第九章

立體幾何

§9.1簡單幾何體題型一：柱體的表面積和體積【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:∵長方體的長、寬、高分別為6、5、3，6×5＝30，6×3＝18，5×3＝15，∴S＝2×30+2×18+2×15＝60+36+30＝126．故選D．2.B解析:∵圓柱的底面積為16π，∴圓柱的底面半徑r=16ππ=4．∵圓柱的底面直徑和高相等，∴高h(yuǎn)＝2r＝8．∴圓柱的體積公式V＝16π×8＝128π題型二：錐體的表面積和體積【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:根據(jù)題意，圓錐的底面半徑為3，母線長為4，如圖所示：即OB＝3，SB＝4，則OS=SB2-2.解析:∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為6，∴三棱錐A1﹣ABC的體積為13×6＝2∴四棱錐A1﹣BCC1B1的體積為6﹣2＝4．故選C.題型三：球體的表面積和體積【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:根據(jù)題干信息和球的基本性質(zhì)計算求解即可.∵球的直徑為6，∴球的半徑為3，∴距球心2處截面圓的半徑為32-22題型四：空間幾何體的三視圖【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:由圓柱的三視圖得解.由三視圖可知，該三視圖表示的幾何體是圓柱.故選B.2.解析:由已知中的三視圖，可知該幾何體右側(cè)是一個三棱錐，左側(cè)是一個三棱柱，以側(cè)視圖為底面，求出底面面積，代入棱錐體積公式，可得幾何體的體積.該幾何體右側(cè)是一個三棱錐，左側(cè)是一個三棱柱，以側(cè)視圖為底面，所以幾何體的體積為.故選.增效訓(xùn)練1.B解析:半徑為R的半圓弧長為πR，圓錐的底面圓的周長為πR，圓錐的底面半徑為：R2，由此能求出圓錐的高．半徑為R的半圓弧長為πR，圓錐的底面圓的周長為πR，圓錐的底面半徑為：R2，所以圓錐的高：R22.A解析:根據(jù)棱柱的定義即可求解.∵棱柱的棱長不一定相等，比如長方體，∴A錯誤；∵長方體是直四棱柱，正棱柱的底面是正多邊形，直棱柱、正棱柱的側(cè)棱一定垂直底面，∴B、C、D正確.故選A.3.A解析:先求出正三棱柱的底面積，由此能求出正三棱柱的體積．底面邊長為2，高為1的正三棱柱的體積是：V＝SH=12×2×24.D解析:根據(jù)題干信息和長方體的體積公式計算求解即可.∵長方體同一頂點上的三條棱長分別為2，2，3，∴長方體的體積為2×2×3＝12.故選D.5.A解析因為球的半徑為3，所以它的體積為V=4π3×33＝366.A解析:根據(jù)圓錐的軸截面是邊長為6的等邊三角形和圓錐的體積公式計算求解即可.∵圓錐的軸截面是邊長為6的等邊三角形，∴圓錐的底面半徑為3，高為33，∴圓體積為13×π×327.B解析:根據(jù)題意求出圓柱底面圓的半徑和側(cè)棱長，再計算圓柱的側(cè)面積.如圖所示，過圓柱的上，下底面圓圓心的平面截圓柱所得的截面是正方形ABCD，其面積為16，所以邊長AB＝AC＝4，所以底面圓的半徑為R＝2，側(cè)棱長為l＝AC＝4，所以圓柱的側(cè)面積為S側(cè)＝2πRl＝2π×2×4＝16π．故選B．8.C解析:∵圓柱底面的半徑為1，高為2，∴圓柱的表面積為2π×1×2+2×π×12＝6π，故選C．9.D解析:∵直徑為10的一鐵球體積為43π×53=500π3，直徑為2∴可以做成500π3÷43π＝10.A解析:根據(jù)三棱柱的三視圖即可求解.由三棱柱的三視圖可知，該幾何體是三棱柱.故選A.11.3解析:設(shè)球半徑為R，∵球的表面積是36π，∴4πR2=36π，解得12.50π解析:設(shè)球的半徑為R，由題意，球的直徑即為長方體的體對角線的長，則（2R）2＝32+42+52＝50，∴R=522．∴S球＝4π×R2＝50π．故答案為13.93π.解析:由題意知，圓錐的母線長l＝6，設(shè)圓錐的底面半徑為r，則2πr=12×2π×6，解得r＝3，所以圓錐的高h(yuǎn)=62-14.43.解析:求出正三棱柱的底面面積，由棱柱的體積公式可得答案.邊長是2，高是4，所以底面面積為S=1Sh=315.9.解析:若底面半徑為1的圓錐的體積為3π，則13π×12×h＝3π，解得16.解析:圓錐的頂點是S，底面圓心是O，母線長SA＝12cm，母線和軸的夾角∠ASO＝30°，從而圓錐底面圓半徑AO=12SA=6，由此能求出這個圓錐的側(cè)面積和全面積．如圖，圓錐的頂點是S，底面圓心是O，母線長SA＝12cm，母線和軸的夾角∠ASO＝30°，∴圓錐底面圓半徑AO=12SA=6，∴這個圓錐的側(cè)面積：S側(cè)＝π×AO×SA＝π×12×這個圓錐的全面積：S全＝π×AO2+π×AO×SA＝36π+72π＝108πcm2．17.解析:設(shè)截面圓的半徑為r，球的半徑為R，根據(jù)題意建立關(guān)于r，R的方程組，解出后得到答案.設(shè)截面圓的半徑為r，球的半徑為R，則πr2=9πR2=r2+42，解得r=3R=5，∴球的半徑為5cm，表面積為18.解析:直接求解底面面積與高，然后求解幾何體的體積．由題意棱錐的底是一個矩形，與交于，是棱錐的高，若，，，可知，，，，棱錐的底面面積為：，所以棱錐的體積為：．19.解析:容器的表面積等于圓錐的側(cè)面積加上圓柱的側(cè)面積加上圓柱的底面積，容器的體積等于圓錐的體積加上圓柱的體積．S＝S圓錐側(cè)+S圓柱側(cè)+S圓柱底=π×3×V=V圓錐+V圓柱§9.2空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系題型一：平面【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:根據(jù)平面的基本性質(zhì)判斷即可.由于連接對“腳”的兩條線段，看它們是否相交，就知道它們是否合格，所以工人師傅運(yùn)用的數(shù)學(xué)原理是“兩條相交直線確定一個平面”.故選A.2.解析:利用平面圖形的定義以及公理2的推論可判斷A、B、C三個選項，由兩條相交直線確定一個平面，分析四條直線相交的情況討論判斷D，綜合可得答案.根據(jù)題意，依次分析選項對于A，四邊相等的四邊形可以為平面圖形，也可以為空間四邊形，故A錯誤；對于B，空間一條直線與直線外一點可以確定一個平面，故B錯誤；對于C，平面是無限延展的，所以平面不計算面積，故C錯誤；對于D，相交于同一點的四條直線，當(dāng)任三條直線不共面時，可以確定6個平面，故D正確.故選D.題型二：空間直線的位置關(guān)系【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:根據(jù)題意，由異面直線的定義分析選項，綜合可得答案.根據(jù)題意，如圖依次分析選項對于A，當(dāng)點M與點A1重合時，BM與A1D相交，不符合題意；對于B，當(dāng)M為A1C1中點時，M在平面BDD1B1面內(nèi)，BM與DD1是相交直線，不符合題意；對于C，CD∩平面ACC1A1＝C，而BM不經(jīng)過點C，則BM與CD恒為異面直線，符合題意；對于D，當(dāng)點M與點C1重合時，BM與DC1相交，不符合題意.故選C.2.解析:根據(jù)圖形結(jié)合線面垂直的性質(zhì)判斷即可.根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知，長方體中，平面，平面，，且直線與不相交且不平行，直線與異面且垂直.故選.題型三：與線、面平行相關(guān)命題的判定與性質(zhì)【例1】【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:由線面平行的判定、面面平行的性質(zhì)以及充分不必要條件的定義即可求解.因為b∥α，則存在c?α，使得b∥c且b?α，若a∥b且a?α，則a∥c，又a?α且c?α，所以a∥α，充分性成立；設(shè)β∥α，b?β，a?β，a∩b＝P，則有a∥α，但a，b不平行，即必要性不成立．故選A．2.解析:利用面面平行的判定直接判斷即可.對于A，若α內(nèi)有無窮多條平行的直線與β平行，則不能說明α平行β；對于B，平行于同一條直線的兩個平面可能不平行，還可以相交；對于C，垂直于同一條直線的兩平面平行；對于D，垂直于同一平面的兩個平面不一定平行，還可以垂直．綜上，選項C正確．故選C．【例2】【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:連接AC，交BD于點O，連接OE，易知OE∥PA，再由線面平行的判定定理即可得證.證明連接AC，交BD于點O，連接OE，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴O為AC的中點，∵E是PC的中點，∴OE∥PA，又OE?平面BDE，PA?平面BDE，∴PA∥平面BDE.2.解析:證明：取PD三等分點E（E靠近D），連接NE，AE，因為M、N分別是AB、PC的三等分點（M靠近B，N靠近C），所以，NE∥，NE＝DC，又因為平行四邊形ABCD，所以AM∥NE，AM＝NE，所以四邊形AMNE為平行四邊形，MN∥AE，又因為AE?面ADP，故MN∥面PAD．題型四：與線、面垂直相關(guān)的判定與性質(zhì)【例1】【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:利用直線與平面垂直的判定定理，即可得出結(jié)論.根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可知因為“l(fā)垂直于α內(nèi)的兩條直線”，沒有滿足相交，所以“l(fā)垂直于平面α內(nèi)的兩條直線”是“l(fā)⊥α”的不充分條件，若線面垂直，則可得直線與面內(nèi)任意直線都垂直，所以“l(fā)垂直于平面α內(nèi)的兩條直線”是“l(fā)⊥α”的必要條件，所以“l(fā)垂直于α內(nèi)的兩條直線”是“l(fā)⊥α”的必要不充分條件.故選B.2.解析:根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得解.因為l∥m，m⊥α，所以l⊥α.故選C.【例2】【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:（1）由已知中SB⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，我們易得SB⊥AB，AB⊥BC，進(jìn)而由線面垂直的判定定理得到AB⊥平面SBC；（2）令BD∩AC＝O，連接OE.結(jié)合已知中E為SB的中點，矩形的性質(zhì)，根據(jù)三角形中位線定理，可得OE∥SD，再由線面平行的判定定理，即可得到答案.證明（1）∵SB⊥底面ABCD，AB?底面ABCD，∴SB⊥AB，又由底面ABCD為矩形，∴AB⊥BC又∵BC∩SB＝B，BC?平面SBC，SB?平面SBC，∴AB⊥平面SBC；（2）連接BD∩AC＝O，連接OE，∵平面ABCD是矩形，∴點O為BD中點，∵在△SBD中，E為SB中點，∴OE∥SD，∵OE?平面AEC，SD?平面AEC，∴SD∥平面AEC.2.解析:（1）由正方體的結(jié)構(gòu)特征得出，平面，故，于是平面，從而平面平面.（2）代入棱錐的體積公式計算即可；（1）證明：連結(jié)，，平面，平面，，四邊形是正方形，，又平面，平面，，平面，又平面，平面平面.（2）解：，.增效訓(xùn)練1.解析:根據(jù)空間中各要素的位置關(guān)系，逐一判斷即可.若，則與可以成任意角，選項錯誤；若，則或，選項錯誤；若，則與可以成任意角，選項錯誤；若，則，選項正確.故選.2.解析:根據(jù)空間中各要素的位置關(guān)系，逐一判斷即可.若，，則或與異面或與相交，選項錯誤；若，，，，但沒說明與相交，則不一定成立，選項錯誤；若，，，則或與異面，選項錯誤；若，，，則，選項正確.故選.3.解析:將正方體的平面展開圖，還原為正方體，即可得答案.由題意可將展開圖還原為如圖的正方體，故.故選.4.解析:根據(jù)已知條件，結(jié)合基本事實以及推論，即可求解.由基本事實以及推論，易知①②正確；若三點共線，則經(jīng)過三點的平面有無數(shù)多個，故③錯誤；若點在直線外，則確定一個平面，若點在直線上，則可有無數(shù)個平面，故④錯誤.故選.5.解析:根據(jù)直線平行和面面平行的判定條件分別進(jìn)行判斷即可.直線，分別在兩個不同的平面，內(nèi)，當(dāng)時，平面與平面可能平行也可能相交，即充分性不成立，當(dāng)平面平面時，直線，分別在兩個不同平面，內(nèi)，則兩直線平行或異面，即必要性也不成立，“”是“平面平面”的既不充分也不必要條件.故選.6.解析:根據(jù)空間中各要素的位置關(guān)系，逐一判斷即可.若，，則或，選項錯誤；若，，則與可以成任意角，選項錯誤；若，，則或與相交，選項錯誤；若，，則，選項正確.故選.7.解析:根據(jù)正方體的性質(zhì)即可得解.由圖知，在正方體中，棱平面，平面，所以，，，與所成的角為.故選.8.C解析:根據(jù)異面直線的判定定理及三垂線定理，即可求解.根據(jù)異面直線的判定定理易得A1M與DN異面，又A1M在后側(cè)面的射影D1M⊥DN，∴根據(jù)三垂線定理可得A1M⊥DN.故選C.9.解析:由空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關(guān)系逐一分析四個選項得答案.對于：若，，則，又，所以，故正確；對于：若，，則或，當(dāng)時，由于，則與相交，故錯誤；對于，若，，則或與異面，故錯誤；對于：若，且，因為直線不在平面上，假設(shè)，且，則由面面垂直性質(zhì)定理可知，因為，故有，滿足條件，但此時，故錯誤.故選.10.B解析:根據(jù)題意，利用異面直線判定定理加以證明，可得到直線與是異面直線，從而得出結(jié)論.根據(jù)、分別為三棱錐的棱、的中點，可知直線與是異面直線，理由如下，證明：點平面，點平面，直線平面，點，直線與是異面直線.故選B.11.充要.解析:由題意分和判斷出“”是“”的充要條件.因為，，因為，，所以，可得“”是“”的充分條件；因為，，，可得，所以“”是“”的必要條件，綜上所述：“”是“”的充要條件.12.3解析:以正方體為例，分別指出對應(yīng)的位置關(guān)系，從而得解.如圖，在正方體中，，，此時；，，此時與異面；，，此時與相交；而直線與直線的位置關(guān)系只有平行、異面、相交三種，所以當(dāng)直線，時，直線與直線的位置關(guān)系有3種.故答案為3.13.相等或互補(bǔ).解析:根據(jù)角的兩組對應(yīng)邊同向或反向，分類討論，即可得解.當(dāng)角的兩組對應(yīng)邊同時同向或同時反向時，兩角相等；當(dāng)角的兩組對應(yīng)邊一組同向一組反向時，兩角互補(bǔ).故答案為：相等或互補(bǔ).14.②.解析:由直線與平面平行，垂直的性質(zhì)判斷出所給命題的真假.①，，可得或或，所以①不正確；②，，由平行線的性質(zhì)可得，所以②正確；③，，可得或，所以③不正確.故答案為②.15.平面和平面.解析:由中點聯(lián)想到中位線，再由線面平行的判定定理，得解.連接，，，，由中位線的性質(zhì)知，，，又平面，平面，所以平面，同理可得平面.故答案為平面和平面.16.解析:證明：如圖，，，又為的中點，，又為的中點，；同理可證，.17.解析:證明：（1）因為，、分別是、的中點，則，又因為底面是矩形，即，所以，而平面，平面，所以平面；（2）因為底面，底面，則，又因為為矩形，則，且，，平面，所以平面.18.解析:證明：因為，分別是，的中點，所以.又平面，且平面，所以平面，而平面，且平面平面，所以，因為平面，平面，所以平面.19.（1）平面；（2）以.解析:（1）四邊形是且邊長為的菱形，所以△為等邊三角形，又為的中點，所以，又因為面面，面，面面，所以平面；（2）△為正三角形，為的中點.所以，又，，面，面，所以面，又因為面，所以.§9.3空間幾何體的度量計算題型一：空間距離【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:根據(jù)長方體的性質(zhì)和勾股定理即可求解.如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，連接AC1，依題意，AB＝3，BC＝2，CC1＝2，則，可得其對角線.故選C.2.解析:根據(jù)題干信息計算求解立體圖形中的距離即可.∵正方形ABCD的邊長為12，∴點A到BD的距離d=12122+122=62∵PA⊥平面ABCD，PA＝12，∴題型二：異面直線所成的角1.解析:取BC的中點為M，連接EM，MF，由中位線定理可得EM∥AC，EM=12AC＝2，MF∥AC，MF=12BD＝2，則AC與BD所成的角為∠EMF，進(jìn)而可得答案.取BC的中點為M，連接EM，MF，因為E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，所以EM∥AC，EM=12AC＝2，MF∥AC，MF=12BD＝2，所以AC與BD所成的角為∠EMF，又EF故選C.2.解析:將兩異面直線平移成相交直線即可求解.如圖連接B1C，∵AB∥A1B1，∴異面直線A1C，AB所成角即為∠B1A1C或其補(bǔ)角，又AC⊥BC，若AA1＝AC＝BC＝1，∴A1B1=2，B1C=2，A1C=2，∴△A1B題型三：直線與平面所成的角【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:先根據(jù)題干的提交條件求出立方體的棱長，再連接AE將線面角轉(zhuǎn)化為平面內(nèi)的夾角求解即可.∵正方體ABCD﹣A1B1C1D1的體積為8，連接AE，如圖所示，設(shè)立方體的邊長為a，∴a3＝8，a＝2，∵ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，∴AA′⊥平面ABCD，∴AA′⊥AE，∴∠A′EA為A1E與平面ABCD所成角，∵AA′⊥AE，∴∠A′AE＝90°，∴AE=22+12=5，AA′＝2，∴tan∠2.解析:取BD的中點O，由面面垂直的性質(zhì)可知OA⊥平面BCD，由線面角的定義可知，AD與平面BCD所成的角，由此得解.取BD的中點O，連接OA，由于∠BAD＝90°，且AB＝AD，則OA⊥BD，且∠ADO＝45°，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OA?平面ABD，則OA⊥平面BCD，由線面角的定義可知，AD與平面BCD所成的角是∠ADO＝45°故選B.題型四：平面與平面所成的角【提質(zhì)訓(xùn)練】1.解析:作圖，易知∠ABA1即為所求角，利用正方體的性質(zhì)容易得解.如圖，由于AB⊥BC，A1B⊥BC，則∠ABA1即為平面A1BCD1與平面ABCD所成的二面角的平面角，易知△ABA1為等腰直角三角形，∠ABA1＝45°，故選B.2. 解析:假設(shè)點A到平面β的距離為AO，在直角三角形中，已知斜邊長為3，則60°角所對的邊AO，即可得出答案。假設(shè)點A到平面β的距離為AO，在直角三角形中，已知斜邊長為3，則60°角所對的邊AO=3×sin60°=3增效訓(xùn)練1.D解析:在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，連接B1C與BC1交于點O，如圖，因為A1B1∥CD，A1B1＝CD，所以四邊形A1B1CD是平行四邊形，所以B1C∥A1D，則∠BOC（或其補(bǔ)角）為異面直線A1D與BC1所成的角.因為BCC1B1為正方形，故∠BOC＝90°.所以直線A1D與BC1所成的角的大小為90°.故選D.2. A解析:根據(jù)長方體的幾何特征，找出A1C與底面ABCD所成的角，再根據(jù)邊的關(guān)系即可求解夾角大小.如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，連接AC，∵AA1⊥底面ABCD，∴由線面角的定義可知，∠A1CA是AC1與底面ABCD所成的角；∵AA1=AD=1，AB=2，∴AC=AB2+BC2=(3. B解析:找到側(cè)面與底面所成的二面角平面角，再計算，即可得出答案.根據(jù)題意可得三棱錐高PO=3，PB=7，過點P作PD⊥BC，連接OD，即側(cè)面與底面所成的二面角平面角為∠PDO，所以O(shè)B=所以O(shè)B=23?AB?sin60°=33AB，所以2=33AB所以O(shè)D=13AB?sin60°=13?23?32=1，所以tan∠PDO=4.C解析:易知所求角為∠DA1B，再結(jié)合△A1DB為正三角形即可得出答案.如圖，由正方體的性質(zhì)可知，D1C∥A1B，則直線D1C與A1D所成的角，即直線A1B與A1D所成的角，即∠DA1B，又△A1DB為正三角形，則∠DA1B＝60°，故選C.5.D解析:由平面A1B1C1D1⊥平面A1B1BA，即可得出答案.如圖，由正方體的性質(zhì)可知，平面A1B1C1D1⊥平面A1B1BA，則平面A1B1C1D1與平面A1B1BA所成角為90°.故選D.6.C解析:作圖，易知∠D1AC即為AD1與A1C1所成的角，結(jié)合△ACD1為正三角形，即可得到答案.如圖，連接AC，CD1，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AC∥A1C1，則AD1與A1C1所成的角即為AD1與AC所成角，即∠D1AC，又△ACD1為正三角形，則∠D1AC＝60°.故選C。7. B解析:根據(jù)異面直線所成角的定義與三角形的中線平行于底邊，先作出異面直線所成的角，再解三角形即可.連接BC1，AD1∵M(jìn)、N分別為棱BC和棱CC1的中點，∴MN∥BC1，又∵AB∥C1D1，且AB＝C1D1，∴四邊形ABC1D1為平行四邊形，∴AD1∥BC1，∴MN∥AD1，∠A1AD1為異面直線AA1和MN所成的角.∠A1AD1=π4.故選8.B解析:由線面所成角的定義，即可得出答案.對于A：因為BC∥B1C1，又BC與AC所成角為45°，所以B1C1與AC成45°角，故A錯誤；對于B：因為BC1∥AD1，又△AD1C是等邊三角形，所以AD1與AC所成角為60°，所以BC1與AC成60°角，故B正確；對于C：因為DD1∥CC1，所以CC1與AC所成角為90°，所以DD1與AC成90°角，故C錯誤；對于D：因為BB1⊥面ABCD，AC?面ABCD，所以BB1⊥AC，由BD⊥AC，AC與BD相交，所以AC⊥面DBB1，又B1D?面DBB1，所以AC⊥DB1，所以B1D與AC成90°角，故D錯誤.故選B.9.A解析:根據(jù)球的截面的性質(zhì)，先求出截面圓的半徑，再由勾股定理即可求解.設(shè)截面圓的半徑為r，因為截面面積為4π，所以πr2＝4π，解得r＝2，所以球心到截面的距離為32-2210.A解析:設(shè)點C到平面BDC1的距離為h，取BD的中點O，連接C1O，利用等體積法得VC1-BCD=VC-BDC1，即可得出答案.設(shè)點C到平面BDC1的距離為h，取BD的中點O，連接C1O，由題可知△BC1D是等腰三角形，且由已知得BC1＝DC1＝22，所以C1O=CC12+CO2=22+(2)2=6，S△BC1D=12×BD×C1O=12×22×6=23，S△BCD=111.4解析:首先利用線面垂直，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化成面面垂直.進(jìn)一步求出結(jié)果.在正方體的六個面中，由于平面，平面，平面，平面所以四個側(cè)面都垂直于平，即平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，故答案為4.12.60°解析:取A1D1的中點G，連接GF，EG，由正方體的幾何特征可得BD∥B1D1∥GF，則EF與BD所成的角為∠GFE，再計算大小，即可得出答案.取A1D1的中點G，連接GF，EG，由正方體的幾何特征可得BD∥B1D1∥GF，所以EF與BD所成的角為∠GFE，設(shè)正方體的棱長為1，EF＝EG＝GF=122，所以△EFG為正三角形，所以∠GFE＝60°.故答案為13.10解析:過點P作PA⊥l，垂足為A，作PB⊥面α，垂足為B，連接AB，則∠PAB＝30°，PB＝5，進(jìn)而可得答案.過點P作PA⊥l，垂足為A，作PB⊥面α，垂足為B，連接AB，則∠PAB＝30°，因為PB＝5，所以PA＝10，故答案為10.14.2解析:找到異面直線的公垂線段，即可求解.由長方體的性質(zhì)可得BB1⊥AB，BB1⊥B1D1，所以BB1是異面直線AB與B1D1的公垂線，所以異面直線AB與B1D1之間的距離為BB1＝AA1＝2故答案為2.15.90°解析:根據(jù)二面角的定義可知∠BAC是二面角B﹣PA﹣C即可求解.∵PA⊥平面ABC，AB?平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，∴∠BAC是二面角B﹣PA﹣C的平面角，∵∠BAC＝90°，∴二面角B﹣PA﹣C的大小為90°.16.解析:如圖，BD17.解析:（1）證明：取BC的中點E，連接AE，DE，因為底面△ABC為等邊三角形，所以AE⊥BC，又DB＝DC，所以DE⊥BC，又AE∩DE＝E，AE?面AED，DE?面AED，所以BC⊥面AED，又AD?面AED，所以BC⊥AD.（2）根據(jù)題意可得平面DBC∩底面ABC＝BC，因為平面DBC⊥底面ABC，又由（1）可得DE⊥BC，所以DE⊥面ABC，所以AD與平面ABC所成角的為∠DAE，tan∠DAE=DEAE，設(shè)DB＝a，則DC＝a，因為DB⊥DC，所以BC=2a，所以DE=12BC=2a2=BE，AE＝BE×tan60°=2a2×3=18.解析:（1）證明：如圖，由長方體的性質(zhì)可知，四邊形ABC1D1為矩形，則BC1∥AD1；（2）由（1）可知，異面直線BC1與AD所成的角，即直線AD1與AD所成的角，即∠DAD1，又tan∠DAD1=DD1AD=232=19.解析:（1）因為底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD，因為PD⊥底面ABCD，所以AB⊥PA，所以PA就是點P到AB的距離，在Rt△PDA中，PD=2，AD＝1，所以PA=（2）連接BD，因為PD⊥面ABCD，所以∠PBD是PB與面AC所成的角，在Rt△PBD中，tan∠PBD=PD（3）過點D作DE⊥AC，垂足為E，連接PE，因為PD⊥底面ABCD，所以PE⊥AC，所以∠PED是P﹣AC﹣D的二面角的平面角，在Rt△PDE中，tan∠PED=PDDE=263=3，所以∠PED＝60°，所以二面角P﹣AC﹣B的大小為單元提質(zhì)培優(yōu)訓(xùn)練1.解析:根據(jù)空間中各要素的位置關(guān)系，即可求解.空間中的兩條直線，都與一個平面平行，與平行或相交或異面.故選.2.A解析:，則“”“”，反之不成立，可能與相交不垂直.即可判斷出結(jié)論.，則“”“”，反之不成立，可能與相交不垂直.，則“”是“”的充分不必要條件.故選.3.解析:根據(jù)題意可所求球即為該正方體的內(nèi)切球，從而可求解.根據(jù)題意可所求球即為該正方體的內(nèi)切球，該球的半徑為正方體的棱長的一半，即，所求球的體積為.故選.4.解析:由主視圖和左視圖可得此幾何體為柱體，根據(jù)俯視圖是三角形可判斷出此幾何體為三棱柱.主視圖和左視圖都是長方形，此幾何體為柱體，俯視圖是一個三角形，此幾何體為三棱柱，故選.5.解析:由面面平行的性質(zhì)，可以判斷的對錯，由線面平行的定義及判定方法可判斷，的真假，由線面垂直的定義及判定方法，可以判斷的正誤.若，，，則與可能平行與可能異面，故錯誤；若，，則或，故錯誤；若，，則或，故錯誤；若，根據(jù)線面垂直的判定方法，易得，故正確；故選.6.解析:由平面的基本定理可得點不在直線上，分析選項即可得答案.根據(jù)題意，由直線和直線外的一點確定一個平面，若點與直線能夠確定一個平面，則點不在直線上，即.故選.7.解析:直接利