第九章 立体几何一基础题组1.【2005天津，理4】设、为平面，为、直线，则的一个充分条件是A、 B、 C、 D、【答案】D【解析】A选项：缺少条件；B选项：当时，；C选项：当两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角），时，；D选项：同时垂直于同一条直线的两个平面平行。本选项为真命题。本题答案选D2.【2005天津，理12】若图，平面，且则异面直线PB与AC所成角的正切值等于_。【答案】3.【2006天津，理6】设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面.考查下列命题，其中正确的命题是（）A B C D【答案】B【解析】设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面。下列命题中正确的命题是，选B.4.【2006天津，理13】如图，在正三棱柱中，若二面角的大小为，则点到平面的距离为_【答案】5.【2007天津，理6】设为两条直线，为两个平面.下列四个命题中，正确的命题是( )A.若与所成的角相等，则B.若，则C.若则D.若则【答案】D【解析】对于A当与均成时就不一定；对于B只需找个，且即可满足题设但不一定平行；对于C可参考直三棱柱模型排除，故选D6.【2007天津，理12】一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为则此球的表面积为.【答案】【解析】长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即，由7.【2008天津，理4】设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是(A) (B) (C) (D) 【答案】C【解析】A、B、D直线可能平行，选C8.【2008天津，理12】一个正方体的各定点均在同一球的球面上，若该球的体积为，则该正方体的表面积为 .【答案】24【解析】由得，所以，表面积为.9.【2009天津，理12】如图是一个几何体的三视图.若它的体积是,则a_.【答案】【解析】由三视图可知几何体是一个三棱柱,底面三角形的一边长为2,其边上的高为a,依题.10.【2010天津，理12】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为_【答案】【解析】解析：几何体下方是一个棱长为1,2,1的长方体，上方是一个高为1的正四棱锥，底面四边形的边长为2，V121221. 11.【2011天津，理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：），则这个几何体的体积为_.【答案】【解析】该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，.12.【2012天津，理10】一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_ m3【答案】189【解析】由几何体的三视图可知该几何体的顶部是长、宽、高分别为6 m,3 m,1 m的长方体，底部为两个直径为3 m的球该几何体的体积为：V6312189(m3)13.【2014天津，理10】已知一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为_【答案】考点：1立体几何三视图；2几何体体积的计算14. 【2015高考天津，理17】（本小题满分13分）如图，在四棱柱中，侧棱,且点M和N分别为的中点.(I)求证：平面；(II)求二面角的正弦值；(III)设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长【答案】(I)见解析； (II) ； (III) .【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，又因为分别为和的中点，得.(I)证明：依题意，可得为平面的一个法向量， 由此可得，又因为直线平面，所以平面(II)，设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，设为平面的一个法向量，则，又，得，不妨设，可得因此有，于是，所以二面角的正弦值为.【考点定位】直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.15. 【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_m3.（第11题图）【答案】2【解析】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积故答案为2【考点】三视图、几何体的体积【名师点睛】解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据二能力题组1.【2005天津，理19】如图，在斜三棱柱中，侧面与底面ABC所成的二面角为120，E、F分别是棱、的中点。（）求与底面ABC所成的角；（）证明EA平面；（）求经过、A、B、C四点的球的体积。【答案】（）；（）详见解析；（）【解析】（I）解：过作平面平面，垂足为。连接，并延长交于，连接，于是为与底面所成的角。因为，所以为的平分线又因为，所以，且为的中点因此，由三垂线定理因为，且，所以，于是为二面角的平面角，即由于四边形为平行四边形，得所以，与底面所成的角度为（II） 证明：设与的交点为，则点P为EG的中点，连结PF。在平行四边形中，因为F是的中点，所以而EP平面，平面，所以平面2.【2006天津，理19】如图，在五面体中，点是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，棱（1）证明/平面；（2）设，证明平面 【答案】（I）详见解析，（II）详见解析.【解析】（I）证明：取CD中点M，连接OMEM在矩形ABCD中，则连接EM，于是四边形EFOM为平行四边形FOEM又因为FO不在平面CDE，且EM平面CDE，FO平面CDE3.【2007天津，理19】如图，在四棱锥中，底面是的中点.(I)证明：；(II)证明：平面；(III)求二面角的大小.【答案】(I)证明(略)(II)证明证明(略)(III) 或【解析】(I)证明：在四棱锥中，因底面平面故.平面.而平面.(II)证明：由可得.是的中点，.由(I)知，且所以平面.而平面.底面在底面内射影是.又综上得平面.(III)解法一：过点作垂足为连结.由(II)知，平面在平面内的射影是则.因此是二面角的平面角.由已知，得.设可得在中，.则在中，所以二面角的大小是解法二：由题设底面平面则平面平面交线为过点作垂足为故平面过点作垂足为连结故因此是二面角的平面角.由已知，可得.设可得APEBCDMF于是，在中，所以二面角的大小是4.【2008天津，理19】如图，在四棱锥中，底面是矩形.已知.（）证明平面；（）求异面直线与所成的角的大小；（）求二面角的大小.【答案】（I）详见解析，（II），（）【解析】解：（）证明：在中，由题设可得于是.在矩形中，.又，所以平面.（）证明：由题设，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.在中，由余弦定理得由（）知平面，平面，所以，因而，于是是直角三角形，故所以异面直线与所成的角的大小为.（）解：过点P做于H，过点H做于E，连结PE因为平面，平面，所以.又，因而平面，故HE为PE再平面ABCD内的射影.由三垂线定理可知，从而是二面角的平面角。由题设可得，5.【2009天津，理19】如图,在五面体ABCDEF中,FA平面ABCD,ADBCFE,ABAD,M为EC的中点,AFABBCFEAD.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小;(2)证明平面AMD平面CDE;(3)求二面角ACDE的余弦值.【答案】（）；（）详见解析；（）【解析】 (2)证明:因为DCDE且M为CE的中点,所以DMCE.连结MP,则MPCE.又MPDMM,故CE平面AMD.而CE平面CDE,所以平面AMD平面CDE.(3)设Q为CD的中点,连结PQ,EQ.因为CEDE,所以EQCD.因为PCPD,所以PQCD,故EQP为二面角ACDE的平面角.由(1)可得,EPPQ,.于是在RtEPQ中,.所以二面角ACDE的余弦值为.解法二:如图所示,建立空间直角坐标系,点A为坐标原点.设AB1,依题意得B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1),M(,1,).(1),于是.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.(2)证明:由,可得,.因此,CEAM,CEAD.又AMADA,故CE平面AMD.而CE平面CDE,所以平面AMD平面CDE.(3)设平面CDE的法向量为u(x,y,z),则于是令x1,可得u(1,1,1).又由题设,平面ACD的一个法向量为v(0,0,1).所以.因为二面角ACDE为锐角,所以其余弦值为.6.【2010天津，理19】如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CFAB2CE，ABADAA1124.(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；(2)证明AF平面A1ED；(3)求二面角A1EDF的正弦值【答案】(1) ，(2) 详见解析，(3) .【解析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点设AB1，依题意得D(0,2,0)， F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，0)(1)解：易得(0，1)，(0,2，4)于是cos，所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为.(2)证明：易知(1,2,1)，(1，4)，(1，0)，于是0，0.因此，AFEA1，AFED.又EA1EDE，所以AF平面A1ED.(3)解：设平面EFD的法向量u(x，y，z)，则 即不妨令x1，可得u(1,2，1)由(2)可知，为平面A1ED的一个法向量于是cosu，从而sinu，.所以二面角A1-ED-F的正弦值为. (2)证明：连结AC，设AC与DE交于点N.因为，所以RtDCERtCBA.从而CDEBCA.又由于CDECED90，所以BCACED90.故ACDE.又因为CC1DE且CC1ACC，所以DE平面ACF.从而AFDE.连结BF，同理可证B1C平面ABF，从而AFB1C，所以AFA1D.因为DEA1DD，所以AF平面A1ED.(3)解：连结A1N，FN.由(2)可知DE平面ACF.又NF平面ACF，A1N平面ACF，所以DENF，DEA1N.故A1NF