eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 立体几何学）：, 直四棱柱 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, 底面 $A B C D$ 是边长为 6 的正方形, $M, N$ 分别为线段 $A C_{1}, D_{1} C$ 上的动点, 若直线 $M N$ 与平面 $B_{1} B C C_{1}$ 没有公共点或有无数个公共点, 点 $E$ 为 $M N$ 的中点, 则 $E$ 点的轨迹长度为


选项：
答案：\sqrt{5}$
解析：【分析】

由条件, $M N / /$ 平面 $B_{1} B C C_{1}$, 或 $M N \subset$ 平面 $B_{1} B C C_{1}$, 过点 $M$ 作 $M H / / B B_{1}$ 交 $A C$ 于 $H$,过点 $N$ 作 $N G / / B B_{1}$ 交 $C D$ 于 $G$, 构造平面 $M H G N / /$ 平面 $B_{1} B C C_{1}$, 得到 $M N$ 的中点 $E$ 的轨迹长度等于 $\triangle A D C$ 的边 $A D$ 上的中线长, 即得解.

【详解】



连接 $A C$, 因为直线 $M N$ 与平面 $B_{1} B C C_{1}$ 没有公共点或有无数个公共点,故 $M N / /$ 平面 $B_{1} B C C_{1}$, 或 $M N \subset$ 平面 $B_{1} B C C_{1}$,

过点 $M$ 作 $M H / / B B_{1}$ 交 $A C$ 于 $H$, 过点 $N$ 作 $N G / / B B_{1}$ 交 $C D$ 于 $G$,所以平面 $M H G N / /$ 平面 $B_{1} B C C_{1}$,

因为 $M, N$ 为 $A C_{1}, D_{1} C$ 上的动点, 所以这样的 $M N$ 有无数条,

其中 $M N$ 的中点 $E$ 的轨迹长度等于 $\triangle A D C$ 的边 $A D$ 上的中线长,

该中线长为 $\sqrt{6^{2}+3^{2}}=3 \sqrt{5}$.

故答案为: $3 \sqrt{5}$

## 【点睛】

本题考查了空间中点线面的位置关系, 考查了学生空间想象, 转化构造, 逻辑推理能力,属于较难题.

#
题目（高一 · 立体几何学）：所示, 三棱台 $A B C-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的一条侧棱 $A A^{\prime}$ 所在直线与平面 $B C C^{\prime} B^{\prime}$ 的位置关系是


选项：
解析：【分析】

根据棱台的定义, 结合线面的位置关系, 可以判断出侧棱 $A A^{\prime}$ 所在直线与平面 $B C C^{\prime} B^{\prime}$的位置关系.

## 【详解】

由棱台的定义知, 棱台的所有侧棱所在的直线都交于同一点, 而任一侧面所在的平面由两条侧棱所在的直线确定，故这条侧棱与不含这条侧棱的任意一个侧面所在的平面都相交.

## 【点睛】

本题考查了棱台的定义、以及线面的位置关系的判断.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $M, N$ 分别是 $A_{1} B_{1}$ 和 $B B_{1}$ 的中点,



则 (1) $A M$ 所在的直线与平面 $A B C D$ 的位置关系是

(2) $C N$ 所在的直线与平面 $A B C D$ 的位置关系是

(3) $C N$ 所在的直线与平面 $C D D_{1} C_{1}$ 的位置关系是
选项：
答案：相交 相交
解析：【分析】

(1) 考虑 $A M$ 是不是所在的平面与平面 $A B C D$ 的交线入手, 进行判断;

（2）考虑 $C N$ 是不是所在的平面与平面 $A B C D$ 的交线入手，进行判断;

(3) 考虑 $C N$ 是不是所在的平面与平面 $C D D_{1} C_{1}$ 的交线入手, 进行判断.

## 【详解】

(1) $A M$ 所在的直线与平面 $A B C D$ 相交.

(2) $C N$ 所在的直线与平面 $A B C D$ 相交.

(3) $C N$ 所在的直线与平面 $C D D_{1} C_{1}$ 相交.

## 【点睛】

本题考查了线面的位置关系, 面面相交的性质是解题的关键.
题目（高一 · 立体几何学）：说法正确的有:

(1)如果一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面, 那么这两个平面平行;

(2)如果一个平面内的任何一条直线都平行于另一个平面, 那么这两个平面平行;

(3)分别在两个平行平面内的两条直线互相平行;

(4)过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面平行.
选项：
答案：)(4)
解析：【分析】

根据平面平行的判定和性质, 结合选项, 进行逐一分析即可.

【详解】
对(1): 只有一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面, 那么有两个平面平行,故(1)错误;

对(2): 根据平面平行的判定定理，显然成立，故(2)正确;

对(3): 在两个平行平面内的两条直线, 可以平行, 也可以为异面直线, 故(3)错误;

对(4): 根据平面平行的判定定理, 显然成立, 故(4)正确.

综上所述, 正确的有(2)(4),

故答案为: (2)(4).

## 【点睛】

本题考查平面平行的判定和性质，属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：, 正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 1 , 动点 $E$ 在线段 $A_{1} C_{1}$ 上, $F 、 M$ 分别是 $A D 、 C D$ 的中点, 则下列结论中正确的是



(1) $F M$ 与 $B C_{1}$ 所成角为 $45^{\circ}$;

(2) $B M \perp$ 平面 $C C_{1} F$;

(3)存在点 $E$, 使得平面 $B E F / /$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$;

(4) 三棱雉 $B-C F E$ 的体积为定值.
选项：
答案：)(4)
解析：【分析】

利用线线平行, 找出异面直线的夹角的平面角, 求出即可, 可判断(1)的正误; 根据线面垂直的判定定理即可判断(2)的正误; 利用面面平行的性质定理可判断(3)的正误; 利用等体积法即可求出棱雉的体积, 可判断(4)的正误.综合可得出结论.

## 【详解】

对于(1), $\because F 、 M$ 分别为 $A D 、 C D$ 的中点, $\therefore F M / / A C$,

在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A A_{1} / / C C_{1}$ 且 $A A_{1}=C C_{1}$, 则四边形 $A A_{1} C_{1} C$ 为平行四
边形,

$\therefore A C / / A_{1} C_{1}, \therefore$ 异面直线 $F M$ 与 $B C_{1}$ 所成的角为 $\angle A_{1} C_{1} B$,

在 $\triangle A_{1} C_{1} B$ 中, $A_{1} C_{1}=A_{1} B=B C_{1}$, 所以, $\triangle A_{1} C_{1} B$ 为等边三角形, 则 $\angle A_{1} C_{1} B=60^{\circ}$,即(1)错误;



对于(2), $\because B C=C D, C M=D F, \angle B C M=\angle C D F, \therefore \triangle B C M \cong \triangle C D F$,

$\therefore \angle B M C+\angle D C F=90^{\circ}, \therefore B M \perp C F$,

又因为 $C C_{1} \perp$ 平面 $A B C D$, 且 $B M \subset$ 平面 $A B C D$, 所以 $C C_{1} \perp B M$,

因为 $C F \cap C C_{1}=C$, 所以 $B M \perp$ 平面 $C C_{1} F$, 即(2)正确;

对于(3), 若平面 $B E F / /$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$, 因为平面 $C C_{1} D_{1} D / /$ 平面 $A A_{1} B_{1} B$,

所以平面 $B E F / /$ 平面 $A A_{1} B_{1} B$, 但平面 $B E F$ 与平面 $A A_{1} B_{1} B$ 有公共点 $B$, 所以(3)错误;

对于(4), $V_{B-C F E}=V_{E-B C F}=\frac{1}{3} S_{\triangle B C F} \cdot A A_{1}=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} B C \cdot A B \cdot A A_{1}=\frac{1}{6}$ (定值), 即(4)正确.

故答案为: (2)(4).

## 【点睛】

本题考查了空间立体几何中线面的位置关系、异面直线的夹角、棱雉体积等知识点, 熟练运用线面平行或垂直的判定定理与性质定理是解题关键, 属于中等题.
题目（高一 · 立体几何学）：棱雉 $P-A B C$ 的三条侧棱两两垂直, 且 $P A=P B=P C=1$, 则三棱雉 $P-A B C$ 的体积是
选项：
答案：frac{1}{6}$
解析：【分析】

由题意可知: $P A \perp P B, P B \perp P C, P A \perp P C$, 利用线面的垂直的判定定理可以证明出 $P A \perp$ 平面 $P B C$, 利用三棱雉的体积公式可以求出三棱雉 $P-A B C$ 的体积.

## 【详解】

由题意可知: $P A \perp P B, P B \perp P C, P A \perp P C$, 因为 $P B \cap P C=P, P B, P C \subset$ 平面 $P B C$,所以有 $P A \perp$ 平面 $P B C$,所以三棱雉 $P-A B C$ 的体积是

$V_{P-A B C}=V_{A-P B C}=\frac{1}{3} \cdot S_{\triangle B P C} \cdot A P=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot P B \cdot P C \cdot P A=\frac{1}{6}$.

【点睛】

本题考查了求三棱锥的体积, 考查了转化思想, 考查了线面垂直的判定.
题目（高一 · 立体几何学）：四棱雉 $P-A B C D$ 中, $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 底面 $A B C D$ 是边长为 2 的正方形, $P A=2$, 则四棱雉的侧面积是
选项：
答案：+4 \sqrt{2}$
解析：【分析】

首先证明 $C D \perp$ 平面 $P A D$, 得到 $\triangle P C D$ 是直角三角形, 进而四棱雉 $P-A B C D$ 每个侧面都是直角三角形, 用三角形的面积公式求解即可.

## 【详解】

解: 如图:



由已知 $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 又 $C D \subset$ 平面 $A B C D$,

则 $C D \perp P A$, 又 $C D \perp A D$, 且 $P A \cap A D=A$,

所以 $C D \perp$ 平面 $P A D$, 又 $P D \subset$ 平面 $P A D$,

所以 $C D \perp P D$, 即 $\triangle P C D$ 是直角三角形,

同理 $\triangle P B C$ 也是直角三角形, 且 $\triangle P B C$ 和 $\triangle P C D$ 的面积相同,

四棱雉的侧面积:

$S=2 S_{\triangle P A D}+2 S_{\triangle P C D}=2 \times \frac{1}{2} \times 2 \times 2+2 \times \frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{2^{2}+2^{2}}=4+4 \sqrt{2}$.

故答案为: $4+4 \sqrt{2}$.

## 【点睛】

本题考查四棱雉侧面积的计算，关键是得到侧面都是直角三角形，是基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：60 的二面角的棱上有 $A, B$ 两点, 直线 $A C, B D$ 分别在二面角两个半平面内, 且垂直于 $A B, A C=B D=6, A B=8$, 则 $C D=$


选项：
答案：10
解析：由题意得, 过点 $B$ 作 $B E \| A C$, 且 $B E=A C=6$, 如图所示, 则 $\angle D B E=60^{\circ}$,又 $B D=B E=6$, 所以 $\triangle B D E$ 为等边三角形, 且四边形 $A B E C$ 为矩形, 即 $C E=A B$ 且 $C E \perp$ 平面 $B D E$, 而 $D E \subset$ 平面 $B D E$, 所以 $C E \perp D E$ ，由勾股定理得，
$C D=\sqrt{C E^{2}+D E^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$.



点睛: 此题主要考查二面角在空间立体图形中求线段长度的应用, 以及数形结合法的应用, 属于中档题型, 也是常考考点.在解决此类问题中, 常常把立体问题转化为平面图形问题来解决, 根据条件画出草图, 观察图形特点, 利用勾股定理、正弦定理或是余弦定理进行运算，从而问题可得解.
题目（高一 · 立体几何学）：直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 若 $\angle B A C=90^{\circ}, A B=A C=\sqrt{2}, A A_{1}=2$, 则点 $A$ 到平面 $A_{1} B C_{1}$ 的距离为
选项：
答案：frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
解析：【分析】

法一：由已知可以证明出平面 $C_{1} A_{1} B \perp$ 平面 $A A_{1} B_{1} B$, 通过面面垂直的性质定理, 可以过 $A$ 作 $A G \perp A_{1} B$, 则 $A G$ 的长为 $A$ 到平面 $A_{1} B C_{1}$ 的距离, 利用几何知识求出 $A G$;

法二:利用等积法进行求解.

## 【详解】

法一: $\because C_{1} A_{1} \perp A_{1} B_{1}, C_{1} A_{1} \perp A A_{1}, \therefore C_{1} A_{1} \perp$ 平面 $A A_{1} B_{1} B$,

又 $\because C_{1} A_{1} \subset$ 平面 $C_{1} A_{1} B$, 平面 $C_{1} A_{1} B \perp$ 平面 $A A_{1} B_{1} B$.

又 $\because A_{1} B=$ 平面 $C_{1} A_{1} B \cap$ 平面 $A A_{1} B_{1} B$,

$\therefore$ 过 $A$ 作 $A G \perp A_{1} B$, 则 $A G$ 的长为 $A$ 到平面 $A_{1} B C_{1}$ 的距离,

在 Rt $\triangle A A_{1} B$ 中, $A G=\frac{A B \times A A_{1}}{A_{1} B}=\frac{2 \times \sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.



法二: 由等体积法可知 $V_{A-A_{B} B C_{1}}=V_{B-A A_{1} C_{1}}$, 解得点 $A$ 到平面 $A_{1} B C_{1}$ 的距离为 $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

## 【点睛】

本题考查了点到面的距离, 一般方法是通过几何作图, 直接求出点到面的距离, 另一种方法是利用等积法进行求解, 通过二种方法的比较, 后一种方法更方便些.
题目（高一 · 立体几何学）：, 已知在长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A B=3, A D=4, A A_{1}=5$, 点 $E$ 为 $C C_{1}$ 上的一个动点, 平面 $B E D_{1}$ 与棱 $A A_{1}$ 交于点 $F$, 给出下列命题:

(1)四棱雉 $B_{1}-B E D_{1} F$ 的体积为 20 ;

(2) 存在唯一的点 $E$, 使截面四边形 $B E D_{1} F$ 的周长取得最小值 $2 \sqrt{74}$;

(3)当 $E$ 点不与 $C, C_{1}$ 重合时, 在棱 $A D$ 上均存在点 $G$, 使得 $C G / /$ 平面 $B E D_{1}$;

(4)存在唯一的点 $E$, 使得 $B_{1} D \perp$ 平面 $B E D_{1}$, 且 $C E=\frac{16}{5}$.

其中正确的命题是 (填写所有正确的序号)


选项：
答案：)(2)(3)(4)
解析：【分析】

由题意逐个讨论所给的命题, 判断它们的真假.

## 【详解】

解: (1)由题意可得 $D_{1} F / / B E, V_{B_{1}-B E D_{1} F}=V_{B_{1}-B E D_{1}}+V_{B_{1}-B F D_{1}}=V_{D_{1}-B E B_{1}}+V_{D_{1}-B F B_{1}}$
$=\frac{1}{3}\left[\frac{1}{2} \cdot B B_{1} \cdot B C \cdot A B+\frac{1}{2} \cdot B B_{1} \cdot D_{1} A_{1} \cdot A B\right]=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}(5 \times 4 \times 3+5 \times 4 \times 3)=20$, 所以(1)正确;

(2)将长方体展开，如图所示，恰好过 $B$ 点时，截面的周长为 $2 B D_{1}$,

而在 $\triangle B D D_{1}$ 中, $B D_{1}=\sqrt{5^{2}+(3+4)^{2}}=\sqrt{74}$, 所以最小值为 $2 \sqrt{74}$,

由面面平行的性质, 可得四边形 $B E D_{1} F$ 为平行四边形, 且 $E$ 为展开图中唯一的点, 所以(2)正确;



(3) $E$ 点不与 $C, C_{1}$ 重合, 则 $F$ 不会为 $A$, 即 $C G$ 不在面 $E B D_{1}$ 内,

可作出 $C G$ 的平面与 $E B D_{1}$ 平行, 所以在棱 $A D$ 上均有相应的 $G$, 使得 $C G$ // 面 $E B D_{1}$,故(3)正确;

(4)因为 $B B_{1}=B D$, 可得对角面 $B B_{1} D_{1} D$ 为正方形, 可得 $B_{1} D \perp B D_{1}$,

若 $B E \perp B_{1} C$ 时，由三垂线定理可得 $B_{1} D \perp B E$ ，即有 $B_{1} D \perp$ 面 $E B D_{1}$,

矩形 $B B_{1} C_{1} C$ 中, $B E \perp B_{1} C$, 所以 $\frac{C E}{B C}=\frac{B C}{C C_{1}}$, 所以 $C E=\frac{B C \cdot B C}{C C_{1}}=\frac{16}{5}$, 故(4)正确

综上可得: 正确为(1)(2)(3)(4).

故答案为: (1)(2)(3)(4).

## 【点睛】

本题考查了正方体的性质、线面平行和垂直的判定定理、棱雉的体积、简易逻辑的判定方法, 考查了推理能力与计算能力, 属于中档题
题目（高一 · 立体几何学）：正六棱柱相邻两个侧面所成的二面角的大小为
选项：
答案：frac{2 \pi}{3}$
解析：【分析】

由正六棱柱的几何特征可得 $\angle A B C$ 为正六棱柱相邻两个侧面所成的二面角的平面角,根据正六边形的内角计算即可.

## 【详解】

解: 如图,



由正六棱柱的几何特征可知 $B B_{1} \perp A B, B B_{1} \perp C B$ ，

则 $\angle A B C$ 为正六棱柱相邻两个侧面所成的二面角的平面角,

$\therefore \angle A B C=\pi-\frac{2 \pi}{6}=\frac{2 \pi}{3}$.

故答案为: $\frac{2 \pi}{3}$.

## 【点睛】

本题考查二面角的求解, 关键是要找到二面角的平面角, 是基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：$E 、 F 、 G$ 分别是正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱 $A B, B C, B_{1} C_{1}$ 的中点, 则下列命题中的真命题是 \$ \qquad \$ (写出所有真命题的序号).

(1)以正方体的顶点为顶点的三棱雉的四个面中最多可以四个面都是直角三角形;

(2) 点 $P$ 在直线 $F G$ 上运动时,总有 $A P \perp D E$ ；

(3) 点 $Q$ 在直线 $B_{1} C_{1}$ 上运动时,三棱雉 $A-D_{1} Q C$ 的体积是定值;

(4)若 $M$ 是正方体的面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, (含边界) 内一动点,且点 $M$ 到点 $D$ 和 $C_{1}$ 的距离相等,则点 $M$ 的轨迹是一条线段.
选项：
答案：)(2)(4)
解析：【分析】

根据题意画出正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$.

根据图像可知 $B_{1}-A B D$ 四个面都是直角三角形,(1)对;根据图象易证 $D E \perp$ 面 $A A_{1} C_{1} F$,所以不论点 $P$ 在直线 $F G$ 上如何运动, 总有 $A P \perp D E$, (2)对; 根据等体积关系有 $V_{A-D_{1} Q C}=V_{Q-A D, C}$, 面 $A D_{1} C$ 不变,但高在变,所以三棱雉 $A-D_{1} Q C$ 的体积不是定值,(3)错; (4) 以 $D_{1} C_{1}$ 为 $x$ 轴, 以 $D_{1} A_{1}$ 为 $y$ 轴建平面直角坐标系, 设 $M(x, y)$, 棱长为 1 . 根据距离公式可得 $D M=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}, D_{1} C=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1-2 x}$. 且 $D M=D_{1} C, M$ 的轨迹是线段 $A_{1} D_{1}$.4)对.

## 【详解】

解:画出正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$.

(1)四面体及 $B_{1}-A B D$ 四个面都是直角三角形,(1)对;

(2)在平面 $A B C D$ 中有 $D E \perp A F$, 又正方体中 $D E \perp A A_{1}$, 从而可以得到 $D E \perp$ 面 $A A_{1} C_{1} F$, 所以不论点 $P$ 在直线 $F G$ 上如何运动, 总有 $A P \perp D E$,(2)对;

(3)因为 $V_{A-D_{1} Q}=V_{Q-A D_{1} C}$, 面 $A D_{1} C$ 不变, 底面面积不变, 点 $Q$ 在直线 $B_{1} C_{1}$ 上运动时, 点 $Q$到平面 $A D_{1} C$ 的距离在变,即高在变,所以三棱雉 $A-D_{1} Q C$ 的体积不是定值,(3)错;

(4) 以 $D_{1} C_{1}$ 为 $x$ 轴,以 $D_{1} A_{1}$ 为 $y$ 轴在平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 所在平面建平面直角坐标系, 设 $M(x, y)$, 棱长为 1 . 则 $D M=\sqrt{D_{1} M^{2}+D D_{1}^{2}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}, D_{1} C=\sqrt{(1-x)^{2}+y^{2}}$ $=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1-2 x}$. 因为 $D M=D_{1} C$, 所以 $x=0$, 即 $M$ 的轨迹是线段 $A_{1} D_{1}$. (4) 对.故答案为: (1)(2)(4)



## 【点睛】

本题考查空间线面位置关系的判断,考查椎体体积等基础知识,考查空间想象力、推理论证能力.
题目（高一 · 立体几何学）：在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, 二面角 $A-B D-A_{1}$ 的大小为


选项：
答案：\operatorname{rccos} \frac{\sqrt{3}}{3}$
解析：【分析】

连接 $A C, B D$, 交于 $O$, 连 $A_{1} O$, 可得 $\angle A_{1} O A$ 是二面角 $A-B D-A_{1}$ 的平面角, 在直角三角形 $A_{1} O A$ 中可求得结果.

## 【详解】

连接 $A C, B D$, 交于 $O$, 连 $A_{1} O$,

## 如图所示:



因为 $B D \perp A C$, 且 $A_{1} O$ 在底面 $A B C D$ 内的射影是 $A O$,

所以由三垂线定理可得 $B D \perp A_{1} O$,

所以 $\angle A_{1} O A$ 是二面角 $A-B D-A_{1}$ 的平面角,

设正方体的棱长为 1 , 则 $A O=\frac{\sqrt{2}}{2}, A_{1} O=\sqrt{A_{1} A^{2}+A O^{2}}=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$,
所以 $\cos \angle A_{1} O A=\frac{A O}{A_{1} O}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

因为 $0<\angle A_{1} O A<\frac{\pi}{2}$,

所以 $\angle A_{1} O A=\arccos \frac{\sqrt{3}}{3}$.

故答案为: $\arccos \frac{\sqrt{3}}{3}$.

## 【点睛】

本题考查了三垂线定理, 考查了求二面角, 关键是作出二面角的平面角, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：所示, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, $P A \perp$ 底面 $A B C D$, 且底面各边都相等, $M$是 $P C$ 上的一动点, 当点 $M$ 满足条件 (1) $B M \perp D M$, (2) $D M \perp P C$, (3) $B M \perp P C$ 中的时, 平面 $M B D \perp$ 平面 $P C D$ (只要填写一个你认为是正确的条件序号即可）.


选项：
答案：)（或(3)
解析：【分析】

推出 $B D \perp P C$, 则要得到平面 $M B D \perp$ 平面 $P C D$, 即要得到 $P C \perp$ 平面 $M B D$, 故只需 $P C$ 垂直平面 $M B D$ 内的一条与 $B D$ 相交的直线即可.

## 【详解】

$\because P A \perp$ 底面 $A B C D, \therefore P A \perp B D$,

$\because$ 底面各边都相等, $\therefore A C \perp B D$,

$\because P A \cap A C=A, \therefore B D \perp$ 平面 $P A C$,

$\therefore B D \perp P C$,

$\therefore$ 当 $D M \perp P C$ (或 $B M \perp P C$ ) 时,即有 $P C \perp$ 平面 $M B D$,

而 $P C \subset$ 平面 $P C D, \therefore$ 平面 $M B D \perp$ 平面 $P C D$.

故答案为:(2)(或(3).

## 【点睛】

本题考查线面、面面垂直的判定与性质应用, 需要学生具备一定的空间想象能力与逻辑思维能力.
题目（高一 · 立体几何学）：三棱雉 $P-A B C$ 的外接球的球心 $O$ 在 $A B$ 上, 且二面角 $P-A B-C$ 的大小为 $120^{\circ}$, 若三棱雉 $P-A B C$ 的体积为 $\frac{4 \sqrt{3}}{3}, P A=P B=A C=B C$, 则球 $O$ 的表面积为
选项：
答案：6 \pi$.
解析：【分析】

取 $A B$ 中点 $O$ 即球心, 利用等腰三角形常作辅助线能够证明 $A B \perp$ 平面 $P O C$ 同时得出二面角的平面角, 利用棱雉体积公式进行求解求出球半径.

## 【详解】

解: 设球半径为 $r$, 则 $O A=O B=O C=O P=r$, 所以 $O$ 是 $A B$ 的中点,



因为 $P A=P B, A C=B C$, 所以 $O P \perp A B, O C \perp A B$, 所以 $A B \perp$ 平面 $O P C, \angle P O C$为二面角 $P-A B-C$ 的平面角, $\angle P O C=120^{\circ}$,所以体积 $V=\frac{1}{3} \cdot S_{\triangle P O C} \cdot A B=\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{1}{2} \cdot r^{2} \cdot \sin 120^{\circ}\right) \cdot 2 r=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$, 所以 $r=2$,

所以球的表面积 $S=4 \pi r^{2}=16 \pi$.

故答案为: $16 \pi$.

## 【点睛】

本题考查求球的表面积, 考查棱雉的体积公式和二面角. 解题中利用等腰三角形性质证得线面垂直，找到二面角的平面角，使问题得到解决.
题目（高一 · 立体几何学）：面体 $A B C D$ 中, $A B \perp$ 平面 $B C D, B C \perp C D$, 则其四个面中直角三角形的个数为
选项：
解析：【分析】

根据已知可得 $A B \perp B C, A B \perp B D, B C \perp C D$, 可证 $C D \perp$ 平面 $A B C$, 即可得出结论.

## 【详解】

如图所示四面体 $A B C D$ 中， $A B \perp$ 平面 $B C D ，$

$A B \perp B C, A B \perp B D, A B \perp C D$,

$\triangle A B C, \triangle A B D$ 为直角三角形,

$B C \perp C D, B C \cap A B=B, B C, A B \subset$ 平面 $A B C ，$

$\therefore C D \perp$ 平面 $A B C, \therefore C D \perp A C$,

$\therefore \triangle A C D, \triangle B C D$ 为直角三角形,

四面体 $A B C D$ 中，四个面中都是直角三角形.

故答案为:4.



## 【点睛】

本题考查线线垂直的判定, 线面垂直是解题的关键, 要注意空间中的垂直关系相互转化,属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：$\alpha \perp$ 平面 $\beta, \alpha \cap \beta=l, n \subset \beta, n \perp l$, 直线 $m \perp \alpha$, 则直线 $m$ 与 $n$ 的位置
选项：
答案：/ / n$
解析：【分析】

利用面面垂直的性质定理得到 $n \perp$ 平面 $\alpha$, 又直线 $m \perp \alpha$, 利用线面垂直性质定理得 $m / / n$.

## 【详解】

在长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 设平面 $A D D_{1} A_{1}$ 为平面 $\alpha$, 平面 $A B C D$ 为平面 $\beta$,直线 $A D$ 为直线 $l$, 由于 $n \subset \beta, n \perp l$, 由面面垂直的性质定理可得: $n \perp$ 平面 $\alpha$,因为 $m \perp \alpha$, 由线面垂直的性质定理, 可得 $m / / n$.



## 【点睛】

空间中点、线、面的位置关系问题, 一般是利用线面平行或垂直的判定定理或性质定理进行求解.
题目（高一 · 立体几何学）：圆雉的顶点为 $S$, 点 $A, B, C$ 在底面圆周上, 且 $A B$ 为底面直径, 若 $S A=A C=B C$, 则直线 $S A$ 与 $B C$ 的夹角为
选项：
答案：frac{\pi}{3}$
解析：【分析】

平移两条异面直线至 $A B$ 的中点, 找到两直线的夹角, 再解三角形即可.

## 【详解】

根据题意, 取 $A B, S B, A C$ 中点分别为 $O, N, M$, 连接 $O M, O N, M N$,
过 $N$ 作 $N H \perp O B$, 垂足为 $H$, 连接 $H M$, 作图如下:



在 $S A B$ 中, 因为 $N, O$ 分别是 $S B, A B$ 的中点, 故可得 $O N / / S A$;

在 $A B C$ 中, 因为 $M, O$ 分别是 $A C, A B$ 的中点, 故可得 $O M / / B C$;

故可得 $\angle M O N$ 即为所求异面直线的夹角或其补角.

因为 $S O \perp$ 底面 $A B C$, 又 $N H \perp O B$, 故可得 $N H \perp$ 平面 $A B C$,

又因为 $M H \subset$ 平面 $A B C$ ，故可得 $N H \perp H M$.

设 $S A=A C=B C=S B=2$, 又 $\angle A C B=90^{\circ}$

故可得 $A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=2 \sqrt{2}, A O=\frac{1}{2} A B=\sqrt{2}$;

则 $S O=\sqrt{S A^{2}-A O^{2}}=\sqrt{4-2}=\sqrt{2}$.

因为 $N H=\frac{1}{2} S O=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

在 $A M H$ 中，

因为 $A M=1, A H=\frac{3}{4} A B=\frac{3 \sqrt{2}}{2}, \angle M A H=45^{\circ}$,

故由余弦定理可得 $M H=\sqrt{A M^{2}+A H^{2}-2 A M \cdot A H \cos \angle M A H}=\frac{\sqrt{10}}{2}$.

在 $M N H$ 中，

由勾股定理可得 $M N=\sqrt{M H^{2}+H N^{2}}=\sqrt{3}$.

在 Rt MON 中,

因为 $M O=\frac{1}{2} B C=1, N O=\frac{1}{2} S A=1, M N=\sqrt{3}$,

由余弦定理可得 $\cos \angle M O N=\frac{O M^{2}+O N^{2}-M N^{2}}{2 O M \times O N}=-\frac{1}{2}$,
故可得 $\angle M O N=\frac{2 \pi}{3}$, 又异面直线的夹角范围为 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$,

故可得异面直线 $S A$ 与 $B C$ 的夹角为 $\frac{\pi}{3}$.

故答案为: $\frac{\pi}{3}$.

## 【点睛】

本题考查异面直线夹角的求解, 涉及线面垂直的性质, 属常考题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, 四边形 $A B C D$ 为菱形, 且 $A B=2, \angle D A B=60^{\circ}, \triangle P A D$ 是等边三角形, $P B=\sqrt{6}, Q$ 点是侧面 $P B C$ 内的一个动点, 且满足 $D Q \perp A C$, 则 $Q$ 点所形成的轨迹长度是


选项：
答案：frac{2 \sqrt{7}}{3}$
解析：【分析】

根据题意, $Q$ 点在一个过 $B D$, 且与直线 $A C$ 垂直的平面内, 且 $Q$ 点的轨迹是该平面内与平面 $P B C$ 的交线段的长度.据此进行求解.

## 【详解】

根据题意, 连接 $A C, B D$, 记其交点为 $O$, 取 $P C$ 上一点为 $M$, 连接 $M B, M D$, 作图如下:



若满足题意 $D Q \perp A C$, 又 $A C \perp B D$, 故 $A C \perp$ 平面 $D B Q$,

则点 $Q$ 只要在平面 $D B Q$ 与平面 $P B C$ 的交线上即可.
假设如图所示：平面 $D B M$ 与平面 $D B Q$ 是同一个平面,

则 $Q$ 点的轨迹就是线段 $B M$.

根据假设，此时直线 $A C \perp$ 平面 $D B M ，$ 则 $A C \perp M O$.

故三角形 $M O C$ 为直角三角形.

因为三角形 $P A D$ 是等边三角形, 三角形 $B A D$ 也是等边三角形,

故 $\mathrm{AD} \perp P B$, 又因为 $B C / / A D$, 故 $B C \perp P B$,

故三角形 $P B C$ 为直角三角形, 故 $P C=\sqrt{P B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{10}$

故在三角形 $P A C$ 中, $P A=2, A C=2 \sqrt{3}, P C=\sqrt{10}$

由余弦定理可得: $\cos \angle P C A=\frac{10+12-4}{2 \sqrt{10} \times 2 \sqrt{3}}=\frac{3 \sqrt{30}}{20}$

故在直角三角形 $M O C$ 中,

$M C=\frac{O C}{\cos \angle P C A}=\frac{2 \sqrt{10}}{3}$

在直角三角形 $P B C$ 中,

$\cos \angle P C B=\frac{B C}{P C}=\frac{2}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$

在三角形 $B C M$ 中:

$B M^{2}=B C^{2}+C M^{2}-2 \times B C \times C M \times \cos \angle P C B=\frac{28}{9}$

故可得: $B M=\frac{2 \sqrt{7}}{3}$.

故答案为 $\frac{2 \sqrt{7}}{3}$.

## 【点睛】

本题综合考查立体几何知识, 其中的难点在于如何找到动点的轨迹; 本题中利用作直线的垂面找到了动点的轨迹, 这是常考的知识点. 本题属立体几何综合性难题.
题目（高一 · 立体几何学）：, 平面 $A B C \perp$ 平面 $A B D, \angle A C B=90^{\circ}, C A=C B, \triangle A B D$ 是正三角形, $O$ 为 $A B$ 的中点, 则图中直角三角形的个数为


选项：
解析：【分析】

由面面垂直的性质定理可得: $C O \perp$ 平面 $A B D$, 再逐一判断即可得解.

## 【详解】

解: $\because C A=C B, O$ 为 $A B$ 的中点,

$\therefore C O \perp A B$.

又平面 $A B C \perp$ 平面 $A B D$, 且交线为 $A B$,

$\therefore C O \perp$ 平面 $A B D$.

$\because O D \subset$ 平面 $A B D, \therefore C O \perp O D$,

$\therefore \triangle C O D$ 为直角三角形.

$\therefore$ 图中的直角三角形有 $\triangle A O C, \triangle C O B, \triangle A B C, \triangle A O D, \triangle B O D, \triangle C O D$,共 6 个.

故答案为: 6 .

## 【点睛】

本题考查了面面垂直的性质定理，重点考查了空间想象能力，属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：$\alpha, \beta$ 为使互不重合的平面, $m, n$ 是互不重合的直线, 给出下列四个命题:

(1) 若 $m / / n, n \subset \alpha$, 则 $m / / \alpha$

(2) 若 $m \subset \alpha, n \subset \alpha, m / / \beta, n / / \beta$, 则 $\alpha / / \beta$

(3)若 $\alpha / / \beta, m \subset \alpha, n \subset \beta$, 则 $m / / n$

(4)若 $\alpha \perp \beta, \alpha \cap \beta=m, n \subset \alpha, n \perp m$, 则 $n \perp \beta$;\$ \qquad \$ .
选项：
答案：)
解析：试题分析：根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，面面平行的性质定理，及面面垂直的性质定理，对题目中的四个结论逐一进行分析，即可得到答案.

解：当 $\mathrm{m} / / \mathrm{n} ， \mathrm{n} \subset \alpha$ ，则 $\mathrm{m} \subset \alpha$ 也可能成立，故(1)错误;

当 $\mathrm{m} \subset \alpha, \mathrm{n} \subset \alpha, \mathrm{m} / / \beta, \mathrm{n} / / \beta, \mathrm{m}$ 与 $\mathrm{n}$ 相交时, $\alpha / / \beta$, 但 $\mathrm{m}$ 与 $\mathrm{n}$ 平行时, $\alpha$ 与 $\beta$ 不一定平行, 故(2)错误;

若 $\alpha / / \beta, \mathrm{m} \subset \alpha, n \subset \beta$, 则 $m$ 与 $\mathrm{n}$ 可能平行也可能异面，故(3)错误;

若 $\alpha \perp \beta, \alpha \cap \beta=m$, $n \subset \alpha, n \perp m$, 由面面平行的性质, 易得 $n \perp \beta$, 故(4)正确故答案为(4)

考点: 本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，直线与平面之间的位置关系.点评: 熟练掌握空间线与线, 线与面, 面与面之间的关系的判定方法及性质定理, 是解答本题的关键，属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 三棱台 $A B C-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的一条侧棱 $A A^{\prime}$ 所在直线与平面 $B C C^{\prime} B^{\prime}$ 的位置关系是


选项：
解析：【分析】

根据棱台的定义, 结合线面的位置关系, 可以判断出侧棱 $A A^{\prime}$ 所在直线与平面 $B C C^{\prime} B^{\prime}$的位置关系.

## 【详解】

由棱台的定义知, 棱台的所有侧棱所在的直线都交于同一点, 而任一侧面所在的平面由两条侧棱所在的直线确定, 故这条侧棱与不含这条侧棱的任意一个侧面所在的平面都相交.

## 【点睛】

本题考查了棱台的定义、以及线面的位置关系的判断.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 若边长为 4 和 3 与边长为 4 和 2 的两个矩形所在的平面互相垂直, 则
$\cos \alpha: \cos \beta=$


选项：
答案：sqrt{5}: 2$
解析：【分析】

可证明 $A F \perp A C$ 及 $C B \perp B F$, 在利用解直角三角形直接计算即可.

## 【详解】



如图, 设两个矩形分别为矩形 $A B C D$ 、矩形 $A B E F$,

因为平面 $A B C D \perp$ 平面 $A B E F$, 平面 $A B C D \cap$ 平面 $A B E F=A B$,

$A F \subset$ 平面 $A B E F, A F \perp A B$, 故 $A F \perp$ 平面 $A B C D$, 而 $A C \subset$ 平面 $A B C D$,

所以 $A F \perp A C$, 同理 $C B \perp B F$.

由题意, 两个矩形的对角线长分别为 $5,2 \sqrt{5}$,

所以 $\cos \alpha=\frac{5}{\sqrt{25+4}}=\frac{5}{\sqrt{29}}, \cos \beta=\frac{2 \sqrt{5}}{\sqrt{29}}$,

所以 $\cos \alpha: \cos \beta=\sqrt{5}: 2$.故填 $\sqrt{5}: 2$.

## 【点睛】

本题考查直角三角形中角的余弦的计算, 属于容易题.
题目（高一 · 立体几何学）：$E, F$ 分别是正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱 $D C$ 上两点, 且 $A B=2, E F=1$,给出下列四个命题:
(1)三棱雉 $D_{1}-B_{1} E F$ 的体积为定值;
(2)异面直线 $D_{1} B_{1}$ 与 $E F$ 所成的角为 $45^{\circ}$;

(3) $D_{1} B_{1} \perp$ 平面 $B_{1} E F$;

(4)直线 $D_{1} B_{1}$ 与平面 $B_{1} E F$ 所成的角为 $60^{\circ}$.
其中正确的命题为
选项：
答案：)(2)
解析：):三角形 $E F B_{1}$ 在平面 $A_{1} B_{1} C D$ 内, $D_{1}$ 到平面 $A_{1} B_{1} C D$ 的距离为定值, 故 $V_{D_{1}-B_{1} E F}$ 为定值, 命题正确. (2)将 $E F$ 平移到 $D_{1} C_{1}$, 由此可知异面直线 $D_{1} B_{1}$ 与 $E F$ 所成的角为 $45^{\circ}$,命题正确.(3)由图可知命题显然不成立.(4)如图所示, 连接 $A_{1} D$ 交 $A D_{1}$ 于 $O$, 易得 $D_{1} O \perp$平面 $A_{1} B_{1} C D$, 所以 $\angle D_{1} B_{1} O$ 是所求线面角, 由于 $\frac{O D_{1}}{B_{1} D_{1}}=\frac{1}{2}$, 故线面角大小为 $30^{\circ}$. 综上, 正确命题为(1)(2).



【点睛】本题主要考查空间点线面的位置关系, 考查空间几何体的体积. 第一个命题是关于三棱雉的体积, 体积公式是底面积乘以高除以三, 根据分析可知底面积一定, 高也一定, 故体积一定. 第二个命题是异面直线所成的角, 判断方法是利用平移将两条直线移到一起, 然后解三角形得到.
题目（高一 · 立体几何学）：已知正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $\mathbf{E}$ 为 $C_{1} D_{1}$ 的中点, 则异面直线 $\mathbf{A E}$ 与 $\mathbf{B C}$ 所成角的余弦值为
选项：
答案：frac{2}{3}$
解析：【分析】

## 【详解】



连接 $\mathrm{DE}$, 设 $\mathrm{AD}=2$, 易知 $\mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \therefore \angle \mathrm{DAE}$ 就是异面直线 $\mathrm{AE}$ 与 $\mathrm{BC}$ 所成角,在 $\triangle \mathrm{RtADE}$ 中, 由于 $\mathrm{DE}=\sqrt{5}, \mathrm{AD}=2$, 可得 $\mathrm{AE}=3, \therefore \cos \angle \mathrm{DAE}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AE}}=\frac{2}{3}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E 、 F$ 分别是 $A A_{1} 、 A B$ 的中点, 则异面直线 $E F$ 与 $A_{1} C_{1}$ 所成角的大小是


选项：
答案：frac{\pi}{3}$
解析：【分析】

将所求两条异面直线平移到一起, 解三角形求得异面直线所成的角.

## 【详解】

连接 $A_{1} B, B C_{1}$, 根据三角形中位线得到 $E F / / A_{1} B$, 所以 $\angle B A_{1} C_{1}$ 是异面直线 $E F$ 与 $A_{1} C_{1}$ 所成角.在三角形 $A_{1} B C_{1}$ 中, $A_{1} B=B C_{1}=A_{1} C_{1}$, 所以三角形 $A_{1} B C_{1}$ 是等边三角形,故 $\angle B A_{1} C_{1}=\frac{\pi}{3}$.

故填: $\frac{\pi}{3}$.



## 【点睛】

本小题主要考查异面直线所成的角的求法, 考查空间想象能力, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在底面为正方形的四棱雉 $P-A B C D$ 中, $P A=P B=P C=P D=A B=2$,点 $E$ 为棱 $P A$ 的中点, 则异面直线 $B E$ 与 $P D$ 所成角的余弦值为


选项：
答案：frac{\sqrt{3}}{6}$
解析：【分析】

做出平行四边形, 将要求的角转化为角 GFD 或其补角为所求角, 在三角形 FDG 中应用余弦定理得到夹角的余弦值.

## 【详解】


取 $\mathrm{PD}$ 的中点记为 $\mathrm{F}$ 点, $\mathrm{BC}$ 的中点记为 点, 连接 $\mathrm{FG}, \mathrm{GD}$, 因为 $\mathrm{EF} / \mathrm{BC}$, 且 $E F=\frac{1}{2} B C$, $B G=\frac{1}{2} B C$, 故得到四边形 $\mathrm{EFGB}$ 为平行四边形, 故角 GFD 或其补角为所求角, 根据题干得到, 三角形 $\mathrm{PAB}$ 为等边三角形, $\mathrm{BF}$ 为其高线, 长度为 $\sqrt{3}, \mathrm{FG}=\sqrt{3}, \mathrm{DG}=$ $\sqrt{C D^{2}+C G^{2}}=\sqrt{5}$,

$\mathrm{FD}=1$, 根据余弦定理得到 $\cos \angle G F D=\frac{3+1-5}{2 \sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{6}$, 因为异面直线夹角为直角或锐角, 故取正值, 为: $\frac{\sqrt{3}}{6}$.

故答案为 $\frac{\sqrt{3}}{6}$.

## 【点睛】

这个题目考查的是异面直线的夹角的求法; 常见方法有: 将异面直线平移到同一平面内,转化为平面角的问题; 或者证明线面垂直进而得到面面垂直, 这种方法适用于异面直线垂直的时候.
题目（高一 · 立体几何学）：已知正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的侧面积为 12, 当其外接球的表面积取最小值时, 异面直线 $A C_{1}$ 与 $B_{1} C$ 所成角的余弦值等于
选项：
答案：frac{5}{14}$
解析：【分析】

设正三棱柱的底面边长为 $a$, 高为 $h$, 球的半径为 $R$, 先得出 $a h=4$, 然后 $R^{2}=r^{2}+\frac{h^{2}}{4} \geq \frac{a h}{\sqrt{3}}=\frac{4}{\sqrt{3}}$, 即 $a=\frac{\sqrt{3}}{2} h$ 时其外接球的表面积取最小值。然后由余弦定理即可求出 $\cos \angle D B_{1} C$

## 【详解】

设正三棱柱的底面边长为 $a$, 高为 $h$, 球的半径为 $R$, 由题意知 $3 a h=12$, 即 $a h=4$,底面外接圆半径 $r=\frac{a}{2 \sin \frac{\pi}{3}}=\frac{a}{\sqrt{3}}$,

由球的截面圆性质知 $R^{2}=r^{2}+\frac{h^{2}}{4} \geq \frac{a h}{\sqrt{3}}=\frac{4}{\sqrt{3}}$,
当且仅当 $a=\frac{\sqrt{3}}{2} h$ 时取等号, 将三棱柱补成一四棱柱, 如图, 知 $A C_{1} / / D B_{1}$,

即 $\angle D B_{1} C$ 为异面直线 $A C_{1}$ 与 $B_{1} C$ 所成角或补角, $B_{1} C=D B_{1}=\sqrt{a^{2}+h^{2}}$, $D C=\sqrt{3} a$, 所以 $\cos \angle D B_{1} C=\frac{2\left(a^{2}+h^{2}\right)-3 a^{2}}{2\left(a^{2}+h^{2}\right)}=\frac{5}{14}$.



故答案为: $\frac{5}{14}$

## 【点睛】

异面直线所成的角一般是通过平移转化成相交直线所成的角.