立体几何多选、开放性考试试题

立体几何多选、开放性试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.已知下列四个命题，其中真命题的个数为（）

①空间三条互相平行的直线a,b,c,都与直线d相交，则a,b,。三条直线共面；

②若直线m±平面a,直线nil平面a,则加_L〃；

③平面aCl平面万=直线"？，直线。〃平面1，直线a〃平面夕，则a//m；

④垂直于同一个平面的两个平面互相平行.

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【分析】

①应用反证法，假设。，b,。三条直线不共面证明矛盾结论即可；②利用线面垂直的

性质及平行的推论证明结论；③利用平面的基本性质，结合线面平行的性质、平行的推

论证明结论：④根据平面基本性质判断正误即可.

【详解】

①若a,h,。三条直线不共面，由平行的直线与直线4相交，即b、”共

面，而6,。平行，则。、d不可能相交，与题设矛盾，正确；

②”〃面a,若/u面a且〃///,又加工面。即/，加，则〃_L%,正确；

③过直线a作面/，若面///面△，面/I面。=/,而。〃面a，则有〃/面£,。/〃，

又面apl面夕=加，即/〃机，所以正确；

④垂直于同一平面的两个平面不一定平行，错误；

故选：C.

2.已知四面体ABCD的所有棱长均为血，M，N分别为棱AD,8c的中点，F

为棱AB上异于A,B的动点.有下列结论：

①线段MN的长度为1；

②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线/G与直线C£）都是

异面直线；

「0

③NMKV的余弦值的取值范围为0,—；

④AFMN周长的最小值为V2+1.

其中正确结论的个数为（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【分析】

将正四面体放在正方体中观察

对于①，可根据M,N分别为正方体前后两个面的中心可得出结论；

对于②，E取为A8的中点，G取为MN的中点，此时EG与C。相交；

对于③，计算可得cos/MBN=且〉好，由逼近思想可作出判断；

35

对于④，空间问题平面化的技巧，将三角形A8C与放在同一平面上，可计算出

NF+FM26

【详解】

在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为血四面体

ABCD,

显然，M,N分别为正方体前后两个面的中心，故线段MN的长度为正方体棱长1，故

①对；

对于②：

试卷第2页，总46页

A

如图，尸取为AB的中点，G取为MN的中点，/取为CO的中点，则由正方体的性

质易知，该三点在一条直线上，故此时FG与8相交于/，故②错；

对于③，

BN=—=—,BM=《BD?—MD?=」2一L=也,又有MN=1

22V22

14-1x/3V5

故cos4MBN=22--->

C夜x/63---5

/.*-------,--------

22

故尸点无限接近8点时，cosNMFTV会无限接近故NMEN的余弦值的取值范

3

围不为0,,③错误;

对于④，如图将等边三角形ABC与谢铺平，放在同一平面上，故有

N'F+FM2MNJ5,当且仅当尸为A3中点时取最小值

故在正方体中NF+FM?J5

故AFAm周长的最小值为V2+1

故④对

c

故选：B

【点睛】

把空间中的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离最短的问题，从而使问题

得到解决，这是求空间中最短路线的一种常用方法

3.已知平面a,B,直线/,m,且有/_La,mu/3,给出下列命题：①若。〃£,

则/_£〃，；②若〃〃〃，则③若则〃/〃2；④若/_Lm,则c〃力.其中

正确命题的个数是（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【分析】

根据空间中直线、平面的平行与垂直的定义、判定定理、性质定理等逐项分析，由此确

定出正确结果.

【详解】

对于①：因为。〃£,IVa,所以/_L〃，又mu/3,所以/，加，故正确；

对于②：因为〃/机，/1«,所以m，。，又〃zu，，所以。，尸，故正确；

对于③：因为l±a,所以/与用可能平行或异面，故错误；

对于④：因为/_Lm,所以加//a或加ua,所以a//£不一定成立，故错误;

故选：B.

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【点睛】

方法点睛：判断符号语言描述的空间中位置关系的命题的真假：

（I）利用定理、定义、公理等直接判断；

（2）作出简单图示，利用图示进行说明；

（3）将规则儿何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析.

4.如图，在正方体—中，点E在棱。。上，且2DE=ER,尸是线

段Bg上一动点，现给出下列结论：

①£F_LAC；

②存在一点尸，使得AE//C/；

③三棱锥D,-AEF的体积与点F的位置无关.

其中正确结论的个数为（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】D

【分析】

连接8D，推出AC_LEF,判断①；在A&上取一点〃，使得A"=2A"，连接

EC「EH,HBi，转化证明AE//C/，判断②；设钻=a,通过三棱锥A-AEF的

体积与三棱锥尸-ARE的体积相等，推出三棱锥。-AEF的体积与正方体的棱长有

关，与点尸的位置无关，判断③.

【详解】

如图，连接30.易证ACJ•平面3。瓦'，则AC_LE/,故①正确.在上取一点

H,使得A〃=2A〃，连接EC「EH,HBi，易证四边形与弓可为平行四边形，则

CiE//BR,CiE=BiH.若BF=2BF,易证四边形7为平行四边形，则

AFHB.H,AF=B,H，从而AF//Cg,AE=C,E,故四边形AEC/为平行四边形,

于是AE//C7,故②正确.设他=a,三棱锥。一A所的体积与三棱锥F-ARE的

体积相等，则％=VADE=-x-x—xaxa=—,即三棱锥的体积

£z|-nAIELrFIF-ALf^C,32391

与正方体的棱长有关，与点尸的位置无关，故③正确.

5.如图，将正四棱锥ABC。置于水平反射镜面上，得一“倒影四棱锥”

P-ABC。-。.下列关于该“倒影四棱锥”的说法中，所有正确结论的编号是（）

①PA//平面8CQ；

②PQ_L平面ABCD；

③若RA,氏C,。在同一球面上，则。也在该球面上；

④若该“倒影四棱锥”存在外接球，则=

A.①③B.②④C.①②@D.①②④

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【答案】D

【分析】

由题意四棱锥尸-ABCD与四棱锥Q-ABCD是两个相同的正四棱锥，根据对称性可

判断②；由△APO与ACQO全等，所以NPAO=NOCQ,从而可得AP//QC可判

断①；若正方形ABCD的外接圆不是球的大圆时，可判断③；若该“倒影四棱锥“存在

外接球，根据对称性则正方形A8CD的外接圆是该球的大圆.所以此时球的球心为正方

形ABCD的对角线的交点，可判断④.

【详解】

由题意四棱锥尸-ABCD与四棱锥Q-ABCD是两个相同的正四棱锥

连接AC,相交于点。，连接OP,OQ

由四棱锥P-A3C。为正四棱锥，则PO_L平面ABCZX

根据题意四棱锥ABC。为正四棱锥，所以QO1平面ABCD.

尸O,OQ均垂直于平面ABC。，所以P，O,。三点共线.

所以PQJ•平面ABC。,故②正确.

由ACcPQ=O,根据题意AP=QC,AO=OC,PO=OQ

所以△APO与ACQO全等，所以ZPAO=N。。。

所以AP//QC,APZ平面QCB,QCu平面QC8,

所以PA//平面BCQ,故①正确.

当P,A,B,C,。在同一球面上，若正方形ABC。的外接圆不是球的大圆时，

根据对称性，则。点不在此球面上，故③不正确.

若该“倒影四棱锥”存在外接球，根据对称性则正方形ABCD的外接圆是该球的大圆.

所以此时球的球心为正方形A8CD的对角线的交点，即点。，设AB=2a

则OA=&a，OA=OP=R

所以AP=42/+2。2=2a=A3，所以④正确・

故选：D

【点睛】

关键点睛：本题考查线面的平行和垂直关系的判断和几何体的外接球的相关知识，解答

本题的关键是由△APO与ACQ。全等，得到NPAO=/OCQ,进一步得出

AP//QC,若该“倒影四棱锥”存在外接球，根据对称性则正方形A8CD的外接圆是该

球的大圆.所以此时球的球心为正方形A3C。的对角线的交点，属于中档题.

6.如图，在正四棱锥S-ABCD中，E,M,N分别是BC,CD,SC的中点，

动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①力C；②EPHBD；③EP〃平

面S8D；④平面%C,其中恒成立的为（）

A.①③B.③④C.①②D.②③④

【答案】A

【分析】

在①中：由题意得4。，平面58。，从而平面功火//平面58。，由此得到4。，£71；

在②中：由异面直线的定义可知：石尸与2D是异面直线；在③中：由平面£W//平

面SBD,从而得到EPH平面SBD:在④中：由已知得㈤W，平面SAC,从而得到EP

与平面SAC不垂直.

【详解】

如图所示，连接AC、相交于点。，连接初/，EN.

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在①中：由正四棱锥S-ABCD,可得SO_L底面ABC。，AC±BD,ASO±AC.

•••SOc=0,AC_L平面S3。，

'：E，M-N分别是BC,CD,SC的中点，

：.EMHBD,MNUSD,而EMcMN=M,

平面9数//平面SB。，

在②中：由异面直线的定义可知：律与8。是异面直线，

不可能EP//BD,因此不正确；

在③中：由①可知平面㈤MN//平面SBO,二砂〃平面S8D,因此正确.

在④中：由①同理可得：EMJ_平面SAC,若£PJ_平面SAC,

则EP//EM,与砂0目0=后相矛盾，

因此当尸与M不重合时，律与平面&4C不垂直.即不正确.

二恒成立的结论是：①③.

故选：A.

7.如图，一张纸的长、宽分别为2后，aa,四条边的中点分别是A,B,C,D,

现将其沿图中虚线折起，使得M2,Mit/4四点重合为一点M，从而得到一

个多面体，关于该多面体有下述四个结论：

①该多面体是六面体；

②点M到棱AC的距离为逅。；

2

③8。J_平面AMC；

④该多面体外接球的直径为叵a,

2

其中所有正确结论的序号是（)

A.①④B.③④C.②③D.②③④

【答案】D

【分析】

利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以A,B,C,。为顶点的三棱锥,

利用线面垂直，判定面面垂直，即可得出结论.

【详解】

解：结论①中，长、宽分别为2&，瓜a，A,B,C,。分别是其四条边的中点,

现将其沿图中虚线折起，AB=BC=AD=CD=

四点重合为一点从而得到一个多面体,

,M2,M.,M4M，

如图，以A,B,C,。为顶点的三棱锥,

故①错误；

结论②中，•.•AM=CM=&，AC=®，三角形AMC是等腰直角三角形，

所以点M到棱AC的距离为逅a，故②正确；

2

结论③中，\AMA.BM.BMA.CM,AMryCM=M,所以平面ACM,

故③正确；

结论④中，三棱锥扩展为长方体，

三棱锥的外接球就是长方体的外接球，长方体的外接球直径是长方体的体对角线.

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设长方体的三边为：d,c,b,

d2+b2-6a2

可得＜d2+c2=|a2

b2+c2=-a2

I2

相加可得2d+b2+c2)=l5a2,

=J^tz2=^^-a,故④正确.

该多面体外接球的直径为J/+万+c2

所有正确结论的序号是：②③④.

故选：D.

【点睛】

本题考查了棱锥的结构特征、线面垂直的判定和性质的应用，属于中档题.

8.已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形，侧面PCD，平面ABCD,BC=2道.

CD=PC=PD=2指,若点M为PC的中点，则下列说法正确的个数为()

(1)PC_L平面ADM(2)四棱锥M-ABC。的体积为12

(3)BM〃平面PAD(4)四棱锥ABC。外接球的表面积为36〃

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】C

【分析】

作出图象，根据相关知识即可判断各命题的真假.

【详解】

作出图象，如图所示:

对于(1),因为侧面PCD1平面ABCD，而底面ABCD为矩形，所以AO_L平面PCD,

即有AOLPC,而CZ)=PC=Pr),点M为PC的中点，所以DW_LPC,故PC_L

平面ADM，（1）正确;

对于（2）,因为侧面PC。，平面ABCO，CD=PC=PD=2指,所以点P到平面

A3C0的距离为2指sin60=30，而点M为PC的中点，所以点P到平面ABCO

的距离为述，故四棱锥M一ABCD的体积为1x逑x2#x=12，（2）正确；

232

对于（3）,取PO中点N,连接MN,所以MN/ADC,且=而。C=A8,

2

i^MN//AB,且MN=」4?,因此四边形ABMN为梯形，所以8M与AN的延长线

2

交于一点，故直线BM与平面尸4）相交，所以（3）不正确；

对于（4）,根据四棱锥ABC。的侧面QW为直角三角形，底面A8CD为矩形，

结合球的几何特征可知，四棱锥M-ABC。的外接球的球心在过底面的外心

。且与底面垂直的直线上，同样，四棱锥A7-ABC。的外接球的球心在过侧面CDM的

外心（CO的中点）且与侧面CDM垂直的直线上，所以四棱锥M-ABCD的外接球的球

心即是底面ABC。的外心。，外接球半径为OA=gJ（2"『+（2百『=3,故四棱

锥M—ABCZ）外接球的表面积为36乃，（4）正确.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定定理的应用，线面平行的判断，四棱锥的体积求法，以及

四棱锥的外接球的体积求法，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力，数学运算

能力，属于中档题.

9.如图，在正方体ABC。-A4G9中，点P在线段BG上运动，则下列判断中正

确的是（）

①平面Pg。，平面ACD|

②〃平面ACR

试卷第12页，总46页

③异面直线A/与AQ所成角的取值范围是((),?]

④三棱锥A-APC的体积不变

A.①③B.①②④C.①③@D.③④

【答案】B

【分析】

由面面垂直的判定定理可判断①，由面面平行的性质定理可判断②，由线面垂直的性质

定理可判断③，由线面平行的性质及棱锥的体积公式可判断④.

【详解】

正方体中由DDt±平面ABCD,ACu平面ABCD,可得DD{_LAC,又4。J.，

DD,,BD是平面BDDXB}内两相交直线，从而得AC_L平面BDD^,BQu平面

BDD、B],因此有ACLB}D,同理ADt1BQ,AC1ADt=A,：.B1D1平面ACD{,

又4£>u平面pq。，.•.平面P4；)_L平面ACD1,①正确；

正方体中AB与GA平行且相等，则A是平行四边形，ADJ/BC\,平

面48C1,BC|U平面A^G，，A。//平面ABC1,同理AC//平面A^G，

AqnAC=A,4",4。都在平面4"。内，，平面4℃〃平面45。1,^Pu平

面4BG，AP〃平面Acq,②正确；

与①同理可证，平面，当尸是8G与4。交点时，片尸匚平面弓与。。，

TT

AD]±A,P,异面直线A尸与AQ所成角为5,③错误；

D

由②知BCJ/平面AC",.•.2到平面AC。的距离不变，因此三棱P-AC"体积不

变，④正确.

故选：B.

【点睛】

本题考查正方体中的直线、平面问题位置关系，掌握面面垂直的判定定理、面面平行的

判定与性质定理是解题关键.

10.如图所示，在长方体A5CO—44G2中，AB=BC=1,M=2,P是48上

的一动点，则下列选项正确的是()

①OP的最小值为亚；②。。的最小值为石；③AP+尸G的最小值为标；④

AP+PG的最小值为驾^

A.①③B.①④C.(2X3)D.②④

【答案】B

【分析】

DP的最小值，即求△D41底边上的高即可；旋转VA/G所在平面到平面

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ABB】A,AP+PC,的最小值转化为求AC即可.

【详解】

求。P的最小值，即求△D4/底边A/上的高，易知％B=AD=亚,BD=6,所

以4B边上的高为〃=|石，连接AG，BC1,得VA^G，以A乃所在直线为轴，将

VANG所在平面旋转到平面45旦4,设点G的新位置为C'，连接AC，则AC即

为所求的最小值，

易知A4,=2/。=拒,cosNA4,C'=—用，

所以4C'=,4+2—2x2x0x（—噂）

故选：B.

【点睛】

本题考查利用旋转求解线段最小值问题.

求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否，（1）点的变化，点与点的重合

及点的位置变化；（2）线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；（3）长度、

角度等几何度量的变化.

11.如图，在矩形ABC。中，AB^2AD,E为边A3的中点，将44）石沿直线

翻折成若M为线段4C的中点，则在AAOE翻折过程中，给出以下命题:

①存在某个位置，使MB〃平面AOE；

②存在某个位置，使

③线段的长是定值；

④存在某个位置，使平面4OE.

其中所有正确命题的编号是（）

A.①②B.①③C.②©D.①③④

【答案】B

【分析】

取4。的中点N,证明四边形肱VEB是平行四边形可得8M//NE,BM=NE,从

而可判断①③正确，假设结论成立得出矛盾，判断②④错误.

【详解】

（1）取4。的中点N,连接MN,NE,

帅MN//CD,MN=-CD,

2

又EB//CD,EB=gAB=gcD,

22

:.MNHEB,MN=EB,四边形M/VE8是平行四边形，

取BM/INE,

又8M仁平面AOE，NEu平面AOE，

.•.3加//平面4。后，故①正确；

（2）设AB=2AD=2,则OE=CE=0，CD=2,

DE2+CE2=CD2，板DEICE,

若。ELAC成立，因为。E04。=。,。及4。匚平面4。七，

则£>E_L平面4CE,

DEVANE,与NDEA=NAED=45°矛盾,

OE不可能垂直AC，故②错误；

（3）由（1）可知BM=NE,故长为定值，故③正确；

（4）过M作CO的垂线，垂足为尸，连接M/7，BF，

若80，平面4c。，则8Md.cD,又CD工MF,

试卷第16页，总46页

因为C£>n"E=F,CD,MFu平面BMF，

\CD人平面由演，

：.CD±BF,这与8C_LCD矛盾，故④错误.

故选：B

【点睛】

本题主要考查了线面平行的判定和线面垂直的判定及其性质，意在考查学生对这些知识

的理解掌握水平.

二、双空题

12.某电视台鉴宝栏目迎来一件清代老银方斗型挂件（图1）,古代常用来作为女方陪

嫁.该挂件佩戴起来非常漂亮，寓意“斗出斗入，日进万金”之意.其结构由长方体与正

四棱台组合而成.图2是与该挂件结构相同的几何体，且A8=20，MN=NF=也，

BF=2,K为BC上一点,且BK:KC=2:1,Z为PQ上一点.

图1图2

（1）若DKLMZ，则名的值为.

ZP

（2）几何体EFG//-MNPQ外接球的体积为

【答案吗乎

【分析】

（1）根据面面平行的性质和平面几何知识可得答案.

（2）设球心为。，半径为。”=。。=。尸=r，由直角三角形性质可求得半径，从而

求得外接球的体积.

【详解】

（1）由平面A8CD〃平面EEG”〃平面MNPQ,可将MZ平移至平面ABC。内，记

为AZ',且Z'e8（如左图）,此时有MZ〃AZ'.在正方形ABC。中，BK:KC=2:1,

Q7DZ'1

根据平面几何知识可算得DZ':Z'C=1:2,从而—=「一=一.

ZPZ'C2

（2）根据正四棱台ERG"-MNPQ的对称性，只需考虑该几何体的截面FNQH在圆

上.如右图，

设球心为0,半径为OH=OQ=OF=r,由题意知FH=4,NQ=2,在Rt/\NSF

中有NF=亚，FS=1,

从而NS=1=TR,故RtAORH中有OR=，产-4，RtaOTQ中有OT=尸工，

所以由0丁一0/?=5/尸一1一，,一4=1，解得「=君.

几何体EFGH-MNPQ外接球的体积为V=：兀（石丫=美5兀.

故答案为：生5兀.

23

【点睛】

方法点睛：求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径R、截

面圆的半径r及球心到截面的距离d三者的关系R2=r+"2求解，其中确定球心的位

置是关键.

13.如图，已知正方体—，点E,£G分别是GA，A4，BC的中点，

BR与平面EFG（填“平行”或“不平行”）；在正方体的12条面对角线中，

试卷第18页，总46页

与平面EFG平行的面对角线有条.

【答案】不平行6.

【详解】

解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为2,则。(0,0,0),A(2,0,0),

C(0,2,0),3(220),E(0,l,2),02,0,1),G(1,2,0),<(2,2,0),B(2,2,2),

G(0,2,2),D,(0,0,2),所以赤=(2,—l,—1),由=(1,1,—2),设平面的法

向量为〃=(x,y,z),所以《"八，令x=1,则y=1,z=l，所以〃，

''[x+y-2z=0

析=(-2,—2,2),所以信函=lx(-2)+lx(-2)+lx2=-2w0,所以BQ与平

面EFG不平行，

因为衣=(一2,2,0),所以[・恁=k(-2)+1*2+1乂0=0,所以4。与平面£7;6平

行，因为A&//AC，所以AG与平面EEG平行，同理可得AB,D,C,ADt,BC,

与平面EEG平行，BD，BQ,AB,,DC,,AXD,々C与平面EFG不平行,

故与平面£FG平行的面对角线有6条，

故答案为：不平行，6；

14.如图，正三棱柱ABC-的所有棱长均为2,。是的中点，尸是平面

BB'C'C内一点,且24=2,则点P的轨迹长度为；当PC'的长最小时，三棱

锥O-PAA'的体积为______.

【答案】兀士

【分析】

由。4_L平面BB'C'C,得到OAJ_OP,得出点P的轨迹是以。为圆心，1为半径的

半圆，

过P作尸。，。0'于点。，得到PQJ■平面04A'。，得出即PQ是三棱锥尸—W的

高，

结合体积公式，即可求解.

【详解】

因为三棱柱ABC-A'B'C是正三棱柱，。是3C的中点，

所以平面33'C'C,所以。4L0P,因为R4=2,0A=5所以。P=l,

即点P的轨迹是以。为圆心，1为半径的半圆，其长度为万，

在平面BS'CC内，当PC'的长最小时，。，P，C三点共线，

过点。作OOUB'C于点0',连接O'A,易知O,A,A,0'四点共面，

过P作PQ_LOO'于点。，

又由。4_L平面BB'C'C,所以PQ_LOA0Ao00'=0,则PQ,平面。4A'O',

即P。是三棱锥P-04A'的高，

连接0C,因为PQ//O'C',所以空=竺，

O'COC

试卷第20页，总46页

又因为OC=百，O'C=1,所以尸。=当，

=X

所以VO.PAA'=Vp-OAA'TXPQ=-x—x2x>/3x--=——•

J。4JJLJ

15.已知三棱锥P-ABC的底面ABC是边长为6的等边三角形，

PA=PB=PC="，先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球。…然后再放入一

个球。2,使得球。2与球。|及三棱锥ABC的三个侧面都相切，则球。I的体积为

,球。2的表面积为.

【答案】TT

【分析】

由等体积法求得内切球。|半径，再根据比例求得球。2的半径，则问题可解.

【详解】

如图所示：

点P到平面ABC的距离为d==3

所以％ABC=；X9GX3=9^，侧面高为后手=2g

所以S“PBC=5.网=S“AC=（x2&x6=6百

设球01的半径为R，所以Vp_A8C=V（）「PAB+%]"AC+%]一P3C

则96=；（18百+96）R,得R=1，M=与

r9—R—r1

设球。2的半径为「，则高=---,又R=1得:

R23

44

所以球。2的表面积为5=7

4乃4万

故答案为：—

【点睛】

本题考查三棱锥内切球问题，关键利用等体积法求得球半径.

三、解答题

16.如图，在三棱锥A-BCD中，ZBCD=90°,BC=CD=\,ZACB=ZACD=6.

（1）证明：AC1BD；

（2）有三个条件；

①6=60。；

②直线AC与平面BCD所成的角为45。；

Z7

③二面角A—CD—8的余弦值为巨.

3

请你从中选择一个作为条件，求直线8C与平面ACO所成的角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）选任何一个，结果均为X5.

3

试卷第22页，总46页

【分析】

（1）取80中点。，连接0AoC,证明8O_L平面A0C,可证线线垂直：

（2）分析图形，在C4上取点使得P0_L0C（即平面尸8D_L平面BCD）,这样

以OCOO,。尸为x,y,z轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角的正弦值.不

管选①②③中哪一个，都推导出OW=OC.得出各点坐标，用向量法求解即可.

【详解】

（1）取8。中点。，连接0AoC,则0CJ.BD,

又BC=DC,ZACB=ZACD=9.AC=AC,所以△ABC,

所以A3=AT＞，所以A0_L8D,

AOC\CO=O,AO,COu平面AOC,所以80,平面AOC，

又ACu平面AOC,所以3O_LAC；

（2）在C4上取点P,使得NPOC=90°,连接PB,PD，由于。。与3。是平面BCD

内相交直线，所以PO_L平面8cD,

以OC,OD,OP为x,Xz轴建立空间直角坐标系，如图，

5

BD=G，0C=—^OB,因此PD=P。同理PD=PC=P3,

2

p

选①，。=60°,则△PC。是等边三角形，PD=CD=PC=1,0P=—

2

则P(0,0,^^),C(—^―,0,0))/)(0,—^―,0)>5(0,—,0)'

吃,后友—,5/2&0血

BC=(---,---,())，DC=(---,----,())，Dr=(0,----,---)»

222222

设平面PCZ）的一个法向量是"=（x,y,z）,

包一旦=0

n-DC-

22

则＜取x=l,则y=z=l,即“=(1,1,1),

iiDP=

记直线BC与平面PCD（即平面AC。）所成的角为a,

包+旦+0

22瓜

1x73

选②，由尸。_1_平面8CO得NPCO是PC（即AC）与平面BCD所成的角，

所以NPCO=45°,OP=OC,

以下同选①；

选③，作PM_L8,垂足为M，连接OM,

由PO_L平面BCD,CDu平面BCD,所以POLCD,

又POC\PM=P,PO,PMu平面POM，而OMu平面POM，所以CD_LQW,

所以NPMO是二面角P-CD-B即二面角A-CD-B的平面角，

GV2V2

已知即为cosNPMO=土，则tan/PMO=&，2*21，

3UM--------------=—

12

所以OP=OMtanNPMO=J=OC，

2

以下同选①.

【点睛】

方法点睛：本题考查证明线面垂直，考查求直线与平面所成的角，求线面角常用方法:

（1）定义法：作出直线与平面所成的角并证明，然后在直角三角形中计算可得；

试卷第24页，总46页

（2）向量法：建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的

绝对值等于直线与平面所成角的正弦值计算.

17.如图，在正四面体A—BCD中，点E,f分别是AB,3c的中点，点G,//分别

在CD,上，且DG=-CD.

44

（1）求证：直线必相交于一点，且这个交点在直线3。上；

（2）求直线AB与平面EFG”所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叁

3

【分析】

（1）E”和FG为梯形的两腰，从而E”和FG必交于一点，设交点为M，Me平

面43。，同理：Mw平面BCD,由此能证明E”，R7和B。三线交于点M.

（2）取80的中点。，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；

【详解】

解：（1）因为EF//AC,G”〃AC,EE=』AC,GH=工AC,所以GH//EF且GH=上EF,

242

故E,F,G,H四点共面，且直线E〃,PG必相交于一点，设EHD/GnM,因为

Me平面所以Me平面A应），同理：Me平面BCD,而平面

ABDc平面BCD=8□，故Me平面88，即直线E4,FG必相交于一点，且这

个交点在直线BD上；

（2）取8。的中点。，则8O_LQ4,BZ）_L0C,所以8。，平面A0C,不妨设

OD=4也,则8D=AC=8e，A0=C0=12,所以

144+144—1921

cosZAOC=------------以0为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

2x12x123

则A(4,0,8^),B(0,-4^,0),C(12,0,0),F(6,-273,0),G(3,373,0),故

BX=(4,4G,8直)，而=(—3,56,0),AC=(8,0,-872),而=(4,0,—4及)，

n-EF=0—yf^x+5y-0

设平面EFG”的法向量为为=(x,y,z),由《一可得：《二，令

[n-FG=0[x-y/2z=0

x=5\[2'则为=(55),则cos<BA,”〉=——>—―=―厂=，故直

\BA\\n\9x263

线AB与平面EFGH所成角的正弦值为迈.

【点睛】

本题考查了立体几何中的线线关系的证明和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想

象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平

面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用

空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

18.如图所示，在直三棱柱ABC-AgG中，底面是等腰直角三角形，ZACB=9(T,

CA=CB=CG=2点D,。分别是棱AC,AC的中点.

试卷第26页，总46页

GBi

(1)求证：D、B、耳、R四点共面；

(2)求直线BC,与平面DBBR所成角的大小.

【答案】(1)证明见解析；(2)arcsin

10

【分析】

(1)由已知证明。月可得答案；

(2)作C/，片2,证明直线平面0642,/。出厂即为直线与平面

DBBR所成的角，在直角gBF中可求得答案.

【详解】

(1)证明：•••点。，。分别是棱AC，4G的中点，二。A〃CG

•/CC.//BB,DDJ/BB\

D、B、。四点共面.

(2)作C/工BR,垂足为F

BB]±平面481G,GFU平面44G,

直线5耳_L直线

_L直线BR且BBt与BR相交于B,

.•.直线。/，平面。842

•••NC1BF即为直线BG与平面所成的角.

在直角ACQg中，C.D,=1,Cg=2,所以BR=下,

由面积CA-G4=。/「。/可得6尸=竽，

在直角AGB尸中，3G=2血，GF=管，sin/G8F=等

直线BC,与平面DBBR所成的角为arcsin吟.

【点睛】

对于线面角的求法的步骤作：作（或找）出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就

是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算.

19.如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD是菱形，G是线段A8上一点（不含A,B）,

在平面SGD内过点G作GP//平面SBC交SD于点P.

（1）写出作点P、GP的步骤（不要求证明）；

7T

（2）若=AB=SA=SB=SD=2,尸是S。的中点，求平面SBC与平面

SGD所成锐二面角的大小.

7T

【答案】（1）答案见解析；（2）

4

【分析】

（1）根据线面平行的判定定理，利用面面平行可得，作两条相交直线分别和BC,SC

平行即可；

（2）过0作OE//GB交BC于E,以砺，函，方分别为x,丫，z轴建立空间直角坐

标系，利用向量法求解即可.

【详解】

试卷第28页，总46页

（1）第一步：在平面ABC。内作GH//BC交C£»于点H；

第二步：在平面SC。内作“P//SC交于P；

第三步：连接GP,点RGP即为所求.

（2）因P是SD的中点，HP//SC,所以〃是CO的中点，

而GH//BC，所以G是AB的中点.

连ACGD交于0,连S0,设S在底面ABC。的射影为M，

因为S4=SB=S£>,所以M4=M8=MD，即M为AABD的外心,

所以M与0重合，因。。=2叵，SD=2,

3

所以S。考，℃=沁华,

过。作。石〃GB交BC于E，以南，前，方分别为x,V,z轴建立空间直角坐标系,

则5（0,0,与）,8（手』,0）,（7（-孚,2,0）,

所以西