高中数学空间几何经典习题及解答

高中必修二空间几何练习题及讲解### 高中必修二空间几何练习题及讲解#### 练习题一：点、线、面的位置关系题目：在空间直角坐标系中，设点A(2, 3, 4)，点B(-1, -2, 1)，求证线段AB与平面x+y+z=6垂直。

解答：首先，我们需要找到线段AB的方向向量。

设向量\(\vec{AB} =\vec{b} - \vec{a}\)，其中\(\vec{a} = (2, 3, 4)\)，\(\vec{b} = (-1, -2, 1)\)。

计算得到\(\vec{AB} = (-3, -5, -3)\)。

接下来，我们观察平面x+y+z=6的法向量。

由平面方程可知，其法向量为\(\vec{n} = (1, 1, 1)\)。

要证明线段AB与平面垂直，需要证明\(\vec{AB} \cdot \vec{n} =0\)。

计算点积：\((-3) \times 1 + (-5) \times 1 + (-3) \times 1 = -3 - 5 - 3 = -11\)。

由于点积不为零，线段AB与平面x+y+z=6不垂直。

题目中的结论是错误的。

#### 练习题二：空间几何体的体积计算题目：已知一个正四面体的高为h，求其体积。

解答：正四面体的体积公式为\(V = \frac{1}{3}Bh\)，其中B是底面积。

正四面体的底面是一个正三角形，设正四面体的边长为a，则底面积B 可以通过公式\(B = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2\)计算。

由于正四面体的高h与边长a有如下关系：\(h =\frac{\sqrt{2}}{2}a\)。

将h代入体积公式，得到\(V = \frac{1}{3} \times\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 \times \frac{\sqrt{2}}{2}a =\frac{\sqrt{2}}{12}a^3\)。

#### 练习题三：空间直线与平面的交点题目：已知直线l: \(x = 2t + 1\), \(y = 1 - t\), \(z = 3 - 4t\)，平面π: \(2x - y + z - 5 = 0\)，求直线l与平面π的交点。

高中数学空间几何体练习题一．选择题（共25小题）1．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则图中边长a的所有可能取值组成的集合为（）A．{2﹣2，2+2} B．{1，+1，﹣1}C．{2﹣2，2+2，2，4} D．{2，2+2，2﹣2} 2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（）A．41πB．C．25πD．3．已知四边形ABCD是边长为5的菱形，对角线BD＝8（如图1），现以AC为折痕将菱形折起，使点B达到点P的位置．棱AC，PD的中点分别为E，F，且四面体P ACD的外接球球心落在四面体内部（如图2），则线段EF长度的取值范围为（）A．（，4）B．（1，）C．（，6）D．4．三棱锥P﹣ABC中．AB⊥BC，△P AC为等边三角形，二面角P﹣AC﹣B的余弦值为，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为8π．则三棱锥体积的最大值为（）A．1B．2C．D．5．已知P，A，B，C是半径为3的球面上四点，其中P A过球心，，则三棱锥P﹣ABC的体积是（）A．B．2C．D．6．在空间直角坐标系O﹣xyz中，四面体OABC各顶点坐标分别为：O（0，0，0），A（0，0，2），B（，0，0），C（0，，0）．假设蚂蚁窝在O点，一只蚂蚁从O点出发，需要在AB，AC上分别任意选择一点留下信息，然后再返回O点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（）A．2B．C．D．27．我国古代数学名著《九章算术•商功》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，如图为一个堑堵ABC﹣DFE，AB⊥BC，AB＝6，其体积为120，若将该“堑堵”放入一个球形容器中，则该球形容器表面积的最小值为（）A．100πB．108πC．116πD．120π8．如图，在平面四边形ABCD中，满足AB＝BC，CD＝AD，且AB+AD＝10，BD＝8．沿着BD把ABD折起，使点A到达点P的位置，且使PC＝2，则三棱锥P﹣BCD体积的最大值为（）A．12B．12C．D．9．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体棱上的一点，若满足|PB|+|PD1|＝m的点P的个数大于6个，则m的取值范围是（）A．B．C．D．10．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝4，B1D与平面ABCD夹角的正弦值为，M为线段AA1的中点，点N在线段AD上，且AN＝2，S∈平面A1B1C1D1．若V三棱锥S﹣BMN＝V，记直线SC与CC1的夹角为θ．则tanθ的最小值为（）A．B．C．D．11．已知三棱锥P﹣ABC的外接球O半径为2，球心O到△ABC所在平面的距离为1，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为（）12．在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是Rt△且AB⊥BC，∠CAB＝30°，BC＝2，点P在平面ABC的射影D点在△ABC 的外接圆上，四边形ABCD的对角线，AD＞CD，若四棱锥P﹣ABCD的外接球半径为，则四棱锥P﹣ABCD的体积为（）A．B．C．D．13．已知三棱锥P﹣ABC的底面是正三角形，，点A在侧面PBC内的射影H是△PBC的垂心，当三棱锥P﹣ABC体积最大值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的体积为（）A．B．C．6πD．14．在正四面体ABCD中，P，Q分别是棱AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M是EF的中点，则能使点M的轨迹是圆的条件是（）A．PE+QF＝2B．PE•QF＝2C．PE＝2QF D．PE2+QF2＝215．已知正方体的棱长为1，平面α过正方体的一个顶点，且与正方体每条棱所在直线所成的角相等，则该正方体在平面α内的正投影面积是（）A．B．C．D．16．如图所示，正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，BP+PE的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是（）A．12πB．32πC．8πD．24π17．设P﹣ABCD是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥，M为PC中点，过AM作平面AEMF与线段PB，PD分别交于点E，F（可以是线段端点），则四棱锥P﹣AEMF的体积的取值范围为（）A．[，2]B．[，]C．[1，]D．[1，2]18．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是（）A．（0，]B．（0，]C．（0，]D．（0，]19．已知球O为三棱锥S﹣ABC的外接球，，则球O的表面积是（）20．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，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，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（）（容器壁的厚度忽略不计）A．21πB．40πC．41πD．84π21．已知球O的半径为1，A，B是该球面上的两点，且线段AB＝1，点P是该球面上的一个动点（不与A，B重合），则∠APB的最小值与最大值分别是（）A．B．C．D．22．如图，A1B1C1D1是以ABCD为底面的长方体的一个斜截面，其中AB＝4，BC＝3，AA1＝5，BB1＝8，CC1＝12，则该几何体的体积为（）A．96B．102C．104D．14423．已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在半径为3的球面上，AB⊥AC，则该三棱锥体积的最大值是（）A．B．C．D．3224．已知三棱锥S﹣ABC的各顶点都在一个半径为r的球面上，且SA＝SB＝SC＝1，AB＝AC＝，BC＝，则球的表面积为（）A．12πB．3πC．5πD．6π25．三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是正三角形，AA1⊥平面ABC，AB＝2，AA1＝，D为BC中点，则三棱锥A ﹣B1DC1的体积为（）A．3B．C．1D．二．填空题（共5小题）26．若三棱锥S﹣ABC的三条侧棱两两垂直，且SA＝2，SB＝3，SC＝4，则此三棱锥的外接球的表面积是．27．若三棱锥P﹣ABC的所有定点均在球O的表面上，且AB＝4，∠ACB＝60°，三棱锥P﹣ABC的体积的最大值为16，则球O的表面积为．28．已知一个半圆柱的高为4，其俯视图如图所示，侧视图的面积为8，则该半圆柱的底面半圆的半径为．29．已知正三棱锥的体积为，则其表面积的最小值为．30．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为．三．解答题（共10小题）31．正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与它的四个面都相切，求：（1）棱锥的表面积；（2）内切球的半径．32．如图，已知三棱台ABC﹣A1B1C1，AB＝2A1B1，M是A1B1的中点，N在线段B1C1上，且B1N＝2NC1，过点A，M，N的平面把这个棱台分为两部分，求体积较小部分与体积较大部分的体积比值．33．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，O为AC 中点．（1）证明：A1O⊥平面ABC；（2）在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．34．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积．35．在△ABC中，AB＝3．（1）若∠B＝45°，∠C＝60°，将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个几何体，求这个几何体的体积．（2）设D是BC的中点，AD＝2，cos∠BAC＝，求△ABC的面积．36．在平面直角坐标系xoy中，已知四点A（2，0），B（﹣2，0），C（0，﹣2），D（﹣2，﹣2），把坐标系平面沿y 轴折为直二面角．（1）求证：BC⊥AD；（2）求三棱锥C﹣AOD的体积．37．四面体ABCD中，AB和CD为对棱．设AB＝a，CD＝b，且异面直线AB与CD间的距离为d，夹角为θ．（Ⅰ）若θ＝，且棱AB垂直于平面BCD，求四面体ABCD的体积；（Ⅱ）当θ＝时，证明：四面体ABCD的体积为一定值；（Ⅲ）求四面体ABCD的体积．38．如图，已知⊙O的直径AB＝3，点C为⊙O上异于A，B的一点，VC⊥平面ABC，且VC＝2，点M为线段VB的中点．（1）求证：BC⊥平面VAC；（2）若直线AM与平面VAC所成角为，求三棱锥B﹣ACM的体积．39．如图所示，该几何体是一个由直三棱柱ADE﹣BCF和一个正四棱锥P﹣ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2（1）证明：平面P AD⊥平面ABFE；（2）若正四棱锥P﹣ABCD的体积是三棱锥P﹣ABF体积的4倍，求正四棱锥P﹣ABCD的高．40．如图，在△ABC中，∠C为直角，AC＝BC＝4．沿△ABC的中位线DE，将平面ADE折起，使得∠ADC＝90°，得到四棱锥A﹣BCDE．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACD；（Ⅱ）求三棱锥E﹣ABC的体积；（Ⅲ）M是棱CD的中点，过M作平面α与平面ABC平行，设平面α截四棱锥A﹣BCDE所得截面面积为S，试求S的值．参考答案与试题解析一．选择题（共25小题）1．【解答】解：由三视图可知直三棱柱的底面斜边的高为1，斜边长为2，直角三角形，棱柱的高为a，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则球半径R满足：①R＝＝（此时球为棱柱的内切球），解得：a＝2﹣2，②R＝且R+1＝R（此时球在棱柱外，正视图中球对称的圆在直角的夹角内），解得：a＝2+2，③R＝且R+tan22.5°R＝（此时球在棱柱外，正视图中球对称的圆在45°角的夹角内），解得：a＝2，故选：D．2．【解答】解：由三视图得到直观图，如图，该几何体为三棱锥D1﹣CC1E，正方体的棱长为4，E为BB1的中点，取出该几何体如图，三棱锥E﹣C1D1C，底面三角形C1D1C为等腰直角三角形，直角边长为4，侧面EC 1C⊥底面C1D1C，．则底面三角形的外心为CD1的中点G，设△EC1C的外心为H，分别过G与H作底面C1D1C与侧面EC1C的垂线相交于O，则O为三棱锥E﹣C1D1C的外接球的球心，在△EC1C中，求得CK＝4，sin∠ECK＝，则2EH＝，即EH＝，则HK＝，，则．∴该几何体外接球的表面积是4．故选：A．3．【解答】解：如图，由题意可知△APC的外心O1在中线PE上，设过点O1的直线l1⊥平面APC，可知l1⊂平面PED，同理△ADC的外心O2在中线DE上，设过点O2的直线l2⊥平面ADC，则l2⊂平面PED，由对称性知直线l1，l2的交点O在直线EF上．根据外接球的性质，点O为四面体APCD的外接球的球心．由题意得EA＝3，PE＝4，而O1A2＝O1E2+EA2，O1A+O1E＝PE＝4，∴O1E＝．令∠PEF＝θ，显然0＜θ＜，∴EF＝PE cosθ＝4cosθ＜4．∵cosθ＝＝，∴OE•EF＝O1E•PE＝，又OE＜EF，∴EF2＞，即EF＞．综上所述，＜EF＜4．∴线段EF长度的取值范围为（，4）．故选：A．4．【解答】解：如图所示，过点P作PE⊥面ABC，垂足为E，过点E作ED⊥AC交AC于点D，连接PD，则∠PDE为二面角P﹣AC﹣B的平面角的补角，即有cos∠PDE＝，易知AC⊥面PDE，则AC⊥PD，而△P AC为等边三角形，∴D为AC中点，设AB＝a，BC＝b，AC＝＝c，则PE＝PD sin∠PDE＝×c×＝，故三棱锥P﹣ABC的体积为：V＝×ab×＝≤×＝，当且仅当a＝b＝时，体积最大，此时B、D、E共线．设三棱锥P﹣ABC的外接球的球心为O，半径为R，由已知，4πR2＝8π，得R＝．过点O作OF⊥PE于F，则四边形ODEF为矩形，则OD＝EF＝，ED＝OF＝PD cos∠PDE＝，PE＝，在Rt△PFO中，（）2＝，解得c＝2．∴三棱锥P﹣ABC的体积的最大值为：．故选：D．5．【解答】解：∵P，A，B，C是半径为3的球面上四点，其中P A过球心，，∴由余弦定理得cos B＝＝﹣，∴B＝120°，设△ABC外接圆的半径为r，则由正弦定理，得＝＝2r，解得r＝2．∴球心到平面ABC的距离d＝＝＝．∴三棱锥P﹣ABC的体积：V＝＝＝．故选：D．6．【解答】解：将四面体OABC沿着OA剪开，展开后如下图所示，最短路径就是△AOO'的边OO'，∵O（0，0，0），A（0，0，2），B（，0，0），C（0，，0），∴AO＝2，BO＝，AB＝AC＝，BC＝，由余弦定理知，在△OAB中，cos∠OAB＝＝＝，∴∠OAB＝30°＝∠O'AC，在△ABC中，cos∠BAC＝＝＝，∴sin∠BAC＝＝，∴cos∠OAO'＝cos（∠BAC+∠OAB+∠O'AC）＝cos（∠BAC+60°）＝cos∠BAC•cos60°﹣sin∠BAC•sin60°＝×﹣×＝．在△AOO'中，OO'2＝AO2+AO'2﹣2AO•AO'cos∠OAO'＝4+4﹣2×2×2×＝5+，∴OO'＝．故选：C．7．【解答】解：设BC＝a，BF＝b，则该“堑堵”的体积V＝S△ABC•BF＝＝120，整理，得ab＝40，要使“堑堵”放入球形容器，则该球的半径不小于“堑堵”的外接球半径，设其外接球的半径为R，∵在堑堵ABC﹣DFE中，BA，BC，BF两两垂直，∴堑堵ABC﹣DFE外接球的一条直径是以BA，BC，BF为相邻三条棱的长方体的体对角线，即2R＝＝，∵a2+b2≥2ab＝80，（当且仅当a＝b时，取等号），∴外接球的表面积S＝4πR2≥116π，∴球形容器的表面积最小值为116π．故选：C．8．【解答】解：过点P作PE⊥BD于E，连结CE，由题意知△BPD≌△BCD，CE⊥BD，且PE＝CE，∴BD⊥平面PCE，∴V P﹣BCD＝V B﹣PCE+V D﹣PCE＝＝，∴当S△PCE最大时，V P﹣BCD取得最大值，取PC的中点F，则EF⊥PC，∴S△PCE＝•EF＝，∵PB+PD＝10，BD＝8，∴点P到以BD为焦点的椭圆上，∴PE的最大值为对应短半轴长，∴PE最大值为＝3，∴S△PCE最大值为2，∴三棱锥P﹣BCD体积的最大值为．故选：C．9．【解答】解：分类讨论：①∵正方体的棱长为2，∴BD1＝2，∵点P是正方体棱上的一点（不包括棱的端点），满足|PB|+|PD1|＝2，∴点P是以2c＝2为焦距，以a＝为长半轴，以为短半轴的椭圆，∵P在正方体的棱上，∴P应是椭圆与正方体与棱的交点，结合正方体的性质可知，满足条件的点应该在正方体的12条棱上各有一点满足条件．∴满足|PB|+|PD1|＝2的点P的个数为12个．满足条件．②8个顶点中，除了B，D1两个以外的6个顶点满足|PB|+|PD1|＝2+2，且是正方体棱上的所有点中的最大值，只有这6个顶点．因此除了以上6个顶点以外的点满足：|PB|+|PD1|＜2+2，不难得出满足条件：2≤|PB|+|PD1|＜2+2的点P都满足|PB|+|PD1|＝m的点P的个数大于6个，由选择支可得只能选择D．故选：D．10．【解答】解：如图所示，设BC＝x，则＝，解得x＝6．V三棱锥S﹣BMN＝V，设点S到平面BMN的距离为d．则h•＝×4×（4×6﹣﹣﹣），解得h＝．记直线SC与CC1的夹角为θ．则tanθ＝．可得最小值为设S（x，y，4）．B（6，4，0）．M（6，0，2）．N（4，0，0）．＝（2，0，2）．＝（2，4，0）．设平面BMN的法向量为＝（a，b，c），则•＝•＝0．可得2a+2c＝0，2a+4b＝0，取＝（2，﹣1，﹣2）.＝（x﹣4，y，4）．∴＝，化为：2x﹣y＝0，或：2x﹣y＝32（舍去），由2x﹣y＝0，G（2，4，0），可得点S的轨迹为线段D1G．过点C1作C1S⊥D1G，此时SC1的最小值＝＝＝，tanθ＝．故选：A．11．【解答】解：∵三棱锥P﹣ABC的外接球O半径为R＝2，球心O到△ABC所在平面的距离为d＝1，∴△ABC的外接圆的半径r＝＝．∴△ABC是等边三角形时，△ABC的面积最大，设等边△ABC的边长为a，则＝，解得a＝3，∴S△ABC＝＝，∵球心O到△ABC所在平面的距离为1，∴点P到平面ABC的距离的最大值为h＝R+d＝2+1＝3，∴三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：＝＝．故选：A．12．【解答】解∵在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是Rt△且AB⊥BC，∠CAB＝30°，BC＝2，∴PC＝2BC＝4，BP＝＝2，取BC中点E，则PE＝BE＝DE＝2，∵点P在平面ABC的射影D点在△ABC的外接圆上，四边形ABCD的对角线，AD＞CD，∴cos∠BED＝cos∠BEB＝＝﹣，∴∠BED＝∠BEP＝∠PED＝120°，∴PD＝PB＝BD＝2，∴BC＝CD＝2，设球心为O，则OE⊥平面BPDC，∵OD＝2，四棱锥P﹣ABCD的外接球半径为，∴OE＝＝1，∴四棱锥P﹣ABCD的高PD＝2OE＝2，∴四棱锥P﹣ABCD的体积为：V＝＝＝＝．故选：B．13．【解答】解：：延长PH交BC于D，连接AD，∵H是△PBC的垂心，∴BC⊥PD，∵AH⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AH⊥BC，又AH⊂平面APD，PD⊂平面P AD，AH∩PD＝H，∴BC⊥平面APD，又AD⊂平面APD，∴BC⊥AD，连接BH并延长交PC于E，连接AE，由AH⊥平面PBC可得AH⊥PC，又BE⊥PC，AH∩BE＝H，∴PC⊥平面ABE，∴AB⊥PC．设P在平面ABC上的射影为O，延长CO交AB于F，连接PF．∵PO⊥AB，PC∩PO＝P，∴AB⊥平面PCF．∴PF⊥AB，CF⊥AB．∴O是△ABC的中心，F是AB的中点，∴PB＝P A＝＝PC，当P A，PB，PC两两垂直时，三棱锥P﹣ABC体积取得最大值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的半径R满足：（2R）2＝，解得R＝．体积＝＝．故选：D．14．【解答】解：如图所示，正四面体ABCD中，取BC、BD、AD、AC的中点G、H、K、L，因为P、Q分别是棱AB，CD的中点，所以PQ的中点O也为定点；由对称性知，PQ和EF的中点都在中截面GHKL上；由＝++＝++，所以＝（+）；又在正四面体中，对棱垂直，所以•＝0；所以4＝+，即4OM2＝PE2+QF2；若点M的轨迹是以O为圆心的圆，则PE2+QF2为定值．故选：D．15．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正三角形所在平面或其平行平面为平面α时，满足平面α与正方体每条棱所成的角均相等，并且如图所示的正三角形，为平面α截正方体所形成的三角形截面中，截面面积最大者．因为正三角形的边长为，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的三个面在平面α内的正投影是三个全等的菱形（如图所示），可以看成两个边长为的等边三角形，所以正方体在平面α内的正投影面积是S＝2×＝．故选：B．16．【解答】解：将三角形ABC与三角形ACD展成平面，BP+PE的最小值，即为BE两点之间连线的距离，则BE＝设AB＝2a，则∠BAD＝120°，由余弦定理，解得，则正四面体棱长为，因为正四面体的外接球半径是棱长的倍，所以，设外接球半径为R，则，则表面积S＝4πR2＝4π•3＝12π．故选：A．17．【解答】解：为了建立四棱锥P﹣AEMF的体积与原三棱锥的体积的关系，我们先引用下面的事实，（如图）设A1，B1，C1分别在三棱锥S﹣ABC的侧棱SA，SB，SC上，又S﹣A1B1C1与S﹣ABC的体积分别为V1和V，则事实上，设C，C1在平面SAB的射影分别为H，H1，则又所以下面回到原题：设，∵P﹣ABCD的体积V0＝，于是由上面的事实有：+，得：＝＝xy+xy＝，于是，而由0＜≤1，x≤1，得，则V＝x+y＝x+（），又得，所以，当时，V'＜0，V为减函数，当时，V’＞0，V为增函数所以得：，又，得V max＝，故答案为[]，故选：B．18．【解答】解：如图，AB＝CD＝a，AC＝AD＝BC＝BD＝2．过A作AE⊥CD于E，连结BE，则AE＝＝BE，又AB＝a，∴＝，∴＝，令，则f′（a）＝16a3﹣3a5＝0，解得当a2＝时，（V A﹣BCD）max＝．∴此三棱锥体积的取值范围是（0，]．故选：B．19．【解答】解：取SC中点M，连接AM、MB，因为△SAC是等边三角形，且SB＝BC，∴AM⊥SC，MB⊥SC，∴SC⊥平面AMB，∴平面SAC⊥平面AMB，由三余弦定理，可知，cos∠SAM•cos∠MAB＝cos∠SAB，由边长条件可知，∠SAM＝30°，∠SAB＝90°，代入上式解得cos∠MAB＝0，∴∠MAB＝90°，因为SC⊥平面AMB，∴球心O在平面AMB上，作OO1⊥平面SAC，易得，，取AB中点N，连接ON，∴ON⊥AB，∴OO1AN四点共圆，AO为这四点共圆的直径，也是三棱锥S﹣ABC的半径，连接O1N，∵∠MAB＝90°，由勾股定理，得，∴O1N为三棱锥S﹣ABC的半径R，∴．故选：A．20．【解答】解：由球的对称性可知，当三个正四棱柱都处于正中间契合的时候，其外接球半径最小，所以，此时该球为底面边长为4、2，高为8的长方体的外接球时，设球的半径为R，所以，所以，所以球的最小表面积为．故选：D．21．【解答】解：依题意，点P是该球面上的一个动点（不与A，B重合），即P点与A，B不共线，故三点确定一个平面，设该平面与球的截面为圆O，设∠APB所对的弧的长度与圆O的周长之比为t，所以当t最小时，∠APB最小，当t最大时，∠APB最大．根据球的性质得，①当圆O为球的大圆且弧∠APB所对的弧是该大圆的劣弧时，此时弧APB长度最小，圆的周长最大，t1最小，如图P1，此时AB＝OA＝OB＝1，所以∠AOB＝，∴∠AP1B＝＝，②若圆O为球的大圆所对的优弧，则t2＝1﹣t1最大，如图中的P2．此时∠AP2B＝π﹣∠AP1B＝（圆的内接四边形对角互补）．故选：A．22．【解答】解：过A1作A1E⊥BB1，垂足为E，∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，∴A1B1∥D1C1．过D1作D1H⊥CC1，垂足为H，∵DG＝AA1＝5，∴EB1＝8﹣5＝3．∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，A1B1和D1C1是它们分别与截面的交线，∴A1B1∥D1C1．过D1作D1H⊥CC1，垂足为H，则EB1＝FH＝3，∴DD1＝12﹣3＝9．作A1G⊥DD1，垂足为G，作GF⊥CC1，垂足为F，连接EF，EH，则几何体被分割成一个长方体ABCD﹣A1EFG，一个斜三棱柱A1B1E﹣D1C1H，一个直三棱柱A1D1G﹣EHF．从而几何体的体积为：V＝3×4×5+×3×4×3+×3×4×4＝102．故选：B．23．【解答】解：设AB＝m，AC＝n，则S△ABC＝△ABC的外接圆直径BC＝取BC的中点M，则当PM⊥平面ABC时，三棱锥的体积最大此时球心O在PM上，V max＝×mn×（+3）≤××（+3）令t＝，则f（t）＝t（）f′（t）＝由f′（t）＝0，解得t＝0（舍），t＝8，f（t）在（0，8）递增，在（8，9）递减故f（8）最大，为所以三棱锥P﹣ABC的最大体积为故选：B．24．【解答】解：如图：∵SA＝SB＝SC＝1，AB＝AC＝，BC＝，∴SC⊥SA，SA⊥SB，∠CSB＝120°，取CA，AB的中点O1，O2，则O1，O2是球的两个截面圆的圆心，设O为球心，则OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面BSA，取SA的中点E，连O1E，O2E，则O1E∥SC，O2E⊥SC，∴∠O1EO2＝120°，∠O1OO2＝60°，又OO1＝OO2，∴△OO1O2是正三角形，∴OO1＝O1O2＝BC＝，在直角三角形AO1O中，|OA|＝＝＝，所以球的半径R为．则球的表面积为4πR2＝4π×（）2＝5π．故选：C．25．【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是正三角形，AA1⊥平面ABC，AB＝2，AA1＝，D为BC中点，∴AD⊥B1C1，AD⊥BB1，∵B1C1∩BB1＝B1，∴AD⊥平面DB1C1，∴三棱锥A﹣B1DC1的体积为：＝＝＝1．故选：C．二．填空题（共5小题）26．【解答】解：由题意可得将该三棱锥放在长方体中，且长方体的长宽高分别为SA＝2，SB＝3，SC＝4，设外接球的半径为R，再由长方体的对角线等于其外接球的直径可得（2R）2＝22+32+42＝29，所以4R2＝29，所以外接球的表面积S＝4πR2＝29π，故答案为：29π．27．【解答】解：设球O的半径为R，△ABC的外接圆的圆心O1，半径为r，在△ABC中，由余弦定理可得（4）2＝a2+b2﹣2ab cos60°，即a2+b2＝ab+48≥2ab，即ab≤48，所以V P﹣ABC＝ab sin60°（R+OO1）≤×48×（R+OO1）×＝4（R+OO1），由题意可得4（R+OO1）＝16，所以R+OO1＝4①，在△ABC中，2r＝＝，所以r＝4，而R2＝r2+OO12，所以R2＝16，所以球的表面积S＝4πR2＝64π，故答案为：64π．28．【解答】解：半圆柱的立体图如图所示，其侧视图是矩形ABCD，所以AB•AD＝8，即4×AD＝8，所以AD＝2，所以半圆柱的底面半圆的半径为2．故答案为：2．29．【解答】解：设正三棱锥的底面边长为a，高为h，如图，过顶点S作底面ABC的垂线，垂足为O，过O作OD 垂直AB于D，连接SD，∴AB＝a，SO＝h．∴SO⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，∴AB⊥SO，SO⊥OD，又∵AB⊥OD，SO∩OD＝O，∴AB⊥平面SOD，又∵SD⊂平面SOD，∴AB⊥SD，即SD为侧面SAB的斜高，三棱锥体积＝，得a2h＝12，又O为底面中心，∴OD＝＝，SD＝＝，三棱锥的表面积S＝+3××＝，将代入得：S＝＝．∴S′＝，令S′＝0，得＝0，令，（t＞0），上式可化为t2﹣2t﹣3＝0，解得t＝3，或t＝﹣1（舍），∴＝3，得h＝2，当0＜h＜2时，S′＜0，当h＞2时，S′＞0，故S在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上S单调递增，故当h＝2时，表面积最小，此时S＝3＝6，故填：6．30．【解答】解：根据几何意义得出：边长为8的正方形，球的截面圆为正方形的内切圆，∴圆的半径为：4，∵球面恰好接触水面时测得水深为6cm，∴d＝8﹣6＝2，∴球的半径为：R＝，R＝5∴球的体积为π×（5）3＝cm3故答案为．三．解答题（共10小题）31．【解答】解：（1）如图，过点P作PD⊥平面ABC于D，连结并延长AD交BC于E，连结PE，∵△ABC是正三角形，∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．∵AB＝2，∴S△ABC＝×2××sin60°＝6，又DE＝×AE＝×2×sin60°＝，∴PE＝＝＝；S△P AB＝S△PBC＝S△PCA＝×2×＝3；∴三棱锥的表面积为S表面积＝3×3+6＝9+6；（2）设内切球的半径为r，以球心O为顶点，棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，∵PD＝1，∴V三棱锥P﹣ABC＝S△ABC h＝•6•1＝2；又三棱锥P﹣ABC的体积为V＝S表面积•r＝×（9+6）r＝（3+2）r，由等体积可得r＝＝﹣2，∴内切球的半径为﹣2．32．【解答】解：三棱台ABC﹣A1B1C1，AB＝2A1B1，M是A1B1的中点，N在线段B1C1上，且B1N＝2NC1，不妨设平面ACC1A1⊥平面ABC，设△ABC是边长为6的等边三角形，则△A1B1C1是边长为3的等边三角形，设棱台的高为3，取AC中点O，A1C1中点G，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OG为z轴，建立空间直角坐标系，＝9，＝＝，三棱台ABC﹣A1B1C1的体积V＝＝．＝＝﹣＝，∴＝＝，A（0，﹣3，0），M（，﹣，3），N（，1，3），C1（0，，3），＝（，，3），＝（，4，3），＝（0，，3），设平面AMN的法向量＝（x，y，z），，取x＝14，得＝（14，2，﹣5），∴点C1到平面AMN的距离d＝＝，cos＜＞＝＝＝．sin＜＞＝＝，∴S△AMN＝＝＝，∴＝＝，设平面AMN与CC1交于点H，则点H到直线AN的距离是点M到AN的距离的，∴＝，∴＝＝，∴过点A，M，N的平面把这个棱台分为两部分，体积较小部分的体积为：++＝+＝，体积较大部分的体积为：V﹣（++）＝＝，∴体积较小部分与体积较大部分的体积比值为＝．33．【解答】解：（1）证明：∵AA1＝A1C＝AC＝2，且O为AC中点，∴A1O⊥AC．又侧面AA1C1C⊥底面ABC，交线为AC，A1O⊂平面A1AC，∴A1O⊥平面ABC．（6分）（2）存在点E，且E为线段BC1的中点．理由：取B1C的中点M，从而O M是△CAB1的一条中位线，OM∥AB1，又AB1⊂平面A1AB，OM⊄平面A1AB，∴OM∥平面A1AB，故BC1的中点M即为所求的E点．（12分）34．【解答】解：设球心为O，△ABC外接圆的圆心为O′，设球的半径为2r，则OO′＝r，如图所示；又AB＝18，BC＝24，AC＝30，∴AB2+BC2＝AC2，∴△ABC是直角三角形；∴O′A＝AC＝15；在Rt△OO′A中，（2r）2＝152+r2，解得r＝5，∴球的半径为R＝2r＝10；∴球的表面积为S＝4π•＝1200π，体积为V＝＝4000π．35．【解答】解：（Ⅰ）过A作AH⊥BC，垂足为H，在Rt△ABH中，B＝45°，所以AH＝BH＝3，在Rt△ACH中，C ＝60°，所以CH＝，将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个几何体，是以AH为底面半径，以BH，CH为高的两个圆锥，所以体积为＝＝（9+3）π；（Ⅱ）设BD＝DC＝x．AC＝y，在△ABD和ACD中，由余弦定理得到，化简得到2x2＝y2+2，①，在△ABC中，4x2＝18+y2﹣2×，即4x2＝y2﹣5y+18．②由①②得到y＝2或者（y＝﹣7舍去）；因为cos∠BAC＝，所以sin∠BAC＝，所以S＝AB•AC•sin∠BAC＝．36．【解答】解：（1）【法一】∵BOCD为正方形，∴BC⊥OD，∠AOB为二面角B﹣CO﹣A的平面角∴AO⊥BO，∵AO⊥CO，且BO∩CO＝O∴AO⊥平面BCO，又BC⊆平面BCO∴AO⊥BC，且DO∩AO＝O∴BC⊥平面ADO，且AD⊆平面ADO，∴BC⊥AD．【法二】分别以OA，OC，OB为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设O（0，0，0），A（2，0，0），B（0，0，2），C（0，2，0），D（0，2，2）；有＝（﹣2，2，2），＝（﹣2，2，0），∴•＝0，∴⊥，即BC⊥AD．（2）三棱锥C﹣AOD的体积为：V C﹣AOD＝V A﹣COD＝•S△COD•OA＝××2×2×2＝．37．【解答】证明：（1）如图5﹣2，由于棱AB⊥平面BCD，过B作CD边上的高BE，则AB⊥BE，CD⊥BE，故BE是异面直线AB与CD的距离，即d＝BE．所以V A﹣BCD＝AB•S△BCD＝a＝abd．（2）如图5﹣3，过A作底面BCD的垂线，垂足为O，连结BO与CD相交于E．连结AE，再过E作AB的垂线，垂足为F．因为AB⊥CD，所以BO⊥CD（三垂线定理的逆定理），所以CD⊥平面ABE，因为EF⊂平面ABE，所以CD⊥EF，又EF⊥AB．所以EF即为异面直线AB，CD的公垂线．所以EF＝d．注意到CD⊥平面ABE．所以V A﹣BCD＝CD•S△ABE＝•AB•EF•CD＝abd为定值．（3）如图5﹣4：将四面体ABCD补成一个平行六面体ABB'D'﹣A'CC'D．由于AB，CD所成角为θ，所以∠DCA'＝θ，又异面直线AB与CD间的距离即上、下两底面AB'，A'C'的距离，所以V ABB'D'﹣A'CC'D＝ab sinθ×2d＝abd sinθ．显然V A﹣BCD＝V ABB'D'﹣A'CC'D＝abd sinθ．38．【解答】（1）证明：因为VC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VC⊥BC，又因为点C为圆O上一点，且AB为直径，所以AC⊥BC，又因为VC，AC⊂平面VAC，VC∩AC＝C，所以BC⊥平面VAC．…（4分）（2）如图，取VC的中点N，连接MN，AN，则MN∥BC，由（I）得BC⊥平面VAC，所以MN⊥平面VAC，则∠MAN为直线AM与平面VAC所成的角．即∠MAN＝，所以MN＝AN；…（6分）令AC＝a，则BC＝，MN＝；因为VC＝2，M为VC中点，所以AN＝，所以，＝，解得a＝1…（10分）因为MN∥BC，所以…（12分）39．【解答】证明：（1）直三棱柱ADE﹣BCF中，∵AB⊥平面ADE，∴AB⊥AD，又AD⊥AF，∴AD⊥平面ABFE，AD⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABFE…．（6分）解：（2）连结BD与AC交于点O，连结PO，∵正四棱锥P﹣ABCD，∴PO⊥平面ABCD，又∵直三棱柱ADE﹣BCF，∴AB⊥AE，且有AD⊥平面ABEF，∴AD⊥AE，∴AE⊥平面ABCD，则PO∥AE，∵AE⊂平面ABEF，∴PO∥平面ABEF，则P到平面ABEF的距离等于O到平面ABEF的距离，又∵O为BD中点，∴O到平面ABEF的距离为＝1，∴P到平面ABF的距离为d＝1，∴＝，设正四棱锥P﹣ABCD的高为h，∵正四棱锥P﹣ABCD的体积是三棱锥P﹣ABF体积的4倍，∴＝4V P﹣ABF＝，解得h＝2，∴正四棱锥P﹣ABCD的高为2．40．【解答】（Ⅰ）证明：∵DE∥BC，∠C＝90°，∴DE⊥AD，同时DE⊥DC，又AD∩DC＝D，∴DE⊥平面ACD．又∵DE∥BC，∴BC⊥平面ACD；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，BC⊥平面ACD，又AD⊂平面ADC，∴AD⊥BC．又∵∠ADC＝90°，∴AD⊥DC．又∵BC∩DC＝C，∴AD⊥平面BCDE．∴＝；（Ⅲ）解：分别取AD，EA，AB的中点N，P，Q，并连接MN，NP，PQ，QM，∵平面α∥平面ACD，∴平面α与平面ACD的交线平行于AC，∵M是中点，∴平面α与平面ACD的交线是△ACD的中位线MN，同理可证，四边形MNPQ是平面α截四棱锥A﹣BCDE的截面，即S＝S MNPQ．由（Ⅰ）可知，BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，又∵QM∥AC，MN∥BC，∴QM⊥MN．∴四边形MNPQ是直角梯形．在Rt△ADC中，AD＝CD＝2，∴AC＝．MN＝AC＝2，NP＝，MQ＝．∴S＝（1+3）×．。

高考数学空间几何体练习题一、选择题1.如图，设地球半径为，点、在赤道上，为地心，点在北纬60°的纬线（为其圆心）上，且点、、、共面，若＝90°，则异面直线与所成角的余弦值为A．B．C．D．2.已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（）A．1 B．C．D．23.若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为的菱形，则该棱柱的体积等于( )（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）4.如图，动点在正方体的对角线上．过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（）5. 设分别是中所对边的边长，则直线与的位置关系是（）A.平行B.垂直C.重合D.相交但不垂直6. 异面直线a，b成80o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|0o<θ<40o} B.{θ|40o<θ<50o} C.{θ|40o<θ<90o} D.{θ|50o<θ<90o}7.在二面角的两个面内，分别有直线a,b，它们与棱l都不垂直，则（）A ．当该二面角是直二面角时，可能a//b ，也可能a ⊥bB ．当该二面角是直二面角时，可能a//b ，但不可能a ⊥bC ．当该二面角不是直二面角时，可能a//b ，但不可能a ⊥bD ．当该二面角不是直二面角时，不可能a//b ，也不可能a ⊥b8. 在正方体ABCD －A1B1C1D1中，E 、F 分别为A1D1、B1C1的中点，则在面BCC1B1内到BC 的距离是到EF 的距离的2倍的点的轨迹是（ ）A ．一条线段B ．椭圆的一部分C ．抛物线的一部分D ．双曲线的一部分．9.已知直线，平面，且，给出四个命题：①若，则； ②若，则；③若，则； ④若，则其中正确命题的个数是 A 、4 B 、3 C 、2 D 、110. 长方体一个顶点上三条棱的长分别是6、8、10，且它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是（ ） A.B.C.D.11. 如图，在正方体中，M 、N 分别为棱和中点，则异面直线CM 与所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D.12. 在直三棱柱A1B1C1－ABC 中，∠BAC ＝，AB ＝AC ＝AA1＝1．已知G 与E 分别为A1B1和CC1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)．若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为 ( )A ．[ ，1)B ．[，2)C ．[1，)D ．[，)13. 已知正四棱锥P —ABCD 的棱长都等于a ，侧棱PB 、PD 的中点分别为M 、N ，则截面AMN 与底面ABCD 所成二面角的大小为A．B．C．D．14.下面命题正确的是A．已知直线，点，直线，则与异面B．已知直线，直线，则C．已知平面，直线，直线，则D．若直线与所成的角相等，则15. 已知平面平面，直线，直线，点，点，记点之间的距离为，点到直线的距离为，直线和的距离为，则（）A．B．C．D．16.设为互不重合的平面，l,m,n为互不重合的直线，给出下列四个命题：①若则∥；②若∥∥，则∥；③若∥则∥④若∥则m∥n.其中真命题的个数是（）（A）1 （B）2 （C）3 （D）417.已知直线、，平面、,且，给出下列四个命题，其中正确命题的个数为（1）若，则（2）若，则（3）若，则（4）若，则(A) (B) (C)(D)18. 已知是不同的两个平面,直线,直线,命题；命题没有公共点，则的（）A．充分不必要的条件 B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要19. 已知直线和平面m，直线直线b的一个必要不充分的条件是（）（A）且（B）且（C）且（D）与m所成角相等20.（给出下列两个命题：甲：异面直线m,n分别在平面α、β内，且n∥α，且m∥β，则α∥β.乙：两平面互相垂直，分别在这两个平面内且互相垂直的两条直线，一定分别与另一平面垂直.正确的判断是A.甲、乙均假B.甲、乙均真C.甲真乙假D.甲假乙真21.设l，m，n是空间三条互相不重合的直线，α，β是空间两个不重合的平面，则下列结论中①当m ，且n 时，“n∥m”是“n∥α”的充要条件②当m 时，“m⊥β”是“αβ”的充要条件③当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件④当m 且n是l在α内的射影时，“m⊥n”是“l⊥m”的充要条件正确的个数有( )(A)1个(B)2个(C)3个(D)4个22.设为互不相同的平面,为不重合的三条直线,则的一个充分不必要条件是( ).A. B.C. D.23.在正方体中,分别为和的中点,则与平面所成的角为( ).A. B. C. D.24．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC 与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（）A．直线B．圆C．双曲线 D．抛物线25. 从正方体的八个顶点中任取四个点，在能构成的一对异面直线中，其所成的角的度数不可能是A．B．C．D．26. 已知是直线，是平面，给出下列命题：①若内有两相交直线；②③；④⑤其中正确的命题序号是A.①③⑤B.②④C.①⑤D.①④27. 已知直线m ，n 和平面，则m//n 的必要非充分条件是（）A．m//且n//B．m且nC．m//且D．m ，n与成等角28. 在正四面体P---ABC中，D、E、F，分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论不成立的是A．BC∥平面PDF B．DF垂直平面PAEC．平面PDE垂直于平面ABC D．平面PDF垂直平面PAE29.设表示平面，l为直线，l不在平行内，有下列三个事实①②③，以任意两个作为条件，另一个作为结论可构造三个命题，其中正确命题的个数是（）A．1 B．2C．3 D．030.设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①；②；③；④其中真命题的序号是（）A．①④B．②③C．①③D．②④二、填空题31.斜三棱柱ABC- A1B1C1中，二面角C-A1A-B为120°，侧棱AA1于另外两条棱的距离分别为7cm、8cm，AA1=12cm，则斜三棱柱的侧面积为______ .32.在三棱锥的四个面中，最多有___ 个面为直角三角形.33.在矩形ABCD中，4,3,AB BC==若沿AC将矩形折成一个直二面角B AC D--，则四面体ABCD的外接球的体积为4O___________________。

高一数学空间几何体试题答案及解析1.如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝8，BC＝6，AB＝2，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF平面EFDC．（Ⅰ）当，是否在折叠后的AD上存在一点，且，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；（Ⅱ）设BE＝x，问当x为何值时，三棱锥A CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．【答案】（1）存在点，；（2）当时，三棱锥的最大值.【解析】（1）与立体几何有关的探索问题：第一步：假设符合条件的结论存在；第二步：从假设出发，利用空间中点、线、面的位置关系求解；第三步，确定符合要求的结论存在或不存在；第四步：给出明确结果；第五步：反思回顾，查看关键点；（2）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；四是利用线面平行的定义，一般用反证法；（3）在求所列函数的最值时，若用基本不等式时，等号取不到时，可利用函数的单调性求解；（4）基本不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能，常常用于比较数的大小或证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好利用基本不等式的切入点.试题解析：解：（Ⅰ）假设存在使得满足条件CP∥平面ABEF在平面内过点作交于，在平面内作直线交于点，连结 3分∵∴ 4分∵5分又∴平面∥平面 6分又∵∴，故点就是所求的点 7分又∵∴ 8分（Ⅱ）因为平面ABEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDC＝EF，又AF EF，所以AF⊥平面EFDC 10分由已知BE＝x，所以AF＝x（），则FD＝8x．∴ 12分故当且仅当，即＝4时，等号成立所以，当＝4时，有最大值，最大值为 14分解法二：故所以，当＝4时，有最大值，最大值为 14分【考点】（1）探究性问题；（2）求体积的最大值.2.下图中的几何体是由哪个平面图形旋转得到的（）【答案】A【解析】几何体的上半部分是一个圆锥，下半部分是一个圆台，故选A【考点】简单旋转体的概念3.一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为，则球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为一个正方体的棱长为为2，则该正方体的对角线长为.又因为该正方体的顶点都在球面上，所以球的直径就是正方体的对角线，即球的半径.又因为球的表面积.故选B.【考点】1.球的内接正方体.2.球的表面积公式.3.长方体的对称性.4.若圆锥的表面积，侧面展开图的圆心角为,则该圆锥的体积为______.【答案】【解析】设该圆锥的底面圆的半径为，母线长为，因为侧面展开图的圆心角为,所以，因为圆锥的表面积，所以，所以该圆锥的体积为【考点】本小题主要考查圆锥的侧面积和表面积的关系以及圆锥的体积计算.点评：解决本题的关键是正确运用圆锥中相应的计算公式、圆锥的侧面展开图的关系等求出，进而求出圆锥的高，然后利用圆锥的体积公式计算体积.5.某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图1所示。

可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C 【答案】A3 3．（20XX 年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A4 4．（20XX 年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 （ ）A ．1B ．2C ．2-12D ．2+12【答案】C5．（20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（ ）A．512πB ．3πC．4πD．6π【答案】B6．（20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为（）A．5603B．5803C．200D．240【答案】C7．（20XX年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11．（20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16．（20XX 年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18．（20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19．（20XX年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。

高三数学空间几何体试题答案及解析1.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.2.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.3.已知矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，则旋转形成的圆柱的侧面积的最大值为．【答案】81【解析】假设矩形的一边为（），则另一边为.以x长的变为轴旋转成的圆柱的侧面积为.所以当时，.【考点】1.旋转体的知识.2.函数的最值问题.4.已知四面体的外接球的球心在上，且平面，，若四面体的体积为，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如下图所示，由于四面体的外接球的球心在上，则为其外接球的一条直径，因此，设球的半径为，在中，，由勾股定理得，，由于为球上一点，则，且平面，所以，，所以球的表面积为，故选D.【考点】1.勾股定理；2.三角形的面积；3.三棱锥的体积；4.球的表面积5.如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行【答案】D【解析】由于C1D1与A1B1平行,MN与C1D1是异面直线,所以MN与A1B1是异面直线,故选项D错误.6.如图,正方形BCDE的边长为a,已知AB=BC,将直角△ABE沿BE边折起,A点在平面BCDE 上的射影为D点,则对翻折后的几何体有如下描述:(1)AB与DE所成角的正切值是.(2)三棱锥B-ACE的体积是a3.(3)AB∥CD.(4)平面EAB⊥平面ADE.其中正确的叙述有(写出所有正确结论的编号).【答案】(1)(2)(4)【解析】翻折后得到的直观图如图所示.AB与DE所成的角也就是AB与BC所成的角,即为∠ABC.因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADC⊥平面BCDE. 又因为四边形BCDE为正方形,所以BC⊥CD.可得BC⊥平面ACD.所以BC⊥AC.因为BC=a,AB=BC=a,则AC== a.在Rt△ABC中,tan∠ABC==.故(1)正确;由AD==a,可得VB-ACE =VA-BCE=×a2·a=,故(2)正确;因为AB与CD异面,故(3)错;因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADE⊥平面BCDE.又BE⊥ED,所以BE⊥平面ADE,故平面EAB⊥平面ADE,故(4)正确.7.如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED为正方形，且所在平面垂直于平面ABC．（Ⅰ）证明：平面ADE∥平面BCF；（Ⅱ）求二面角D－AE－F的正切值．【答案】（Ⅰ）利用线线平行，则面面平行证明，即可得证；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）先证明四边形为平行四边形得，又，所以平面平面；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，先求出平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，然后利用公式即可求出余弦值为，进而求出正切值.试题解析：（Ⅰ）取的中点，的中点，连接.则，又平面平面，所以平面，同理平面，所以又易得，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以平面平面. （6分）（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,,，，，.设平面的一个法向量是，则，令，得. （9分）设平面的一个法向量是，则令，得.所以，易知二面角为锐二面角，故其余弦值为，所以二面角的正切值为. （12分）【考点】1.平面与平面垂直的判定方法；2.二面角的求法.8.已知某四棱锥的三视图，如图。

高中空间几何练习题及讲解# 高中空间几何练习题及讲解## 练习题一：空间直线与平面的位置关系题目：在空间直角坐标系中，已知直线L1的方程为 \( y = 2x + 3 \)，直线L2的方程为 \( x - z = 4 \)。

求证：L1与L2是异面的。

解答：首先，将直线L1的方程转换为参数形式：\[ x = t, y = 2t + 3, z = 3 \]其中 \(t\) 是参数。

接着，将直线L2的方程转换为参数形式：\[ x = 4 + s, y = 0, z = 4 - s \]其中 \( s \) 是参数。

由于L1和L2的参数形式中，\( y \) 和 \( z \) 的值在任何 \(t\) 和 \( s\) 都不相等，因此L1和L2没有公共点，即它们是异面的。

## 练习题二：空间多面体的体积计算题目：一个正四面体的顶点坐标分别为 \( A(0, 0, 0) \)，\( B(1, 0, 0) \)，\( C(0, 1, 0) \)，\( D(0, 0, 1) \)。

求该正四面体的体积。

解答：正四面体的体积可以通过以下公式计算：\[ V = \frac{1}{3} \times \text{底面积} \times \text{高} \]底面ABC是一个等边三角形，其面积 \( S \) 可以通过公式 \( S =\frac{\sqrt{3}}{4} \times a^2 \) 计算，其中 \( a \) 是边长。

对于点A、B、C，边长 \( a = 1 \)。

高 \( h \) 可以通过点D到平面ABC的距离计算。

由于D是正四面体的顶点，且ABC是等边三角形，高 \( h \) 可以通过等边三角形的高公式 \( h = \frac{\sqrt{3}}{2} \times a \) 计算。

将 \( a = 1 \) 代入上述公式，我们得到：\[ V = \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times 1^2\times \frac{\sqrt{3}}{2} \times 1 = \frac{\sqrt{3}}{12} \]## 练习题三：空间向量的应用题目：在空间直角坐标系中，已知向量 \( \vec{AB} = (1, 2, 3) \)，向量\( \vec{AC} = (4, -1, 2) \)。

高中几何体试题及答案解析试题一：立体几何基础题题目：已知一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，求该长方体的体积。

解析：长方体的体积可以通过其三个维度的乘积来计算，即体积V = a × b × c。

答案：V = abc。

试题二：空间向量在立体几何中的应用题目：在空间直角坐标系中，点A(1, 0, 0)，点B(0, 1, 0)，点C(0, 0, 1)，求三角形ABC的面积。

解析：空间直角坐标系中，三角形的面积可以通过向量叉乘来求解。

设向量AB = (-1, 1, 0)，向量AC = (-1, 0, 1)，向量AB与向量AC 的叉乘结果为向量AB × AC = (1, -1, 1)。

该向量的模即为三角形ABC的面积的两倍。

答案：三角形ABC的面积为√3。

试题三：圆锥体的体积计算题目：已知圆锥的底面半径为r，高为h，求圆锥的体积。

解析：圆锥的体积可以通过公式V = (1/3)πr²h来计算。

答案：V = (1/3)πr²h。

试题四：球体的表面积与体积题目：已知球体的半径为R，求球体的表面积和体积。

解析：球体的表面积可以通过公式A = 4πR²来计算，球体的体积可以通过公式V = (4/3)πR³来计算。

答案：球体的表面积A = 4πR²，球体的体积V = (4/3)πR³。

试题五：旋转体的体积题目：已知圆柱的底面半径为r，高为h，求圆柱的体积。

解析：圆柱的体积可以通过公式V = πr²h来计算。

答案：V = πr²h。

结束语：通过上述试题及答案解析，我们可以看到高中几何体的计算涉及体积、面积和表面积等概念，这些计算在数学和物理等多个领域都有广泛的应用。

掌握这些基础知识对于解决更复杂的几何问题至关重要。

希望这些试题和解析能够帮助学生加深对立体几何概念的理解，并在解题过程中培养空间想象能力。

高一数学空间几何体试题答案及解析1.长方体的表面积是24，所有棱长的和是24，则对角线的长是（）．Ａ． B．4 C．3D．2【答案】B【解析】设出长方体的长、宽、高，表示出长方体的全面积，十二条棱长度之和，然后可得对角线的长度．【考点】长方体的结构特征，面积和棱长的关系.2.如图是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（）A．B．1C．D．【答案】D【解析】根据直观图可知,根据直观图与平面图的关系可知,平面图中, ,在轴上,且 ,所以.【考点】直观图与平面图的关系3.某工厂为了制造一个实心工件，先画出了这个工件的三视图（如图），其中正视图与侧视图为两个全等的等腰三角形，俯视图为一个圆，三视图尺寸如图所示（单位cm）；（1）求出这个工件的体积；（2）工件做好后，要给表面喷漆，已知喷漆费用是每平方厘米1元，现要制作10个这样的工件，请计算喷漆总费用（精确到整数部分）.【答案】(1) ;(2)314元【解析】(1)根据三视图可知该工件是一个圆锥的形状，其中圆的半径为2，母线长为3，所以圆锥的高 .又根据圆锥的体积公式 .可得 .故填 .(2)因为圆锥的表面积公式为.又因为，.所以.所以10个共要.所以共需要元.所以填314元.试题解析：（1）由三视图可知，几何体为圆锥，底面直径为4，母线长为3， 2分设圆锥高为，则 4分则 6分（2）圆锥的侧面积， 8分则表面积=侧面积+底面积=（平方厘米）喷漆总费用=元 11分【考点】1 三视图 2 圆锥的体积 3 圆锥的表面积4.已知一空间几何体的三视图如图所示，它的表面积是()A．B．C．D．3【答案】C【解析】该几何体是三棱柱，如下图，，其表面积为。

故选C。

【考点】柱体的表面积公式点评：由几何体的三视图来求出该几何体的表面积或者体积是一个考点，这类题目侧重考察学生的想象能力。

5.已知三棱柱，底面三角形为正三角形，侧棱底面，，为的中点，为中点．(Ⅰ)求证：直线平面；(Ⅱ）求点到平面的距离．【答案】（Ⅰ）取的中点为，连接，推出，，且，利用四边形为平行四边形，得到，所以直线平面.(Ⅱ）点到平面的距离为．【解析】（Ⅰ）取的中点为，连接，因为为的中点，为中点，所以，，且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为,所以直线平面.(Ⅱ）由已知得，所以,因为底面三角形为正三角形，为中点，所以, 所以，由（Ⅰ）知，所以，因为，所以,,设点到平面的距离为，由等体积法得，所以，得，即点到平面的距离为．【考点】正三棱柱的几何特征，平行关系，垂直关系，体积计算，距离计算。

高一数学空间几何体试题答案及解析1.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知，几何体是一个三棱锥，底面是直角边长为的直角三角形，面积是，三棱锥的一条侧棱与底面垂直，且长度是，这是三棱锥的高，三棱锥的体积是.故选A．【考点】本题考查由三视图求面积、体积．2.已知一空间几何体的三视图如图所示，它的表面积是()A．B．C．D．3【答案】C【解析】该几何体是三棱柱，如下图，，其表面积为。

故选C。

【考点】柱体的表面积公式点评：由几何体的三视图来求出该几何体的表面积或者体积是一个考点，这类题目侧重考察学生的想象能力。

3.已知某一几何体的正(主)视图与侧(左)视图如图，则在下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有()A．①②③⑤B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②③④【答案】D【解析】俯视图为⑤的几何体的侧视图如下，这与题目不相符，而①②③④符合题意。

故选D。

【考点】三视图点评：本题考查简单空间图形的三视图，考查空间想象能力，是基础题．4.如图是某直三棱柱(侧棱与底面垂直)被削去上底后的直观图与三视图中的侧(左)视图、俯视图，在直观图中，是的中点，侧(左)视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)求出该几何体的体积；(2)若是的中点，求证：∥平面；(3)求证：平面⊥平面.【答案】(1)4 (2)主要证明∥ (3)主要证明平面【解析】解:(1)由题意可知，四棱锥中，平面平面，，所以，平面，又，，则四棱锥的体积为.(2)连接，则∥，∥，又，所以四边形为平行四边形，∴∥，∵平面，平面，所以，∥平面.(3)∵，是的中点，∴⊥，又在直三棱柱中可知，平面平面，∴平面，由(2)知，∥，∴平面，又平面，所以，平面平面.【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．点评：本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，棱锥的体积，平面与平面垂直的判定，其中（1）的关键是由面面垂直的性质定理可得AB⊥平面ACDE，（2）的关键是分析出四边形ANME为平行四边形，即AN∥EM，（3）的关键是熟练掌握空间线线垂直，线面垂直与面面垂直之间的相互转化．5.如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形为截面，长方形为底面，则四边形的形状为( )A．梯形B．平行四边形C．可能是梯形也可能是平行四边形D．不确定【答案】B【解析】因为，长方体中相对的平面互相平行，所以，被平面截后，EF,GH平行且相等，GF,EH 平行且相等，故四边形的形状为平行四边形，选B。