立体几何习题

前言

典例剖析

【2020人大附中试题】下列说法中，正确说法的个数是【】

①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；

②两条直线可以确定一个平面；

③若\(M\in \alpha\)，\(M\in \alpha\)，\(\alpha\cap\beta=l\)，则\(M\in l\)；

④空间中，两两相交的三条直线在同一个平面内；

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

分析：对于①，借助墙角模型思考，两个平面垂直，其交线中有\(3\)个公共点，但是其位置关系不是重合，而是相交[垂直]；所以①错误；

对于②，先回顾两条直线的位置关系有平行、相交、异面三种，其中两条平行或者相交的直线是可以确定一个平面的，但是若是异面的直线就不能确定一个平面，故②错误；

对于③，需要翻译成文字语言容易理解，两个平面的公共点\(M\)一定在两个平面的公告交线上，故正确；

对于④，需要考虑两两相交的三条直线的交点个数问题，若交点个数是一个，那么在空间中，三条直线可以是异面的直线，故不在同一平面内，若交点的个数是三个，那么它们一定会共面，在同一个平面内，故④错误；另外，两两相交的三条直线的交点个数不会是两个。

综上所述，本题目选\(A\).

【2016江苏高考卷】如图，在直三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中，\(D\)、\(E\)分别是\(AB\)、\(BC\)的中点，点\(F\)在侧棱\(BB_1\)上，且\(B_1D\perp A_1F\)，\(A_1C_1\perp A_1B_1\)。

求证：(1)直线\(DE//\)平面\(A_1C_1F\). 详细分析过程

证明：因为\(D\)、\(E\)分别是\(AB\)、\(BC\)的中点，

则有 \(DE//AC//A_1C_1\)， 故由

\[\left.\begin{array}{l}{DE//A_1C_1}\\{直线 A_1C_1\subset 平面 A_1C_1F}\\{DE\not\subset 平面 A_1C_1F }\end{array}\right\}\Rightarrow 直线DE//平面A_1C_1F \]

备注：关于线面位置的表示符号，已经变换过多次，转换为你所对应使用的版本即可；另外，这种书写形式的逻辑关系非常清晰，建议使用。倒过来就是分析，顺过去就是证明过程。

求证：(2) 平面 \(B_1DE\perp\) 平面 \(A_1C_1F\).

证明1： 结合题目的已知条件，可得

\(\left.\begin{array}{l}{A_1C_1\perp A_1B_1，已知}\\{A_1C_1\perp A_1A，由直三棱柱可知}\\{A_1A\subset 平面ABB_1A_1}\\{A_1B_1\subset 平面ABB_1A_1}\\{A_1B_1\cap A_1B=A_1}\end{array}\right\}\Rightarrow A_1C_1\perp 平面 ABB_1A_1\)

又由于 \(DE//A_1C_1\)，则 \(DE\perp\) 平面 \(ABB_1A_1\)，

又由于 \(A_1F\subset\) 平面 \(ABB_1A_1\)，故 \(DE\perp A_1F\)，即 \(A_1F\perp DE\)，

\(\left.\begin{array}{l}{A_1F\perp B_1D，已知}\\{A_1F\perp DE，已证}\\{B_1D\subset 平面B_1DE}\\{DE\subset 平面B_1DE}\\{B_1D\cap DE=D}\end{array}\right\}\Rightarrow 直线 A_1F\perp平面 B_1DE\)，

又由于 \(A_1F\subset\) 平面 \(A_1C_1F\)，故 平面 \(B_1DE\perp\) 平面 \(A_1C_1F\).

证明2： 结合题目的已知条件，可得

\(\left.\begin{array}{l}{A_1C_1\perp A_1B_1，已知}\\{A_1C_1\perp A_1A，由直三棱柱可知}\\{A_1A\subset 平面ABB_1A_1}\\{A_1B_1\subset 平面ABB_1A_1}\\{A_1B_1\cap A_1B=A_1}\end{array}\right\}\Rightarrow A_1C_1\perp 平面 ABB_1A_1\)

又由于 \(DE//A_1C_1\)，则 \(DE\perp\) 平面 \(ABB_1A_1\)，

又由于 \(A_1F\subset\) 平面 \(ABB_1A_1\)，故 \(DE\perp A_1F\)，即 \(A_1F\perp DE\)，

\(\left.\begin{array}{l}{A_1F\perp B_1D，已知}\\{A_1F\perp DE，已证}\\{B_1D\subset 平面B_1DE}\\{DE\subset 平面B_1DE}\\{B_1D\cap DE=D}\end{array}\right\}\Rightarrow 直线 A_1F\perp平面 B_1DE\)，

又由于 \(A_1F\subset\) 平面 \(A_1C_1F\)，故 平面 \(A_1C_1F\) \(\perp\) 平面 \(B_1DE\).

【2016衡水金卷】如图，在四棱锥 \(P-ABCD\) 中，\(AB\perp PA\)，\(AB//CD\)，且 \(PB=\)\(BC=BD\)\(=\sqrt{6}\) ，\(CD=2AB=2\sqrt{2}\) ，\(\angle PAD=120^{\circ}\)，\(E\)和\(F\)分别是棱\(CD\)和\(PC\)的中点。

(1).求证：平面 \(BEF\perp\) 平面 \(PCD\).

证明：因为 \(E\) 为 \(CD\) 的中点，\(CD=2AB\)，则 \(AB=DE\)，又因为 \(AB//CD\)，所以四边形 \(ABED\) 为平行四边形。

又因为 \(BC=BD\) ，\(E\) 为 \(CD\) 的中点，故 \(BE\perp CD\)，则四边形 \(ABED\) 为矩形，则 \(AB\perp AD\)。

又因为 \(AB\perp PA\)，\(PA\cap AD=A\)，所以 \(AB\perp\)平面\(PAD\)。

又因为 \(AB//CE\)，所以 \(CD\perp\) 平面\(PAD\)，所以 \(CD\perp PD\)。

又因为 \(EF//PD\)，所以 \(CD\perp EF\)。又因为 \(CD\perp BE\)，所以 \(CD\perp\) 平面\(BEF\)。所以平面 \(PCD\perp\) 平面\(BEF\)。

(2).求直线 \(PD\) 与平面 \(PBC\) 所成角的正弦值。

待补充。

【2017凤翔中学第二次月考理科第19题】如图，\(\Delta ABC\)和\(\Delta BCD\)所在平面互相垂直，且\(AB=\)\(BC=BD\)\(=2\)，\(\angle ABC\)\(=\)\(\angle DBC\)\(=\)\(120^{\circ}\)，\(E\)、\(F\)、\(G\)分别是\(AC\)、\(DC\)、\(AD\)的中点，

(1)求证：\(EF\perp\) 平面\(BCG\)

分析提示：只要证明\(AD\perp\) 平面\(BCG\)

(2)求三棱锥 \(D-BCG\) 的体积。

分析：在平面 \(ABC\) 内，作 \(AO\perp BC\)，交 \(CB\) 延长线于 \(O\)，由平面 \(ABC\perp BCD\)，可知 \(AO\perp\) 平面 \(BDC\)，

由 \(G\) 到平面 \(BCD\) 距离 \(h\) 是 \(AO\) 长度的一半，在 \(\Delta AOB\) 中，\(AO=AB\cdot sin60^{\circ}=\sqrt{3}\)，

故\(V_{D-BCG}=V_{G-BCD}=\cfrac{1}{3}S_{\Delta DBC}\cdot h\)\(=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{1}{2}\cdot BD\cdot BC\)\(\cdot sin120^{\circ}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(=\cfrac{1}{2}\)。

【2017凤翔中学第二次月考理科第15题】已知三棱锥\(S-ABC\)满足\(SA、SB、SC\)两两垂直，且\(SA\)\(=SB\)\(=SC=2\)，\(Q\)是三棱锥\(S-ABC\)外接球上的一个动点，则点\(Q\)到平面\(ABC\)的距离的最大值是多少？

仿上，我们可以将此三棱锥还原为正方体的一部分，且正方体有个外接球，那么点\(Q\)到平面\(ABC\)的距离的最大值即是正方体的体对角线的\(\cfrac{2}{3}\)，而体对角线长为\(\sqrt{2^2+2^2+2^2}=2\sqrt{3}\)，故所求值为\(\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)。

【2017凤翔中学第三次月考理科第10题】已知球面上有\(A、B、C\)三点，如果\(|AB|=|BC|=\)\(|AC|=2\sqrt{3}\)，且球心到平面\(ABC\)的距离为1，则该球的体积为多少？

分析：本题目关键是求球的半径\(R\) ，如上例4中的模型，已知的三点可以安放在图中的点\(A'\)、\(B\)、\(C'\)处，

但是要注意，已知的平面\(ABC\)和模型中的平面\(A'BC'\)平行，不一定重合，此时求半径问题就转化为求正三棱锥的侧棱的长问题了，

而且此时正三棱锥的底面边长为\(2\sqrt{3}\)，正三棱锥的高是1，高的垂足\(E\)是下底面的中心，

则其侧棱\(OA\)为\(\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}\)，故\(R=\sqrt{5}\)，

故该球的体积\(V_球=\cfrac{4}{3}\cdot \pi\cdot R^3=\cfrac{20\sqrt{5}}{3}\pi\)。

【2017凤翔中学第三次月考理科第19题】如图所示，四棱锥\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)是个边长为2的正方形，侧棱\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，且\(PA=2\)，\(Q\)是\(PA\)的中点。

(1).证明：\(BD\perp\)平面\(PAC\)；

证明：由于侧棱\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，\(BD\subsetneqq\)底面\(ABCD\)，故\(PA\perp BD\)；

又由于\(AC\)和\(BD\)是正方形的对角线，则\(AC\perp BD\)，

则\(BD\perp AC\)，\(BD\perp PA\)，\(PA\cap AC=A\)，

\(PA\subsetneqq\)平面\(PAC\)，\(AC\subsetneqq\)平面\(PAC\)，

故\(BD\perp\)平面\(PAC\)；

(2).求二面角\(C-BD-Q\)的余弦值。

分析：由题可知，\(AB、AP、AD\)两两垂直，以\(A\)为坐标原点，分别以\(AB、AD、AP\)所在直线为\(x，y，z\)轴建立空间直角坐标系，如图所示。

则点\(B(2，0，0)\)，\(C(2，2，0)\)，\(D(0，2，0)\)，\(Q(0，0，1)\)，

所以\(\overrightarrow{BD}=(-2，2，0)\)，\(\overrightarrow{BQ}=(-2，0，1)\)，

设平面\(BDQ\)的法向量为\(\vec{m}=(x，y，z)\)，则有

\(\begin{cases}\vec{m}\perp\overrightarrow{BD}\\\vec{m}\perp\overrightarrow{BQ}\end{cases}\) \(\Longrightarrow \begin{cases}\vec{m}\cdot\overrightarrow{BD}=0\\\vec{m}\cdot\overrightarrow{BQ}=0\end{cases}\)

即\(\begin{cases}-2x+2y=0\\-2x+z=0\end{cases}\)，可以取\(\vec{m}=(1，1，2)\)

平面\(BDC\)的法向量为\(\vec{n}=(0，0，1)\)，

设二面角\(C-BD-Q\)为\(\theta\)，由图可知，\(\theta\)为钝角，则有

\(cos\theta=-|cos<\vec{m}，\vec{n}>|=-\cfrac{\vec{m}\cdot\vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=-\cfrac{2}{\sqrt{6}}=-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)

所以二面角\(C-BD-Q\)的余弦值为\(-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)。

已知底面是平行四边形的四棱锥\(P-ABCD\)，点\(E\)在\(PD\)上，且\(PE：ED=2：1\)，在棱\(PC\)上是否存在一点\(F\)，使得\(BF//\)面\(AEC\)，证明并说出点\(F\)的位置。相关课件

分析：在棱\(PC\)上存在一点\(F\)，\(F\)为\(PC\)的中点，使得\(BF//\)面\(AEC\)，理由如下：

取\(PE\)的中点\(H\)，\(PC\)的中点\(F\)，联结\(BF\)、\(HF\)、\(BH\)，联结\(AC\)和\(BD\)，交点为\(O\)，

则由\(HF\)是\(\Delta PEC\)的底边\(EC\)的中位线，故\(HF//EC\)；

由\(EO\)是\(\Delta DBH\)的底边\(BH\)的中位线，故\(BH//EO\)；

(说明：这样的话，平面\(BHF\)内的两条相交直线\(HF\)和\(BH\)分别平行与另一个平面\(AEC\)内的两条相交直线\(EO\)和\(EC\)，则这两个平面就平行）

又由于\(HF\subsetneqq\)平面\(BHF\)，\(BH\subsetneqq\)平面\(BHF\)，\(BH\cap HF=H\)，

\(EO\subsetneqq\)平面\(AEC\)，\(EC\subsetneqq\)平面\(AEC\)，\(EO\cap EC=E\)，

则平面\(BHF//\)平面\(AEC\)，

又\(BF\subsetneqq\)平面\(BHF\)，

则有\(BF//\)平面\(AEC\)，猜想得证。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知\(l\)，\(m\)是空间中两条不同的直线，\(\alpha\)，\(\beta\)是两个不同的平面，则下列说法一定正确的是【】

$A$.若$l//\alpha，\alpha//\beta，m\subset \beta，l\not\subset \beta$，则$l//m$；

$B$.若$\alpha\perp \beta，l//\alpha，m\perp l，m\not\subset \beta$，则$m\perp \beta$；

$C$.若$l//m，m//\alpha，l\perp\beta，l\not\subset \alpha$，则$\alpha\perp \beta$；

$D$.若$l\perp\alpha，m\perp\beta，\alpha\perp \beta$，则$l//m$；

分析：选\(C\)；可以借助长方体模型或正方体模型来判断线面位置关系；主要使用排除法；

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】在正方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，点\(O\)是四边形\(ABCD\)的中心，关于直线\(A_1O\)，下列说法正确的是【】

$A.A_1O//D_1C$ $B.A_1O\perp BC$ $C.A_1O//平面B_1CD_1$ $D.A_1O\perp平面AB_1D_1$

分析：由于题目中给定点\(O\)是下底面的中心，故我们想到也做出上底面的中心\(E\)，如图所示，

当连结\(CE\)时，我们就很容易看出\(A_1O//CE\)，以下做以说明；

由于\(OC//A_1E\)，且\(OC=A_1E\)，则可知\(A_1O//CE\)，

又由于\(A_1O\not \subset 面B_1CD_1\)，\(CE \subset 面B_1CD_1\)，故\(A_1O//平面B_1CD_1\) ，故选\(C\)，

此时，我们也能轻松的排除\(A\)，\(B\)，\(D\)三个选项是错误的。

【2018宝鸡市高三数学第一次质量检测第9题】已知四棱锥\(S-ABCD\)的底面为平行四边形，且\(SD\perp 面ABCD\)，\(AB=2AD=2SD\)，\(\angle DCB=60^{\circ}\)，\(M、N\)分别是\(SB、SC\)的中点，过\(MN\)作平面\(MNPQ\)分别与线段\(CD、AB\)相交于点\(P、Q\)。

(1).在图中作出平面\(MNPQ\)，使面\(MNPQ//面SAD\)(不要求证明)；

分析：如图所示，点\(P、Q\)分别是线段\(CD、AB\)的中点，联结\(NP、PQ、QM\)所得的平面即为所求做的平面。

反思总结：1、一般的考法是题目作出这样的平面，然后要求我们证明面面平行，现在是要求我们利用面面平行的判定定理作出这样的平面，应该是要求提高了。

2、注意图中的线的虚实。

(2).【文】若\(|\overrightarrow{AB}|=4\)，在(1)的条件下求多面体\(MNCBPQ\)的体积。

【理】若\(\overrightarrow{AQ}=\lambda \overrightarrow{AB}\)，是否存在实数\(\lambda\)，使二面角\(M-PQ-B\)的平面角大小为\(60^{\circ}\)？若存在，求出\(\lambda\)的值；若不存在，请说明理由。

【文科】法1：

如图所示，连接\(PB、NB\)，有题目可知在(1)的情形下，平面\(MNPQ\)与平面\(ABCD\)垂直，由题目可知，\(AB=4\)，\(BC=PC=2\)，\(SD=2\)，\(NP=1\)，

则\(SD\perp面ABCD\)，\(NP//SD\)，则\(NP\perp 面ABCD\)，

\(\Delta PCB\)是边长为2的等边三角形，则\(V_{N-PBC}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{\Delta PBC}\cdot |NP|=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot 4\cdot 1=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)

由\(MN//BC\)，\(MN \perp面SAD\)，面\(MNPQ\)是直角梯形，\(MN=NP=1\)，\(PQ=2\)

连接\(BD\)交\(PQ\)于点\(H\)，在\(\Delta ABD\)中，由余弦定理可知，\(BD=2\sqrt{3}\)，\(AB^2=AD^2+BD^2\)，则\(BD\perp AD\)

即\(BH\perp PQ\)，且\(BH\perp NP\)，故\(BH\perp 面MNPQ\)，

\(V_{B-MNPQ}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{MNPQ}\cdot |BH|=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{(1+2)\cdot 1}{2}\cdot \sqrt{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)

故\(V_{MNCBPQ}=V_{B-MNPQ}+V_{N-PBC}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{3}=\cfrac{5\sqrt{3}}{6}\)。

法2：

待补充。

【理科】待补充。