解:长方形绕图示虚线旋转一周后形成的图形是圆柱,旋转半周所形成的图形也是圆柱.创新应用13.解:(1)四面体的棱数为6;正八面体的顶点数为6;关系式为V+F-E=2.(2)由题意得,F-8+F-30=2,解得F=20.(3)因为有24个顶点,每个顶点处都有3条棱,两点确定一条直线,所以共有24×3÷2=36条棱.那么24+F-36=2,解得F=14,所以x+y=14.先制定阶段性目标—找到明确的努力方向每个人的一生,多半都是有目标的,大的目标应该是一个十年、二十年甚至几十年为之奋斗的结果,应该定得比较远大些,这样有利于发挥自己的潜能。
初三数学点线面角试题答案及解析1.已知∠A=43°，则∠A的补角等于度．【答案】137．【解析】据补角的和等于180°计算：∵∠A=43°，∴它的补角=180°﹣4°=137°．【考点】补角的定义．2.如图，a∥b，∠1=55°，∠2=65°，则∠3的大小是（）A．50°B．55°C．60°D．65°【答案】C.【解析】如答图，∵∠1=55°，∠2=65°，∴∠ABC=60°.∵a∥b，∴∠3=∠ABC=60°.故选C.【考点】1.三角形内角和定理；2.平行的性质.3.如图所示，已知AB∥CD，CE平分∠ACD，当∠A=120°时，∠ECD的度数是（）A．45°B．40°C．35°D．30°【答案】D．【解析】∵AB∥CD，∠A=120°，∴∠DCA=180°-∠A=60°，∵CE平分∠ACD，∴∠ECD=∠DCA=30°，故选D．【考点】平行线的性质．4.如图所示，∠1+∠2=180°，∠3=100°，则∠4等于（）A．100°B．90°C．80°D．70°【答案】A．【解析】∵∠1+∠5=180°，∠1+∠2=180°，∴∠2=∠5，∴a∥b，∴∠3=∠6=100°，∴∠4=100°．故选A．【考点】平行线的判定与性质．5.如图，把一块含有45°角的直角三角板两个顶点放在直尺的对边上，如果∠1=20°，则∠2的度数是（）A．15°B．20°C．25°D．30°【答案】C．【解析】如图，根据题意可知，两直线平行，同位角相等，∴∠1=∠3.∵∠3+∠2=45°，∴∠1+∠2=45°.∵∠1=20°，∴∠2=25°．故选C．【考点】平行线的性质．6.如图，AB∥CD，点E在BC上，且CD=CE，∠D=74°，则∠B的度数为（）A．74°B．32°C．22°D．16°【解析】根据等腰三角形两底角相等求出∠C的度数，再根据两直线平行，内错角相等解答即可: ∵CD=CE，∴∠D=∠DEC．∵∠D=74°，∴∠C=180°-74°×2=32°．∵AB∥CD，∴∠B=∠C=32°．故选B．【考点】1．平行线的性质；2．等腰三角形的性质．7.如图，已知AB∥CD∥EF，则x、y、z三者之间的关系是．【答案】x=180°+z-y【解析】本题主要利用平行线的性质求解，熟练掌握性质是解题的关键．根据两直线平行，同旁内角互补求出∠CEF，再根据两直线平行，内错角相等即可得到x=∠AEF．解：∵CD∥EF，∴∠CEF=180°-y，∵AB∥EF，∴x=∠AEF=z+∠CEF，即x=180°+z-y．故答案为：x=180°+z-y．8.如图，已知AB∥CD，BE平分∠ABC，交CD于点D，∠CDE＝150°，则∠C的度数是()A．100°B．110°C．120°D．150°【答案】C【解析】∵∠CDE＝150°，∴∠CDB＝180°－∠CDE＝180°－150°＝30°，∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠CDB＝30°，又∵BE平分∠ABC，∴∠ABC＝2∠ABD＝2×30°＝60°，∵AB∥CD，∴∠ABC＋∠C＝180°，∴∠C＝180°－∠ABC＝180°－60°＝120°.故应选C.9.如图，直线a、b被直线c所截，下列说法正确的是（）A．当∠1＝∠2时，一定有a∥bB．当a∥b时，一定有∠1＝∠2C．当a∥b时，一定有∠1＋∠2＝90°D．当∠1＋∠2＝180°时，一定有a∥b【解析】A.若∠1＝∠2不符合a∥b的条件，故本选项错误；B.若a∥b，则∠1＋∠2＝180°，∠1不一定等于∠2，故本选项错误；C.若a∥b，则∠1＋∠2＝180°，故本选项错误；D.如图，由于∠1＝∠3，当∠3＋∠2＝180°时，a∥b，所以当∠1＋∠2＝180°时，一定有a∥b，故本选项正确.故选D.10.如图，AB∥CD，AE交CD于点C，DE⊥AE，垂足为E，∠A＝37°，求∠D的度数.【答案】53°【解析】解：∵AB∥CD，∠A＝37°，∴∠ECD＝∠A＝37°.∵DE⊥AE，∴∠D＝90°－∠ECD＝90°－37°＝53°.11.正六边形的半径为15，则其边长等于_______。
4.1.2 点、线、面、体分层作业1．（2021秋•伊川县期末）“枪挑一条线，棍扫一大片”，从数学的角度解释为（）A．点动成线，线动成面B．线动成面，面动成体C．点动成线，面动成体D．点动成面，面动成线【解析】解：“枪挑一条线，棍扫一大片”，从数学的角度解释为：点动成线，线动成面，故选：A．2．（2022秋•青岛期中）下列平面图形绕虚线旋转一周，能形成如图所示几何体的是（）A．B．C．D．【解析】解：将平面图形绕着虚线旋转一周可以得到的几何体为，故选：C．3．（2022秋•雁塔区校级期中）下列几何体中可以由平面图形绕某条直线旋转一周得到的是（）A．B．C ．D ．【解析】解：因为平面图形绕某条直线旋转一周得到的几何体必须有曲面，所以B 选项符合题意，故选：B ．4．（2022春•绥棱县期末）长方形长5厘米，宽3厘米，以宽为轴旋转一周得到圆柱的体积是（ ）立方厘米．A ．225.5B ．235.5C ．245.5D ．255.5【解析】解：由题意可知，圆柱体的底面半径为5厘米，高为3厘米，所以体积为25375235.5ππ⨯⨯=≈（立方厘米），故选：B ．5．（2022秋•朝阳区校级期中）用纸片和小棒做成下面的小旗，快速旋转小棒，所形成的图形正确顺序是（ ）A ．①②③④B ．③④①②C ．①③②④D ．④②①③【解析】解：因为半圆绕直径旋转可形成球体，长方形绕一边旋转可形成圆柱体，三角形绕一直角边旋转可形成圆锥，直角梯形绕下底旋转可形成圆柱与圆锥的组合体．所以旋转小棒，所形成的图形正确顺序是③④①②．故选：B ．6．（2022秋•单县校级月考）笔尖在纸上快速滑动写出了一个又一个字，这说明了 ；直角三角形绕它的直角边旋转一周，形成了一圆锥体，这说明了 ．“齐天大圣”孙悟空有一个宝贝——金箍棒，当他快速旋转金箍棒时，展现在我们眼前的是一个圆的形象，这说明 ．【解析】解：“笔尖”可近似看作“点”笔尖在纸上快速滑动，说明点动成线，直角三角形可以看作是“面”，旋转一周形成了一圆锥体，说明“面动成体”，“金箍棒”可近似看作“线段”，快速旋转金箍棒，展现在我们眼前的是一个圆的形象，实际上就是“线动成面”，故答案为：点动成线，面动成体，线动成面．7．（2022秋•奎文区期中）如图，下面的几何体是由图（填写序号）的平面图形绕直线l旋转一周得到的．【解析】解：由图可知，只有图②绕直线l旋转一周得到如图所示立体图形．故答案为：②．8．（2022秋•子洲县校级月考）如图，某银行大堂的旋转门内部由三块宽为2m、高为3m的玻璃隔板组成．（1）将此旋转门旋转一周，能形成的几何体是，这能说明的事实是（选择正确的一项填入）．A．点动成线B．线动成面C．面动成体（2）求该旋转门旋转一周形成的几何体的体积．（边框及衔接处忽略不计，结果保留)【解析】解：（1）因为旋转门的形状是长方形，所以旋转门旋转一周，能形成的几何体是圆柱，这能说明的事实是面动成体．故答案为：圆柱，C ．（2）该旋转门旋转一周形成的几何体是圆柱，体积为：232312()m ππ⨯⨯=．故形成的几何体的体积是312m π．9．（2021秋•建宁县期中）已知如图是边长为2cm 的小正方形，现小正方形绕其对称轴线旋转一周，可以得到一个几何体，求所得的这个几何体的体积．【解析】解：小正方形绕着对称轴所在的直线旋转一周，所得到的圆柱体的底面半径为1cm ，高为2cm ，所以体积为23122()cm ππ⨯⨯=，答：这个几何体的体积为2π3cm ．10．（2022秋•朝阳区校级期中）绕一个直角三角形（如图）的长直角边旋转一周，得到一个立体图形．（1）这个立体图形是什么？（2）这个立体图形的体积是多少？（单位：厘米， 3.14)π≈【解析】解：（1）绕一个直角三角形（如图）的长直角边旋转一周，得到一个圆锥；答：这个立体图形是圆锥；（2）21 3.14343⨯⨯⨯13.1494=⨯⨯⨯3=（立方厘米），37.68答：这个立体图形的体积是37.68立方厘米．11．（2022秋•迎泽区校级月考）下列四个选项绕直线旋转一周可以得到如图立体图形的是（）A．B．C．D．【解析】解：由长方形绕着它的一边所在直线旋转一周可得到圆柱体，如图立体图形是两个圆柱的组合体，则需要两个一边对齐的长方形，绕对齐边所在直线旋转一周即可得到．故选：A．12．（2021秋•玄武区期末）将如图所示的长方形绕它的对角线所在直线旋转一周，形成的几何体是（）A．B．C．D．【解析】解：一个长方形绕它的对角线所在直线旋转一周，得到的几何体是如下：故选：B．13．（2021秋•宣汉县期末）在朱自清的《春》中描写春雨“像牛毛、像花针、像细丝，密密麻麻地斜织着”的语句，这里把雨看成了线，这说明了（）A ．点动成线B ．线动成面C ．面动成体D ．以上都不对【解析】解：在朱自清的《春》中描写春雨“像牛毛、像花针、像细丝，密密麻麻地斜织着”的语句，这里把雨看成了线，这说明了：点动成线，故选：A ．14．（2022秋•市中区校级月考）你见过一种折叠灯笼吗？它看起来是平面的，可是提起来后却变成了美丽的灯笼，这个过程可近似地用哪个数学原理来解释（ ）A ．点动成线B ．线动成面C ．面动成体D ．面与面相交的地方是线【解析】解：由平面图形变成立体图形的过程是面动成体，故选：C ．15．（2022秋•尤溪县期中）现有一个长方形，长和宽分别为3cm 和2cm ，绕它的一条边所在的直线旋转一周，得到的几何体的体积为（ ）A ．12πB ．27πC ．12π或18πD ．12π或27π【解析】解：绕着3cm 的边为轴，旋转一周所得到的是底面半径为2cm ，高为3cm 的圆柱体，因此体积为232312()cm ππ⨯⨯=；绕着2cm 的边为轴，旋转一周所得到的是底面半径为3cm ，高为2cm 的圆柱体，因此体积为233218()cm ππ⨯⨯=，故选：C ．16．（2022秋•武侯区校级期中）图中的大矩形长8厘米、宽6厘米，小矩形长4厘米、宽3厘米，以长边中点连线（图中的虚线）为轴，将图中的阴影部分旋转一周得到的几何体的表面积为 平方厘米．【解析】解：由题意可得：大圆柱的侧面积28648cm ππ=⨯⨯=；小圆柱的侧面积24312cm ππ=⨯⨯=；大圆柱上下圆的面积为：22432ππ⨯=，所以几何体的表面积248123292cm ππππ=++=．故答案为：292cm π．17．（2022秋•山亭区校级月考）在长方形ABCD 中，4AB =，3BC =，以边所在直线为轴旋转一周所得几何体的体积是 .（结果保留)π【解析】解：①当3r =，4h =时，圆柱体积23436ππ=⨯⨯=；②当4r =，3h =时，圆柱体积24348ππ=⨯⨯=．几何体的体积为：36π或48π．故答案为：36π或48π．18．（2022秋•南海区期中）如图，有一长为8cm ，宽为4cm 的长方形纸板，现绕它的一边所在的直线旋转一周后，得到一个几何体，问所得几何体的形状是什么？并求所得几何体的体积．（结果保留)π【解析】解：①当4r cm =，8h cm =时，2348128()v cm ππ=⨯=；②当8r cm =，4h cm =时，2384256()v cm ππ=⨯=．答：所得几何体的形状是圆柱，几何体的体积为：3128cm π或3256cm π．19．（2022秋•碑林区校级月考）如图，阴影图形是由直角三角形和长方形拼成的，绕虚线旋转一周可以得到一个立体图形，求得到立体图形的体积．2(V r h π=圆柱，213V r h π=圆锥，2r r r =⨯，结果保留)π．【解析】解：图中阴影图形旋转一周后得到的立体图形为一个圆锥和一个圆柱的组合体，圆柱的体积等于23436ππ⨯⨯=，圆锥的体积等于213263ππ⨯⨯⨯=，所以立体图形的体积等于36642πππ+=．。
高一数学点线面的位置关系试题答案及解析1.设是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题不正确的是（）A．若，，则B．若，∥，则C．若，，则∥D．若∥,∥,则∥【答案】D.【解析】A：根据线面垂直的定义，可知A正确；B：利用线面垂直的判定，可知B正确；C：根据垂直同一平面的两直线平行可知C正确；D：与的位置关系也有可能是相交或异面，∴D错误.【考点】空间中直线与平面的位置关系.2.已知m,n是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A．若m,n，则m n B．若C．若D．若【答案】D【解析】A选项中m,n可以相交；B选项中可能相交，不同于平面中的垂直于同一直线的两直线平行；C选项中m有可能与的相交线平行，同时也与平行，但平面不平行；综合选D.【考点】直线与平面的位置关系.3.若m，n是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题:①若则；②若则；③若则；④若m，n是异面直线，则．其中真命题是（）A．①和④B．①和③C．③和④D．①和②【答案】A【解析】对于①，因为由m⊥α，m⊥β，可得出α∥β，故命题正确；对于②，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，故②错误；对于③若α∩β=a，m⊂α，n⊂β，m∥a，n∥a，∴m∥n，故③错；对于④，若α∩β=a，则因为m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，所以m∥a，n∥a，∴m∥n，这与m、n是异面直线矛盾，故结论正确；故答案为：A．【考点】1．命题的真假判断与应用；2．平面与平面之间的位置关系．4.如图，三角形ABC是直角三角形，ACB=，PA平面ABC，此图形中有____________个直角三角形.【答案】4【解析】已知,平面,所以面,，均为直角，所以共4个直角三角形.【考点】线面垂直与线线垂直的关系5.以下四个命题中，正确的有几个（）①直线a，b与平面a所成角相等，则a∥b；②两直线a∥b，直线a∥平面a，则必有b∥平面a；③一直线与平面的一斜线在平面a内的射影垂直，则该直线必与斜线垂直；④两点A，B与平面a的距离相等，则直线AB∥平面aA0个 B1个 C2个 D3个【答案】A【解析】本题考查点线面位置关系①直线a，b与平面a所成角相等，则a∥b或相交或异面三种情况②两直线a∥b，直线a∥平面a，则b∥平面a或；③不正确,必须是平面内的一条直线与平面的一斜线在平面a内的射影垂直，则该直线必与斜线垂直；④两点A，B与平面a的距离相等，则直线AB∥平面a或AB与相交.【考点】点线面位置关系6.正三棱柱中，，，Ｄ、Ｅ分别是、的中点，（1）求证：面⊥面BCD；（2）求直线与平面BCD所成的角．【答案】(1)见解析；（2）.【解析】（1）易证⊥面，可得面⊥面；（2）面面于，过A作于点O，则面于O，连接BO，即为所求二面角的一个平面角，．（1）在正三棱柱中，有，所以面，可得面⊥面；（2）面面于DF，过A作AO⊥DF于点O，则AO⊥面BCD于O，连接BO，即为所求二面角的一个平面角，．【考点】线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，二面角.7.下列命题中正确的个数是()①若直线a不在α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；⑤平行于同一平面的两直线可以相交．A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】①若直线a不在α内，则a∥α或a与α相交，故此命题错误；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α或a与α相交，故此命题错误；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线平行或异面，故此命题错误；④若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点，正确；⑤平行于同一平面的两直线可以相交，正确．故选B【考点】本题考查了空间中的线面关系点评：熟练运用线面平行的概念、判定及性质是解决此类问题的关键，属基础题8.如图，在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，(1)求四棱锥S-ABCD的体积;(2)求证：(3)求SC与底面ABCD所成角的正切值。
高中数学《点线面的位置关系》专题训练30题（含解析）高中数学《点线面的位置关系》专题训练30题（含解析）1．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.2．如图,四边形为矩形,且平面,,为的中点.（1）求证:；（2）求三棱锥的体积；（3）探究在上是否存在点,使得平面，并说明理由.【答案】（1）见解析;（2）;（3）见解析.【解析】【分析】(1)连结,由几何体的空间结构可证得,利用线面垂直的定义可知.(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得.(3)在上存在中点,使得.取的中点,连结.易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,结合线面平行的判断定理可知EG//平面PCD.【详解】(1)连结,∵为的中点, ,∴为等腰直角三角形,则,同理可得,∴,∴,又,且,∴,?又∵,∴,又,∴.(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,∴,而是三棱锥的高,∴.(3)在上存在中点,使得.理由如下:取的中点,连结.∵是的中点,∴,且,?又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC//AD,且EC=AD,所以EC//GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG//平面PCD.【点睛】本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且由知．由知平面．（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知得取平面的法向量．设，则．设平面的法向量为．由得，可取所以．由已知得．所以．解得(舍去)，．所以．又，所以．所以与平面所成角的正弦值为．【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．4．如图，在三棱锥中，平面平面，，，若为的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线和所成角；（3）设线段上有一点，当与平面所成角的正弦值为时，求的长.【答案】(1)证明见解析；(2)(3).【解析】【分析】（1）先证明平面平面，再证明平面；（2）分别以，，为轴，轴，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线和所成角；（3）设，，利用向量法得到，解方程即得t的值和的长.【详解】（1）∵，，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.（2）∵，，∴，，如图，分别以，，为轴，轴，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系,∵，，，，∴，，∵，∴异面直线和所成角为.（3）设为平面的法向量，∵，，∴，即，设，，∴，设与平面所成角为，∵，∴，，，，（舍），，∴的长为.【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系的证明，考查异面直线所成的角和线面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.5．如图，在三棱锥中，，，为的中点．?（1）证明：平面；?（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．【答案】（1）详见解析（2）．【解析】【详解】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM 的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM= ，CH==．所以点C到平面POM的距离为．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.【详解】（1）连接，，分别为，中点?为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）在菱形中，为中点，所以，根据题意有，，因为棱柱为直棱柱，所以有平面，所以，所以，设点C到平面的距离为，根据题意有，则有，解得，所以点C到平面的距离为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.7．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点．（1）证明：直线平面；（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【详解】试题分析：（1）取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为．试题解析：（1）取中点，连结，．因为为的中点，所以,,由得，又所以．四边形为平行四边形，．又，，故（2）由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则则，，，，,则因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABC D的法向量，所以，即（x-1）2+y2-z2=0又M在棱PC上,设由①，②得所以M，从而设是平面ABM的法向量，则所以可取.于是因此二面角M-AB-D的余弦值为点睛:（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有|cosθ|＝|cos<m，n>|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．8．如图，在四棱锥P?ABCD中，AB//CD，且.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A?PB?C的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．由于AB//CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则即可取.设是平面的法向量，则即可取.则，所以二面角的余弦值为.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.9．如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.【详解】证明（1）因为是长方体，所以侧面，而平面，所以又，，平面，因此平面；（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，，因为，所以，所以，，设是平面的法向量，所以，设是平面的法向量，所以，二面角的余弦值的绝对值为，所以二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.10．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知．于是，故．因为，所以，即．故四棱锥的体积．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法?由（2）知,所以．建立如图所示的平面直角坐标系，设．因为，所以，，，．从而．所以，即．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，设，所以，，，，．所以，，．所以．所以，即．下同方法一.[方法四]：空间向量法?由，得．所以．即．又底面，在平面内，因此，所以．所以，由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，得，即．所以，即．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.11．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN ，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1 AMN所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.【详解】（1）分别为，的中点，，又，，在中，为中点，则，又侧面为矩形，，，，由，平面，平面，又，且平面，平面，平面，又平面，且平面平面，，又平面，平面，平面，平面平面.(2)[方法一]：几何法如图，过O作的平行线分别交于点，联结，由于平面，平面，，平面，面，所以平面平面．又因平面平面，平面平面，所以．因为，，，所以面．又因，所以面，所以与平面所成的角为．令，则，由于O为的中心，故．在中，，由勾股定理得．所以．由于，直线与平面所成角的正弦值也为．[方法二]【最优解】：几何法因为平面，平面平面，所以．因为，所以四边形为平行四边形．由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．所以在平面的射影为．从而与所成角的正弦值即为所求．在梯形中，设，过E 作，垂足为G，则．在直角三角形中，．[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．因为平面，平面，且平面平面，所以．由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．因为O为正的中心，故．由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．设直线与平面所成角为，，则．所以直线与平面所成角的正弦值．[方法四]：基底法不妨设，则在直角中，．以向量为基底，从而，，．，，则，．所以．由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．设直线与平面所成角，则．故直线与平面所成角的正弦值为．【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.12．如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．【答案】（1）见详解；（2）18【解析】【分析】（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.【详解】（1）因为在长方体中，平面；平面，所以，又，，且平面，平面，所以平面；?（2）设长方体侧棱长为，则，由（1）可得；所以，即，又，所以，即，解得；取中点，连结，因为，则；所以平面，所以四棱锥的体积为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.13．如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．（1）证明：点在平面内；（2）若，，，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）方法一:连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；（2）方法一：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示.在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内.［方法二］：空间向量共线定理以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．设，则．所以．故．所以，点在平面内．［方法三］：平面向量基本定理同方法二建系，并得，所以．故．所以点在平面内．［方法四］：根据题意，如图3，设．在平面内，因为，所以．延长交于G，平面，平面．，所以平面平面①．延长交于H，同理平面平面②．由①②得，平面平面．连接，根据相似三角形知识可得．在中，．同理，在中，．如图4，在中，．所以，即G，，H三点共线．因为平面，所以平面，得证．［方法五］：如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O 为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内．（2）［方法一］【最优解】：坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图2.则、、、，，，，，设平面的一个法向量为，由，得取，得，则，设平面的一个法向量为，由，得，取，得，，则，，设二面角的平面角为，则，.因此，二面角的正弦值为.［方法二］：定义法在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．?在中，．所以，则．［方法三］：向量法由题意得，由于，所以．如图7，在平面内作，垂足为G，则与的夹角即为二面角的大小．由，得．其中，，解得，．所以二面角的正弦值．［方法四］：三面角公式由题易得，．所以．．．设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得，所以．【整体点评】（1）方法一：通过证明直线，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．14．如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．【答案】(1)见解析.(2)1.【解析】【详解】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到=90，即，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.详解：（1）由已知可得，=90°，．又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）由已知可得，DC =CM=AB=3，DA=．又，所以．作QE⊥AC，垂足为E，则．由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE =1．因此，三棱锥的体积为．点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.15．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求证：平面.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】【分析】（1）欲证，只需证明即可；（2）先证平面，再证平面平面；（3）取中点，连接，证明，则平面.【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.∵底面为矩形，∴，∴；（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴.又，，、平面，平面，∵平面，∴平面平面；（Ⅲ）如图，取中点，连接.∵分别为和的中点，∴，且.∵四边形为矩形，且为的中点，∴，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.【点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法.证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.16．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P?ABC的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，在上，，是圆内接正三角形，，≌，，即，平面平面，平面平面；（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，，解得，，在等腰直角三角形中，，在中，，三棱锥的体积为.?【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.17．如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【解析】【详解】分析：（1）先证,再证，进而完成证明．（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为上异于C，D 的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．18．四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面,（1）证明：直线平面;（2）若△面积为，求四棱锥的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取中点，由于平面为等边三角形，则，利用面面垂直的性质定理可推出底面ABCD，设，表示相关的长度，利用的面积为，求出四棱锥的体积.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】19．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.【解析】【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.【详解】（I）证明：连接，易知，，又由，故，又因为平面，。
高三数学点线面的位置关系试题答案及解析1.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是直线BC1的动点，则下列四个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③二面角P－AD1－C的大小不变：其中正确的命题有____ ．（把所有正确命题的编号填在横线上）【答案】①③【解析】①,点到线的距离不变，点到面的距离不变，所以体积不变，②取特殊点，当点与重合时，线与面所成角的大小改变；③点变化，但二面角都是面与面所成的角，所以大小不变.故①③正确.【考点】1.几何体的体积；2.二面角的大小；3.线面角.2.如图(a)，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，如图(b)所示，那么，在四面体A－EFH中必有()A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面【答案】A【解析】折成的四面体有AH⊥EH，AH⊥FH，∴AH⊥面HEF.3.直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA′＝1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)求三棱锥A′－MNC的体积．(锥体体积公式V＝Sh，其中S为底面面积，h为高)【答案】（1）见解析（2）【解析】解：(1)证法一：连接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.证法二：取A′B′中点P，连接MP，NP.而M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.(2)解法一：连接BN，由题意A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，所以A′N⊥平面NBC. 又A′N＝B′C′＝1，故V－MNC＝V N－A′MC＝V N－A′BC＝V A′－NBC＝.A′解法二：V－MNC＝V A′－NBC－V M－NBC＝V A′－NBC＝.A′4.如图，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为4，动点E、F在棱AB上，且EF＝2，动点Q在棱D′C′上，则三棱锥A′－EFQ的体积()A．与点E、F的位置有关B．与点Q的位置有关C．与点E、F、Q的位置都有关D．与点E、F、Q的位置均无关，是定值【答案】D【解析】因为V－EFQ＝V Q－A′EF＝×(×2×4)×4＝，故三棱锥A′－EFQ的体积与点E、F、A′Q的位置均无关，是定值．5.如图是正方体的展开图，则在这个正方体中：①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是()A．①②③B．②④C．③④D．②③④【答案】C【解析】画出正方体，如图所示，易知，①②错误，③④正确．故选C.6.已知直线a,b异面, ,给出以下命题：①一定存在平行于a的平面使;②一定存在平行于a的平面使∥;③一定存在平行于a的平面使;④一定存在无数个平行于a的平面与b交于一定点.则其中论断正确的是( )A．①④B．②③C．①②③D．②③④【答案】D【解析】若直线不是异面垂直则不可能存在平行于a的平面使，所以①不正确；②③④正确；故选D.【考点】1.线面平行的位置关系.2.异面直线的概念.7.如图，ABCD是边长为2的正方形，,ED=1，//BD，且.（1）求证：BF//平面ACE；（2）求证：平面EAC平面BDEF;（3）求二面角B-AF-C的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】（1）记与的交点为，连接，则可证，又面，面，故平面；（2）因⊥平面，得,又是正方形，所以，从而平面，又面,故平面平面；（3）过点作于点，连接，则可证为二面角的平面角．在中，可求得，又，故，∴，即二面角的大小为；证明：（1）记与的交点为，连接，则所以，又，所以所以四边形是平行四边形所以，又面，面，故平面；（2）因⊥平面，所以,又是正方形，所以，因为面，面，所以平面，又面,故平面平面；（3）过点作于点，连接，因为，面所以面，因为面,所以因为所以面所以又所以面所以，即得为二面角的平面角．在中，可求得，又，故，∴，即二面角的大小为；【考点】线面平行的判定；面面垂直的判定；二面角的求解.8.如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AD=DC=CB=a，，四边形ACFE是矩形，且平面平面ABCD，点M在线段EF上.（1）求证：平面ACFE；（2）当EM为何值时，AM//平面BDF？证明你的结论.【答案】（1）见解析；（2）当时，平面.【解析】（1）由已知可得四边形是等腰梯形，且，，得到.再根据平面平面，交线为，即得证.（2）在梯形中，设，连接，则，再根据，而，得到，确定得到四边形是平行四边形，从而，得证.（1）在梯形中，，，四边形是等腰梯形，且，，. 3分又平面平面，交线为，平面 . 6分（2）当时，平面， 7分在梯形中，设，连接，则，，而，， 9分，四边形是平行四边形，，又平面，平面平面. 12分【考点】立体几何平行关系、垂直关系.9.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD=AD，E是PB的中点，F 是DC上的点且DF=AB，PH为△PAD边上的高.（1）证明：PH⊥平面ABCD；（2）若PH=1，AD=，FC=1，求三棱锥E-BCF的体积；（3）证明：EF⊥平面PAB.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】(1)证明:因为PH为△PAD边上的高,所以PH⊥AD,又因为AB⊥平面PAD，平面PAD,所以AB⊥PH,又因为PH AD=H,所以PH⊥平面ABCD;(2)因为E是PB的中点，所以点E到平面BCF的距离等于点P到平面ABCD距离的一半,即=,又因为=,所以三棱锥E-BCF的体积为;(3)取PA的中点Q,连结EQ、DQ，则因为E是PB的中点，所以EQ∥AB且EQ=AB，又因为DF=AB且DF∥AB，所以EQ∥DF且EQ=DF，所以四边形EQDF是平行四边形，所以EF∥DQ，由(1)知AB⊥平面PAD，所以AB⊥DQ,又因为PD=AD，所以DQ⊥PA,因为PAAB=A,所以DQ⊥平面PAB,因为EF∥DQ，所以EF⊥平面PAB.【考点】本题考查空间线线、线面的平行与垂直的证明以及三棱锥体积的求解，考查同学们的空间想象能力、逻辑推理能力以及分析与解决问题的能力.10.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【答案】C【解析】如下图所示，在正方体中，直线和与底面所成的角均为，但是直线和相交，A选项错误；取、、、的中点、、、，则、、三点到平面的距离相等，但是平面与平面相交，B选项错误；平面，平面，但是直线与平面和平面的交线平行，C选项正确；平面和平面都与平面都垂直，但是平面和平面相交，D选项不正确，故选C.【考点】空间中点、线、面的位置关系11.设平面、，直线、，，，则“，”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由平面与平面平行的判定定理可知，若直线、是平面内两条相交直线，且有“，”，则有“”，当“”，若，，则有“，”，因此“，”是“”的必要不充分条件.选B.【考点】1.平面与平面平行的判定定理与性质；2.充分必要条件12.设m,n是平面内的两条不同直线，l是平面外的一条直线，则且是的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】根据线面垂直的判定，即直线垂直于面，需要直线垂直于面内相交额两条直线，故且，根据线面垂直的性质，直线垂直面，则垂直于面内的所有直线，故且，所以且是的必要不充分条件，故选B【考点】线面垂直的判断线面垂直的性质13.已知不重合的直线m、l和平面，且，．给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则，其中正确命题的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】因为，，所以，，又，所以，.①正确；因为，，所以或，又，所以或相交或互为异面直线. ②不正确；因为，，所以，又，所以，故③不正确，④正确.选.【考点】平行关系，垂直关系.14.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥AC，且AB＝AC＝A1B＝2.(1)求棱AA1与BC所成的角的大小；(2)在棱B1C1上确定一点P，使二面角P－AB－A1的平面角的余弦值为.【答案】（1）（2）P(1，3，2)【解析】(1)如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A1(0，2，2)，B1(0，4，2)，＝(0，2，2)，＝＝(2，－2，0)．cos〈，〉＝＝＝－，故AA1与棱BC所成的角是.(2)P为棱B1C1中点，设＝λ＝(2λ，－2λ，0)，则P(2λ，4－2λ，2)．设平面PAB的法向量为n1＝(x，y，z)，＝(2λ，4－2λ，2)，则故n1＝(1，0，－λ)，而平面ABA1的法向量是n2＝(1，0，0)，则cos〈n1，n2〉＝＝＝，解得λ＝，即P为棱B1C1中点，其坐标为P(1，3，2)．15.如图，在四棱锥PABCD中，M、N分别是侧棱PA和底面BC边的中点，O是底面平行四边形ABCD的对角线AC的中点．求证：过O、M、N三点的平面与侧面PCD平行．【答案】见解析【解析】∵O、M分别是AC、PA的中点，连结OM，则OM∥PC.∵OM∥平面PCD，PC平面PCD，∴OM∥平面PCD.同理，知ON∥CD.∵ON∥平面PCD，CD平面PCD，∴ON∥平面PCD.又OM∩ON于O，∴OM、ON确定一个平面OMN.由两个平面平行的判定定理知平面OMN与平面PCD平行，即过O、M、N三点的平面与侧面PCD平行．16.如图①，E、F分别是直角三角形ABC边AB和AC的中点，∠B＝90°，沿EF将三角形ABC折成如图②所示的锐二面角A1EFB，若M为线段A1C的中点．求证：(1)直线FM∥平面A1EB；(2)平面A1FC⊥平面A1BC.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】(1)取A1B中点N，连结NE、NM，则MN∥=BC，EF∥=BC，所以MN∥=FE，所以四边形MNEF为平行四边形，所以FM∥EN.又FM平面A1EB，EN∥平面A1EB，所以直线FM∥平面A1EB.(2)因为E、F分别为AB和AC的中点，所以A1F＝FC，所以FM⊥A1C.同理，EN⊥A1B.由(1)知FM∥EN，所以FM⊥A1B.又A1C∩A1B＝A1，所以FM⊥平面A1BC.因为FM平面A1FC，所以平面A1FC⊥平面A1BC17.由平面α外一点P引平面的三条相等的斜线段，斜足分别为A、B、C，O为△ABC的外心，求证：OP⊥α.【答案】见解析【解析】学生错解：证明：因为O为△ABC的外心，所以OA＝OB＝OC，又因为PA＝PB＝PC，PO公用，所以△POA，△POB，△POC都全等，所以∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，所以OP⊥α.审题引导：要记OP⊥α，需记OP垂直于α内两条相交的直线，由图形易知，可考虑证OP垂直于△ABC的两条边，注意到图中的等腰三角形PBC、OBC，不准找到证题途径．规范解答：证明：取BC的中点D，连结PD、OD，∵PB＝PC，OB＝OC，∴BC⊥PD，BC⊥OD，(5分)又PD平面POD，OD平面POD，且PD∩OD＝D，∴BC⊥平面POD.(8分)∵PO平面POD，∴BC⊥PO.同理AB⊥PO.(12分)又AB、BC是α内的两条相交直线，∴PO⊥α.(14分)错解分析：上述解法中∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，是对的，但它们为什么是直角呢？这里缺少必要的证明．18.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知∠ACB＝90°，M为A1B与AB1的交点，N为棱B1C1的中点．(1)求证：MN∥平面AA1C1 C；(2)若AC＝AA1，求证：MN⊥平面A1BC.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：(1)连结AC1，因为M为A1B与AB1的交点，所以M是AB1的中点．又N为棱B1C1的中点，所以MN∥AC1.又AC1平面AA1C1C，MN平面AA1C1C，所以MN∥平面AA1C1C.(2)由AC＝AA1，则四边形AA1C1C是正方形，所以AC1⊥A1C.因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为BC平面ABC，所以CC1⊥BC.因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.因为CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面AA1C1C，所以BC⊥AC1.又AC1平面AA1C1C，MN∥AC1，所以MN⊥A1C，MN⊥BC.又BC∩A1C＝C，所以MN⊥平面A1BC.19.如图，在三棱锥P－ABC中，△PAC，△ABC分别是以A、B为直角顶点的等腰直角三角形，AB＝1.现给出三个条件：①PB＝；②PB⊥BC；③平面PAB⊥平面ABC.试从中任意选取一个作为已知条件，并证明：PA⊥平面ABC；【答案】见解析【解析】(解法1)选取条件①，在等腰直角三角形ABC中，∵AB＝1，∴BC＝1，AC＝.又∵PA＝AC，∴PA＝.∴在△PAB中，AB＝1，PA＝.又∵PB＝，∴AB2＋PA2＝PB2.∴∠PAB＝90°，即PA⊥AB.又∵PA⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC真包含于平面ABC，∴PA⊥平面ABC.(解法2)选取条件②，∵PB⊥BC，又AB⊥BC，且PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB.∵PA真包含于平面PAB，∴BC⊥PA.又∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.(解法3)选取条件③，若平面PAB⊥平面ABC，∵平面PAB∩平面ABC＝AB，BC真包含于平面ABC，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.∵PA真包含于平面PAB，∴BC⊥PA.∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.20.如图，四边形ABCD为正方形，在四边形ADPQ中，PD∥QA.又QA⊥平面ABCD，QA＝AB＝PD.(1)证明：PQ⊥平面DCQ；(2)CP上是否存在一点R，使QR∥平面ABCD，若存在，请求出R的位置，若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）存在CP中点R【解析】(1)证法一：∵QA⊥平面ABCD，∴QA⊥CD,由四边形ABCD为正方形知DC⊥AD，又QA、AD为平面PDAQ内两条相交直线，∴CD⊥平面PDAQ，∴CD⊥PQ，在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，则PQ⊥QD,又CD、QD为平面ADCB内两条相交直线，∴PQ⊥平面DCQ.证法二：∵QA⊥平面ABCD，QA平面PDAQ，∴平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD.又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，∴DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC.在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，则PQ⊥QD,又CD、QD为平面ADCB内两条相交直线，∴PQ⊥平面DCQ.(2)存在CP中点R，使QR∥平面ABCD.证明如下：取CD中点T，连结QR、RT、AT，则RT∥DP，且RT＝DP，又AQ∥DP，且AQ＝DP，从而AQ∥RT，且AQ＝RT，∴四边形AQRT为平行四边形，所以AT∥QR，∵QR平面ABCD，AT平面ABCD，∴QR∥平面ABCD.21.从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点，这4个顶点可能是：(1)矩形的4个顶点；(2)每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；(3)每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；(4)有三个面是等腰直角三角形，有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确的结论有________个．【答案】4【解析】四边形ABCD适合(1)，四面体ACB1D1适合(2)，DB1C1D1适合(3)，DA1C1D1适合(4)，因此正确的结论有4个22.已知是两条不同的直线，是一个平面，且∥，则下列命题正确的是( ) A．若∥，则∥B．若∥，则∥C．若，则D．若，则【答案】D【解析】由∥，∥，可得或∥，不正确；由∥，∥，可得∥或，相交或，互为异面直线，不正确；由∥，，可得∥或，相交，不正确；由∥，，可得，正确.选.【考点】平行关系，垂直关系.【考点】二项式定理23.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．【答案】【解析】∵EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，又∵E是AD的中点，∴F是CD的中点，即EF是△ACD的中位线，∴EF＝AC＝×2＝.24.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确命题的序号是________．【答案】①③【解析】α∥β⇒直线l⊥平面β，由于直线m⊂平面β，∴l⊥m故①正确；由l∥m，直线l⊥平面α可推出直线m⊥平面α，而直线m⊂平面β，∴α⊥β故③正确．25.如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是() A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D【解析】选项A正确，因为SD垂直于底面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AC⊥SD；再由四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD；而BD与SD相交，所以，AC⊥平面SBD，AC⊥SB.选项B正确，因为AB∥CD，而CD⊂平面SCD，AB⊄平面SCD，所以AB∥平面SCD.选项C正确，设AC与BD的交点为O，易知SA与平面SBD所成的角就是∠ASO，SC与平面SBD所成的角就是∠CSO，易知这两个角相等．选项D错误，AB与SC所成的角等于∠SCD，而DC与SA所成的角是∠SAB，这两个角不相等．26.如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C－PB－A的余弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)由AB是圆的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAC.(2)过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB、CA、CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.因为PA＝1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)．故＝(，0,0)，＝(0,1,1)．设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则所以不妨令y1＝1，则n1＝(0,1，－1)．因为＝(0,0,1)，＝(，－1,0)，设平面ABP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则所以不妨令x2＝1，则n2＝(1，，0)．于是cos〈n1，n2〉＝＝.由题图可判断二面角为锐角，所以二面角C－PB－A的余弦值为.27.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，，，DC=1，AB=2，PA⊥平面ABCD，PA=1．(1)求证：AB∥平面PCD；(2)求证：BC⊥平面PAC；【答案】(1)证明见解析；(2)证明：见解析.【解析】(1)由直线与平面平行的判定定理即得.(2)注意到在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，四边形ADCE为矩形利用勾股定理计算三角形的边长，进一步得到再根据平面，即可得出平面.试题解析：(1)证明：，且平面，平面.∴∥平面. 5分(2)证明：在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形∴，又，在，所以，则，∴ 9分又∵平面，，∴平面 12分【考点】直线与平面平行，勾股定理，垂直关系.28.在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且∥平面，记与平面所成的角为，下列说法错误的是（）A．点的轨迹是一条线段B．与不可能平行C．与是异面直线D．【答案】B【解析】由已知可取的中点,的中点,连结，易证平面∥平面，故可知点的轨迹是一条线段，与是异面直线，A、C对；当点与重合时与平行，B不对；在上取点F,连结，可证为与平面所成的角，当点F在MN的中点时最大，此时,则，D对，故选B.【考点】1.直线与平面平行的性质与判断；2.直线和平面的夹角；3.空间两直线的位置关系29.如图所示，正方体的棱长为1, 分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱、交于，设，，给出以下四个命题：①平面平面；②当且仅当时，四边形的面积最小；③四边形周长，是单调函数；④四棱锥的体积为常函数；以上命题中真命题的序号为。
