立體幾何強化訓練B卷參考答案

一、選擇題

1.B2.B3.C4.A5.A6.D7.D8.C9.A10.B11.A12.B

二、填空題

16.③④

三、解答題

17.（1）如圖1，連接BD，因為底面ABCD為菱形，∠BAD=60°，所以△ABD是正三角形。

又Q為AD的中點，所以AD⊥BQ。

因為△PAD是正三角形，Q為AD的中點，所以AD⊥PQ。

又PQ∩BQ=Q，所以AD⊥平面PQB。

（2）連接AC，交BQ于點N，連接MN，因為AQ//BC，所以。

因為PA//平面MQB，PAC平面PAC，平面MQB∩平面PAC=MN，由線面平行的性質定理得MN//PA，所以

，所以MC=2PM。

因為MC=λPM，所以λ=2。

18.（1）如圖2，因為E，O分別是SC，AC的中點，所以OE//SA。

又因為OE≠平面SAB，所以OE//平面SAB。

（2）在OSAC中，因為OE//AS，∠ASC=90°，所以OE⊥SC。

因為平面SAC⊥平面ABC，∠BCA=90°，所以BC⊥平面ASC。

因為OEC平面ASC，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BSC。

因為SFC平面BSC，所以OE⊥SF。

（3）因為∠ACB=90°，所以BC⊥AC，∠ASC=90°，所以SC⊥SA。

因為平面SAC⊥平面ABC，所以BC⊥平面SAC。

因為SAC平面SAC，所以BC⊥SA。又SA⊥SC，BC∩SC=C，所以SA⊥平面SBC。

所以

19.（1）因為圓錐的體積為π，底面直徑AB=2，所以

（2）因為圓錐的體積為π，底面直徑AB=2，C是AB的中點，D是母線PA的中點，所以PO⊥平面ABC，OC⊥AB。

以0為原點，OC為x軸，OB為y軸，OP為z軸，A建立如圖3所示的空間直角坐標系，則A（0，-1，0），P（0，0，/3），

所以異面直線PB與CD所成角為

20.（1）因為三棱柱ABC-A1B1C1為直棱柱，所以A1A⊥平面ABC。

又BCC平面ABC，所以A.A⊥BC。

因為AD⊥平面A，BC，且BCC平面A1BC，所以AD⊥BC。

又AA1C平面A1AB，ADC平面A1AB，所以BC⊥平面AAB。

又A1BC平面A.BC，所以BC⊥A1B。

（2）由（1）知BC⊥平面A.AB，ABC平面AAB，從而BC⊥AB。

如圖4，以B為原點建立空間直角坐標系B-xyz，因為AD∠平面ABC，其垂足D落在直線A.B上，所以AD⊥A1B。

在Rt△ABD中，AD

21.（1）因為底面ABCD是平行四邊形，所以AD=BC=1。

又BD=，AB=2，滿足AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD。

又因為PD⊥底面ABCD，所以pD⊥BD，所以BD⊥平面PAD。

因為BDC平面PDB，所以平面PDA⊥平面PDB。

（2）以D為原點，建立如圖5所示的空間直角坐標系，則D（0，0，0），P（0，0，3），A（1，0，0），B（0，/3，0），C（-1，/3，0）。因為E是PC邊的中點，所以

（3）由C，E，P三點共線，得DE=xDP+（1-2）DC，且0≤λ≤1，從而有DE=（λ-1，3（1-λ），3λ），DB=（0，/3，0）。

設平面EDB的法向量為n=（x，y，z），由n·DE=0及n·DB=0，可取n=（，，）。

又平面CBD的法向量可取m=（0，0，1），二面角E-BD-C的大小為30°，所以cos30°=

22.（1）以C為原點，CA，CB，CS所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖6，則C（0，0，0），

（2）由（1）可知DE=（-1，1，0）為平面SCD的一個法向量。

即點A到平面SCD的距離為