eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 立体几何学）：如图是一个高为 4 长方体截去一个角所得的多面体的直观图及它的正 (主) 视图和侧 (左) 视图 (单位: $\mathrm{cm}$ )





正视



侧视

(1) 求异面直线 $B C^{\prime}$ 与 $D^{\prime} B^{\prime}$ 所成角的余弦;

(2) 将求异面直线 $B C^{\prime}$ 与 $E F$ 所成的角转化为求一个三角形的内角即可, 要求只写出找角过程, 不需计算结果;

（3）求异面直线 $B C^{\prime}$ 与 $D B^{\prime}$ 所成的角; 要求同 (2).
选项：
答案：) $\frac{\sqrt{26}}{13}$; (2) 见解析; (3) 见解析.
解析：【分析】

(1) 由题意得: 长方体 $A B C D-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中, $A B=6, B C=C C^{\prime}=4, E 、 F 、 G$分别是边 $A A^{\prime} 、 A^{\prime} B^{\prime} 、 A^{\prime} D^{\prime}$ 上的点, 且 $A^{\prime} E=A^{\prime} F=A^{\prime} G=2$, 又由 $D B / / D^{\prime} B^{\prime}$, 找到角 $\angle D B C^{\prime}$ 为所求角, 运用余弦定理求解;

(2) 连 $A D^{\prime}, \angle G E F$ 为异面直线 $B C^{\prime}$ 与 $E F$ 所成的角（或补角);

(3) 连 $B C$ 交 $B C^{\prime}$ 于点 $M$, 取 $D C$ 中点 $N$, 连 $M N, B N, \angle N M B$ 为异面直线 $B C^{\prime}$与 $D B^{\prime}$ 所成的角（或补角）.

## 【详解】

(1) 由题意得: 长方体 $A B C D-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中, $A B=6, B C=C C^{\prime}=4, E 、 F 、 G$分别是边 $A A^{\prime} 、 A^{\prime} B^{\prime} 、 A^{\prime} D^{\prime}$ 上的点, 且 $A^{\prime} E=A^{\prime} F=A^{\prime} G=2$,



连 $D B 、 D C^{\prime} 、 D^{\prime} B^{\prime}$, 则 $D B / / D^{\prime} B^{\prime}$,

$\therefore \angle D B C^{\prime}$ 为所求直线 $D^{\prime} B^{\prime} 、 B C^{\prime}$ 所成的角 (或补角),

在 $\triangle D B C^{\prime}$ 中, $D B=D C^{\prime}=2 \sqrt{13}, B C^{\prime}=4 \sqrt{2}$,

$\cos \angle D B C^{\prime}=\frac{D B^{2}+C^{\prime} B^{2}-C^{\prime} D^{2}}{2 D B \cdot C^{\prime} B}=\frac{\sqrt{26}}{13}$
$\therefore$ 异面直线 $B C^{\prime}$ 与 $D^{\prime} B^{\prime}$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{26}}{13}$

(2) 连 $A D^{\prime}$,

由题知: $E 、 G$ 分别是边 $A A^{\prime} 、 A^{\prime} D^{\prime}$ 上的中点,

$\therefore B C^{\prime} / / A D^{\prime} / / G E$,

$\therefore \angle G E F$ 为异面直线 $B C^{\prime}$ 与 $E F$ 所成的角（或补角）.

(3) 连 $B C$ 交 $B C^{\prime}$ 于点 $M$, 取 $D C$ 中点 $N$, 连 $M N, B N$,

则有 $M N / / D B^{\prime}, \therefore \angle N M B$ 为异面直线 $B C^{\prime}$ 与 $D B^{\prime}$ 所成的角（或补角）.



## 【点睛】

本题主要考查了三视图, 异面直线所成角的计算, 余弦定理的运用, 同时考查了学生直观想象和逻辑推理能力, 属于中档题.求异面直线所成角的步骤:

(1) 一作(找): 根据定义作平行线, 作出异面直线所成的角; 或用中位线平移, 找出异面直线所成的角;

（2）二证：证明作（找）出的角是异面直线所成的角;

（3）三求: 解三角形，求出异面直线所成的角.
题目（高一 · 立体几何学）：已知 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 是棱长为 $a$ 的正方体.

(1) 求直线 $D A_{1}$ 与 $B C$ 所成角;

(2) 求直线 $D_{1} A$ 与 $B A_{1}$ 所成角;

(3) 求直线 $B D_{1}$ 和 $A C$ 所成角.
选项：
答案：) $\frac{\pi}{4}$
(2) $\frac{\pi}{3}$
(3) $\frac{\pi}{2}$
解析：【分析】

(1) 由 $A D / / B C$ 得 $\angle D A D_{1}$ 是直线 $D A_{1}$ 与 $B C$ 所成角, 求出 $\angle D A D_{1}$ 即可得解;

(2) 由 $A D_{1} / / C_{1} B$ 得 $\angle C_{1} B A_{1}$ 是直线 $D_{1} A$ 与 $B A_{1}$ 所成角,求出 $\angle C_{1} B A_{1}$ 即可得解;

（3）证明 $A C \perp$ 平面 $B D D_{1}$ 后即可得 $A C \perp B D_{1}$ ， 即可得解.

## 【详解】

(1) 正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 是棱长为 $a$ 的正方体,

$\because A D / / B C, \therefore \angle A D A_{1}$ 是直线 $D A_{1}$ 与 $B C$ 所成角,

$\because A D=A A_{1}, A D \perp A A_{1}, \therefore \angle A D A_{1}=\frac{\pi}{4}$,

$\therefore$ 直线 $D A_{1}$ 与 $B C$ 所成角为 $\frac{\pi}{4}$.

(2) $\because A D_{1} / / C_{1} B, \therefore \angle C_{1} B A_{1}$ 是直线 $D_{1} A$ 与 $B A_{1}$ 所成角,

$\because B A_{1}=A_{1} C_{1}=B C_{1}, \therefore \angle C_{1} B A_{1}=\frac{\pi}{3}$,

$\therefore$ 直线 $D_{1} A$ 与 $B A_{1}$ 所成角为 $\frac{\pi}{3}$.

(3) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形, $\therefore A C \perp B D$,

$\because$ 正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $D D_{1} \perp$ 平面 $A B C D, A C \subset$ 平面 $A B C D$,

$\therefore D D_{1} \perp A C$,

$\because D D_{1} \cap B D=D, \therefore A C \perp$ 平面 $B D D_{1}$,

$\because B D_{1} \subset$ 平面 $B D D_{1}, \therefore A C \perp B D_{1}$,

$\therefore$ 直线 $B D_{1}$ 和 $A C$ 所成角为 $\frac{\pi}{2}$.



【点睛】

本题考查了异面直线夹角的求法及线面垂直的判定和性质，属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知 $P A \perp$ 平面 $A B C, A B \perp B C, D, E$ 分别为 $P B, P C$ 上的点, 且 $A D \perp P B$, $A E \perp P C$



(1) 求证: $P C \perp D E$;

(2) 若 $A B=2 B C=2$, 直线 $A B$ 与平面 $A D E$ 所成角的正弦值为 $\frac{2}{3}$, 求二面角 $C-D A-E$ 的余弦值.
选项：
答案：) 证明见解析；（2） $\frac{\sqrt{6}}{9}$.
解析：【分析】

(1) 先证明 $B C \perp$ 平面 $P A B$, 可得 $B C \perp A D$, 证明 $A D \perp$ 平面 $P B C$ ，得 $P C \perp A D$, 再证明 $P C \perp$ 平面 $A D E$ ，即可证明 $P C \perp D E$;

(2) 过点 $B$ 作 $B E / / A P$, 则 $B Z \perp$ 平面 $A B C$, 分别以 $B A, B C, B Z$ 所在直线为 $x$ 轴, $y$轴, $z$ 轴建立空间直角坐标系, 设 $P A=a$, 根据 $P C \perp$ 平面 $A D E$, 可得 $\overrightarrow{P C}=(-2,1,-a)$是平面 $A D E$ 的一个法向量, 从而向量 $\overrightarrow{P C}$ 与 $\overrightarrow{A B}$ 所成的角的余弦值的绝对值为 $\frac{2}{3}$, 可求 $P A$ 的值, 利用题目条件求出平面 $C A D$ 的一个法向量, 利用夹角公式可得二面角 $C-D A-E$ 的余弦值.

## 【详解】

(1) 证明：因为 $P A \perp P A \perp$ 平面 $A B C, \therefore P A \perp B C$,

又 $B C \perp A B, A B \cap P A=A$,

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

又 $A D \perp P B, B C \cap P B=B$,

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

又 $P C \perp A E, A E \cap D A=A$,

$\therefore P C \perp$ 平面 $D E A, \therefore P C \perp D E$.

(2) 过点 $B$ 作 $B Z / / P A$, 则 $B Z \perp$ 平面 $A B C$, 如图所示



分别以 $B A, B C, B Z$ 所在直线为 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴建立空间直角坐标系.

设 $P A=a$ ，则 $A(2,0,0), C(0,1,0), P(2,0, a)$ ，

因为 $P C \perp$ 平面 $A D E$,

$\therefore \overrightarrow{P C}=(-2,1,-a)$ 是平面 $A D E$ 的一个法向量,

$\therefore$ 向量 $\overrightarrow{P C}$ 与 $\overrightarrow{A B}$ 所成的角的余弦值的绝对值为 $\frac{2}{3}$,

又 $\overrightarrow{A B}=(-2,0,0)$,

$|\cos \langle\overrightarrow{P C}, \overrightarrow{A B}\rangle|=\left|\frac{\overrightarrow{P C} \cdot \overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{P C}| \cdot|\overrightarrow{A B}|}\right|=\left|\frac{4}{2 \sqrt{a^{2}+5}}\right|=\frac{2}{3}$,

$\therefore a=2, \quad \therefore P A=2$.

在 $\triangle P A B$ 中, $P A=A B$, 又 $A D \perp P B$,

$\therefore D$ 为 $P B$ 中点, $\therefore D(1,0,1)$,

$\therefore \overrightarrow{A C}=(-2,1,0), \overrightarrow{D A}=(1,0,-1)$,

设平面 $C A D$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{A C}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{D A}=0\end{array}, \therefore\left\{\begin{array}{l}-2 x+y=0 \\ x-z=0\end{array}, \therefore \vec{n}=(1,2,1)\right.\right.$,

又 $\overrightarrow{P C}=(-2,1,-2)$ 是平面 $A D E$ 的法向量,

$\therefore \cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{P C}\rangle=\frac{2}{\sqrt{1+1+4} \cdot \sqrt{4+1+4}}=\frac{\sqrt{6}}{9}$,

二面角 $C-D A-E$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{9}$.

## 【点睛】

本题考查空间垂直关系的证明与二面角所成平面角的计算, 考查空间推理能力与空间建模思想, 对学生计算求解能力要求较高, 属于中等题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 已知点 $E$ 是圆心为 $O_{1}$ 半径为 2 的半圆弧上从点 $B$ 数起的第一个三等分点,点 $F$ 是圆心为 $O_{2}$ 半径为 1 的半圆弧的中点, $A B 、 C D$ 分别是两个半圆的直径, $O_{1} O_{2}=$ 2, 直线 $O_{1} O_{2}$ 与两个半圆所在的平面均垂直, 直线 $A B 、 D C$ 共面.



(1) 求三棱雉 $D-A B E$ 的体积;

(2) 求直线 $D E$ 与平面 $A B E$ 所成的角的正切值;

(3) 求直线 $A F$ 与 $B E$ 所成角的余弦值.
选项：
答案：) $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$
(2) $\frac{2 \sqrt{7}}{7}$
(3) $\frac{2-\sqrt{3}}{6}$
解析：【分析】

(1) 由题意知, $O_{1} O_{2}$ 即为所求三棱雉的高, 代入三棱雉的体积公式 $V=\frac{1}{3} S h$ 求解即可;

(2) 以 $O_{1}$ 为坐标原点, $\overrightarrow{O_{1} B}, \overrightarrow{O_{2} F}, \overrightarrow{O_{1} O_{2}}$ 分别为 $x 、 y 、 z$ 轴的正向, 建立空间直角坐标系如图所示,利用空间向量法分别求出面 $A B E$ 的法向量 $\vec{n}$ 和向量 $\overrightarrow{D E}$ 的坐标,向量 $\vec{n}$ 与向量 $\overrightarrow{D E}$ 的夹角余弦即为直线 $D E$ 与平面 $A B E$ 所成的角的正弦值,进而求出正切值即可;

(3) 以 $O_{1}$ 为坐标原点, $\overrightarrow{O_{1} B}, \overrightarrow{O_{2} F}, \overrightarrow{O_{1} O_{2}}$ 分别为 $x 、 y 、 z$ 轴的正向, 建立空间直角坐标系如图所示,利用空间向量法, 向量 $\overrightarrow{A F}, \overrightarrow{B E}$ 所成角的余弦值的绝对值即为所求.

## 【详解】

(1) $\because \angle B O_{1} E=60^{\circ}, O_{1} E=2$,

$\therefore S_{\triangle A B E}=2 S_{\triangle B O_{1} E}=2 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times 2^{2}=2 \sqrt{3}$,
$\because$ 直线 $O_{1} O_{2}$ 与两个半圆所在的平面均垂直, 直线 $A B 、 D C$ 共面,

$\therefore$ 三棱雉 $D-A B E$ 的高等于 $O_{1} O_{2}=2$,

所以 $V_{D-A B E}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B E} \cdot O_{1} O_{2}=\frac{1}{3} \times 2 \sqrt{3} \times 2=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$.

(2) 以 $O_{1}$ 为坐标原点, $\overrightarrow{O_{1} B}, \overrightarrow{O_{2} F}, \overrightarrow{O_{1} O_{2}}$ 分别为 $x 、 y 、 z$ 轴的正向建立空间直角坐标系如图所示:



则, $D(-1,0,2), E(1, \sqrt{3}, 0)$,

$\overrightarrow{D E}=(2, \sqrt{3},-2)$,

由题意可知,平面 $A B E$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(0,0,1)$,

设直线 $D E$ 与平面 $A B E$ 所成的角为 $\theta$,

则 $\sin \theta=|\cos <\overrightarrow{D E}, \vec{n}>|=\frac{|\overrightarrow{D E} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{D E}||\vec{n}|}=\frac{2}{\sqrt{11}}=\frac{2 \sqrt{11}}{11}$,

因为 $\theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right] \therefore \cos \theta=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{11}}=\frac{\sqrt{77}}{11}$,

所以 $\tan \theta=\frac{2 \sqrt{7}}{7}$ 即为所求.

(3) 以 $O_{1}$ 为坐标原点, $\overrightarrow{O_{1} B}, \overrightarrow{O_{2} F}, \overrightarrow{O_{1} O_{2}}$ 分别为 $x 、 y 、 z$ 轴的正向,建立空间直角坐标系如图所示:



则 $A(-2,0,0), B(2,0,0), E(1, \sqrt{3}, 0), F(0,1,2)$,

所以 $\overrightarrow{A F}=(2,1,2), \overrightarrow{B E}=(-1, \sqrt{3}, 0)$,

设直线 $A F$ 与 $B E$ 所成角为 $\theta$,

则 $\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{A F}, \overrightarrow{B E}>|=\frac{|\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{B E}|}{|\overrightarrow{A F}||\overrightarrow{B E}|}=\frac{|-2+\sqrt{3}|}{\sqrt{9} \cdot \sqrt{4}}=\frac{2-\sqrt{3}}{6}$.

$\therefore$ 直线 $A F$ 与 $B E$ 所成角的余弦值为 $\frac{2-\sqrt{3}}{6}$.

## 【点睛】

本题考查利用空间向量法求线面角和异面直线所成的角及三棱雉的体积公式; 考查学生的运算能力和转化与化归能力;属于综合型试题、常考题型.
题目（高一 · 立体几何学）：判断下列命题的真假.

(1) $a / / \alpha, a \perp b \Rightarrow b \perp \alpha$; (2) $a \perp b, a \perp \alpha \Rightarrow b / / \alpha$;

(3) $a \perp \alpha, b \perp \beta, a / / b \Rightarrow \alpha / / \beta$; (4) $a / / \alpha, \alpha / / \beta, a \perp b \Rightarrow b \perp \beta$.
选项：
答案：) 假命题. (2) 假命题. (3) 真命题. (4) 假命题.
解析：【分析】

(1) 当 $b \subset \alpha$ 时, 满足 $a / / \alpha, a \perp b$, 但此时 $b$ 不垂直 $\alpha$, 即可求得答案;

(2) 当 $b \subset \alpha$ 时,可满足 $a \perp b, a \perp \alpha$, 但此时 $b$ 不平行于 $\alpha$, 即可求得答案;

（3）根据垂直同一条直线的两个平面平行,即可求得答案;

(4) 根据两条平行线中的一条垂直一个平面,另一条也垂直这个平面,即可得到答案.

## 【详解】

(1) $\because b \subset \alpha$ 时, 满足 $a / / \alpha, a \perp b$
但此时 $b$ 不垂直 $\alpha$

$\therefore a / / \alpha, a \perp b \Rightarrow b \perp \alpha$ 时假命题.

（2） $\because$ 当 $b \subset \alpha$ 时,可满足 $a \perp b, a \perp \alpha$

但此时 $b$ 不平行于 $\alpha$

$\therefore a / / \alpha, \alpha / / \beta, a \perp b \Rightarrow b \perp \beta$ 是假命题.

(2) $\because a \perp \alpha, a / / b$

$\therefore b \perp \alpha$

又 $\because b \perp \beta$

根据垂直同一条直线的两个平面平行

$\therefore \alpha / / \beta$

故 $a \perp \alpha, b \perp \beta, a / / b \Rightarrow \alpha / / \beta$ 是真命题.

(4) $\because a / / b, a \perp \alpha$

根据两条平行线中的一条垂直一个平面,另一条也垂直这个平面

$\therefore b \perp \alpha$

$\because \alpha / / \beta$, 故 $b \perp \beta$

故 $\alpha / / \beta, a / / b, a \perp \alpha \Rightarrow b \perp \beta$ 是真命题.

## 【点睛】

本题考查了判断线面垂直和线面平行,掌握线面关系的基本知识是解题关键,考查了分析能力和推理能力,属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 如果把它的 12 条棱延伸为直线, 6 个面延展为平面, 那么在这 12 条直线与 6 个平面中:



(1) 与直线 $B_{1} C_{1}$ 不平行也不相交的直线有哪几条?

(2) 与直线 $B_{1} C_{1}$ 平行的平面有哪几个?

(3) 与直线 $B_{1} C_{1}$ 垂直的平面有哪几个?

(4) 与平面 $B C_{1}$ 平行的平面有哪几个?

(5) 与平面 $B C_{1}$ 垂直的平面有哪几个?
选项：
答案：) 直线 $A A_{1}$ 、直线 $D D_{1}$ 、直线 $A B$ 、直线 $D C(2)$ 平面 $A D_{1}$ 、平面 $A C$ (3)平面 $A B_{1}$ 、平面 $C D_{1}$ (4) 平面 $A D_{1}$ (5) 平面 $A B_{1}$ 、平面 $A C_{1}$ 、平面 $C D_{1}$ 、平面 $A C$
解析：【分析】

根据长方体中棱与棱, 棱与面, 面与面的位置关系可判断得出答案.

## 【详解】

解: (1) 与直线 $B_{1} C_{1}$ 不平行也不相交的直线: 直线 $A A_{1}$ 、直线 $D D_{1}$ 、直线 $A B$ 、直线 $D C$.

(2) 与直线 $B_{1} C_{1}$ 平行的平面: 平面 $A D_{1}$ 、平面 $A C$.

(3) 与直线 $B_{1} C_{1}$ 垂直的平面: 平面 $A B_{1}$ 、平面 $C D_{1}$.

(4) 与平面 $B C_{1}$ 平行的平面: 平面 $A D_{1}$.

(5) 与平面 $B C_{1}$ 垂直的平面: 平面 $A B_{1}$ 、平面 $A C_{1}$ 、平面 $C D_{1}$ 、平面 $A C$.

## 【点睛】

本题考查长方体中平行和垂直关系，属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：判断下列命题的真假.

(1) $\alpha / / \beta, a \subset \alpha, b \subset \beta \Rightarrow a / / b$; (2) $l \perp \alpha, m \subset \beta, \alpha / / \beta \Rightarrow l \perp m$;

(3) $\alpha \perp \beta, l \subset \alpha, m \subset \beta \Rightarrow l \perp m$; (4) $\alpha \cap \beta=a, b / / a \Rightarrow b / / \alpha$;

(5) $\alpha \perp \beta, a \subset \alpha, b \subset \beta, a \perp b \Rightarrow a \perp \beta, b \perp \alpha$.
选项：
答案：）假命题;（2）真命题;（3）假命题;（4）假命题;（5）假命题.
解析：【分析】

根据线面及面面的位置关系逐个判断即可.

## 【详解】

(1) $\alpha / / \beta, a \subset \alpha, b \subset \beta$, 则 $a / / b$ 或 $a, b$ 异面, 故（1）是假命题;

(2) $l \perp \alpha, \alpha / / \beta \therefore l \perp \beta, m \subset \beta \Rightarrow l \perp m$ ，（2）是真命题;

（3） $\alpha \perp \beta, l \subset \alpha, m \subset \beta$, 则 $l \perp m$ 或 $l \| m$ 或 $l, m$ 异面或 $l, m$ 相交，（3）是假命题;

(4) $\alpha \cap \beta=a, b / / a \Rightarrow b / / \alpha$ 或 $b \subseteq \alpha$ ，(4）是假命题;

(5) 如图所示: $\alpha \perp \beta, a \subset \alpha, b \subset \beta, a \perp b$. 则 $b$ 与 $\alpha$ 不垂直, (5) 是假命题;



## 【点睛】

本题考查了直线和直线, 直线和平面, 平面和平面的位置关系, 意在考查学生的空间想象能力和推断能力.
题目（高一 · 立体几何学）：判断下列命题的真假.

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

(2) 若 $\alpha / / \beta, \beta / / \gamma, m \perp \alpha$, 则 $m \perp \gamma$;

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

(4) 若 $\alpha \perp \gamma, \beta \perp \gamma$, 则 $\alpha / / \beta$.
选项：
答案：）真命题; （2）真命题; (3) 假命题;（4）假命题.
解析：【分析】

(1) 根据题意 $m \perp \alpha, n / / \alpha$ 得到 $m \perp n$, (1) 是真命题;

(2) 根据题意 $\alpha / / \beta, \beta / / \gamma$ 得到 $\alpha / / \gamma, m \perp \alpha$ 则 $m \perp \gamma$, (2) 是真命题;

（3） 当 $m / / \alpha, n / / \alpha$, 则 $m / / n$ 或 $m, n$ 异面或 $m, n$ 相交，得到答案;

(4) 根据题意 $\alpha \perp \gamma, \beta \perp \gamma$ ，得到 $\alpha / / \beta$ 或 $\alpha, \beta$ 相交，得到答案.

## 【详解】

（1）若 $m \perp \alpha, n / / \alpha$, 则 $m \perp n$, 正确, （1）是真命题;

（2）若 $\alpha / / \beta, \beta / / \gamma \therefore \alpha / / \gamma, m \perp \alpha$ ，则 $m \perp \gamma ＼mathrm{~ （ 2 ） 是 真 命 题 ; ~}$

（3）若 $m / / \alpha, n / / \alpha$, 则 $m / / n$ 或 $m, n$ 异面或 $m, n$ 相交,（3）是假命题;

（4）若 $\alpha \perp \gamma, \beta \perp \gamma ，$ 则 $\alpha / / \beta$ 或 $\alpha, \beta$ 相交，（4）是假命题;

## 【点睛】

本题考查了直线和平面, 平面和平面相关命题的判断, 意在考查学生的推断能力.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 四棱雉 $P-A B C D$ 的底面是边长为 $\mathbf{a}$ 的正方形, $P B \perp$ 平面 $\mathbf{A B C D}$.



(1) 若平面 PAD 与平面 $\mathrm{ABCD}$ 所成的二面角为 $60^{\circ}$, 求这个四棱雉的体积.

(2) 求证: 无论四棱雉的高怎样变化, 平面 PAD 与平面 PCD 所成的二面角恒大于 $90^{\circ}$
选项：
答案：) $V_{\text {锥 }}=\frac{\sqrt{3}}{3} a^{3}$; (2) 见解析
解析：【分析】

(1) 正方形 $A B C D$ 是四棱雉 $P-A B C D$ 的底面, $P B$ 是四棱雉 $P-A B C D$ 的高, 再利用四棱雉的体积公式计算即可;

（2）易得 $\angle C E A$ 是平面 $P A D$ 与平面 $P C D$ 所成的二面角的平面角, 在 $\triangle A E C$ 中, 证明 $\cos \angle A E C<0$ 即可得解.

## 【详解】

解: (1) 正方形 $A B C D$ 是四棱雉 $P-A B C D$ 的底面, 其面积为 $a^{2}$, 从而只要算出四棱雉的高即可.
$\because P B \perp$ 平面 $A B C D, \therefore P B \perp A D$. 又 $\because A D \perp A B, A B \cap P B=B$,

$\therefore A D \perp$ 平面 $P A B, A D \perp P A$.

$\therefore \angle P A B$ 是平面 $P A D$ 与平面 $A B C D$ 所成的二面角的平面角, $\angle P A B=60^{\circ}$

而 $P B$ 是四棱雉 $P-A B C D$ 的高, $P B=A B \cdot \tan 60^{\circ}=\sqrt{3} a$,

$\therefore V_{\text {锥 }}=\frac{1}{3} \sqrt{3} a \cdot a^{2}=\frac{\sqrt{3}}{3} a^{3}$.

(2) 不论棱雉的高怎样变化, 棱雉的侧面 $P A D$ 、侧面 $P C D$ 恒为全等三角形, 作 $A E \perp D P$,

垂足为 $E$, 连接 $E C$, 则 $\triangle A D E \cong \triangle C D E . \therefore A E=C E, \angle C E D=90^{\circ}$,故 $\angle C E A$ 是平面 $P A D$ 与平面 $P C D$ 所成的二面角的平面角.

设 $A C$ 与 $D B$ 相交于点 $O$, 连接 $E O$, 则 $E O \perp A C$,

$\therefore \frac{\sqrt{2}}{2} a=O A<A E<A D=a=\sqrt{2} \mathrm{OA}$.

在 $\triangle A E C$ 中,

$\cos \angle A E C=\frac{A E^{2}+E C^{2}-(2 \cdot O A)^{2}}{2 A E \cdot E C}=\frac{(A E+\sqrt{2} O A)(A E-\sqrt{2} O A)}{A E^{2}}<0$,

故平面 $P A D$ 与平面 $P C D$ 所成的二面角恒大于 $90^{\circ}$.

## 【点睛】

本题考查了四棱雉的体积公式及二面角的平面角的求法, 属综合性较强的题型.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 1-1-13, 已知四边形 $A B C D$ 是一个正方形, $E, F$ 分别是边 $A B$ 和 $B C$ 的中点, 沿折痕 $D E, E F, F D$折起得到一个空间几何体，问：这个空间几何体是什么几何体？



图 1-1-13
选项：
答案：折起后是一个三棱锥(如图所示).

<ImageHere>
解析：折起后是一个三棱锥(如图所示).
题目（高一 · 立体几何学）：根据下面对几何体结构特征的描述, 说出几何体的名称.

(1)由八个面围成, 其中两个面是互相平行且全等的六边形, 其他各面都是平行四边形;

(2)由五个面围成, 其中一个是正方形, 其他各面都是有一个公共顶点的三角形.
选项：
答案：)根据棱柱的结构特征可知, 该几何体为六棱柱.

(2)根据棱锥的结构特征可知, 该几何体为四棱锥。
解析：)根据棱柱的结构特征可知, 该几何体为六棱柱.

(2)根据棱锥的结构特征可知, 该几何体为四棱锥。
题目（高一 · 立体几何学）：试从正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的八个顶点中任取若干, 连接后构成以下空间几何体, 并且用适当的符号表示出来.

(1)只有一个面是等边三角形的三棱雉;

(2)四个面都是等边三角形的三棱雉;

(3)三棱柱.



(1)



(2)



(3)
选项：
答案：(1)如图所示, 三棱雉 $A_{1}-A B_{1} D_{1}$ (答案不唯一).

<ImageHere>

(2)如图所示, 三棱锥 $B_{1}-A C D_{1}$ (答案不唯一).

<ImageHere>

(3)如图所示, 三棱柱 $A_{1} B_{1} D_{1}-A B D$ (答案不唯一).

<ImageHere>
解析：(1)如图所示, 三棱雉 $A_{1}-A B_{1} D_{1}$ (答案不唯一).



(2)如图所示, 三棱锥 $B_{1}-A C D_{1}$ (答案不唯一).



(3)如图所示, 三棱柱 $A_{1} B_{1} D_{1}-A B D$ (答案不唯一).
题目（高一 · 立体几何学）：在一个长方体的容器中, 里面装有少量水, 现将容器绕着其底部的一条棱倾斜, 在倾斜的过程中.



(1)水面的形状不断变化, 可能是矩形, 也可能变成不是矩形的平行四边形，对吗？

(2)水的形状也不断变化, 可以是棱柱, 也可能变为棱台或棱雉, 对吗?

(3)如果倾斜时, 不是绕着底部的一条棱, 而是绕着其底部的一个顶点, 上面的第(1)题和第(2)题对不对?
选项：
答案：)不对; 水面的形状就是用一个与棱(倾斜时固定不动的棱)平行的平面截长方体时截面的形状, 因而可以是矩形, 但不可能是其他非矩形的平行四边形。

(2)不对; 水的形状就是用与棱(将长方体倾斜时固定不动的棱)平行的平面将长方体截去一部分后, 剩余部分的几何体, 此几何体是棱柱, 水比较少时, 是三棱柱, 水多时, 可能是四棱柱或五棱柱, 但不可能是棱台或棱锥.

(3)用任意一个平面去截长方体, 其截面形状可以是三角形, 四边形, 五边形, 六边形, 因而水面的形状可以是三角形, 四边形, 五边形, 六边形; 水的形状可以是棱锥, 棱柱, 但不可能是棱台. 故此时(1)对, (2)不对.
解析：)不对; 水面的形状就是用一个与棱(倾斜时固定不动的棱)平行的平面截长方体时截面的形状, 因而可以是矩形, 但不可能是其他非矩形的平行四边形。

(2)不对; 水的形状就是用与棱(将长方体倾斜时固定不动的棱)平行的平面将长方体截去一部分后, 剩余部分的几何体, 此几何体是棱柱, 水比较少时, 是三棱柱, 水多时, 可能是四棱柱或五棱柱, 但不可能是棱台或棱锥.

(3)用任意一个平面去截长方体, 其截面形状可以是三角形, 四边形, 五边形, 六边形, 因而水面的形状可以是三角形, 四边形, 五边形, 六边形; 水的形状可以是棱锥, 棱柱, 但不可能是棱台. 故此时(1)对, (2)不对.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-1-9 所示, 在空间四边形各边 $A D, A B, B C, C D$ 上分别取 $E, F, G, H$ 四点, 如果 $E F, G H$ 交于一点 $P$, 求证: 点 $P$ 在直线 $B D$ 上.



图 2-1-9
选项：
答案：$\because E F \cap G H=P$,

$\therefore P \in E F$ 且 $P \in G H$.

又 $\because E F \subset$ 平面 $A B D, G H \subset$ 平面 $C B D$,

$\therefore P \in$ 平面 $A B D$, 且 $P \in$ 平面 $C B D$,

$\therefore P \in$ 平面 $A B D \cap$ 平面 $C B D$,

$\because$ 平面 $A B D \cap$ 平面 $C B D=B D$, 由公理 3 可得 $P \in B D$.

$\therefore$ 点 $P$ 在直线 $B D$ 上.
解析：$\because E F \cap G H=P$,

$\therefore P \in E F$ 且 $P \in G H$.

又 $\because E F \subset$ 平面 $A B D, G H \subset$ 平面 $C B D$,

$\therefore P \in$ 平面 $A B D$, 且 $P \in$ 平面 $C B D$,

$\therefore P \in$ 平面 $A B D \cap$ 平面 $C B D$,

$\because$ 平面 $A B D \cap$ 平面 $C B D=B D$, 由公理 3 可得 $P \in B D$.

$\therefore$ 点 $P$ 在直线 $B D$ 上.
题目（高一 · 立体几何学）：已知直线 $b / / c$, 且直线 $a$ 与直线 $b, c$ 都相交, 求证: 直线 $a, b, c$ 共面.
选项：
答案：because b / / c, \therefore$ 直线 $b, c$ 可以确定一个平面 $\alpha$.

设 $a \cap b=A, a \cap c=B$,

则 $A \in a, B \in a, \therefore A \in \alpha, B \in \alpha$, 即 $a \subset \alpha$,

故直线 $a, b, c$ 共面.

13.已知: $A \in l, B \in l, C \in l, D \notin l$, 如图所示. 求证: 直线 $A D, B D, C D$ 共面.

<ImageHere>

证明 因为 $D \notin l$, 所以 $l$ 与 $D$ 可以确定平面 $\alpha$, 因为 $A \in l$, 所以 $A \in \alpha$, 又 $D \in \alpha$, 所以 $A D \subset \alpha$. 同理, $B D \subset \alpha$, $C D \subset \alpha$, 所以 $A D, B D, C D$ 在同一平面 $\alpha$ 内, 即它们共面.
解析：because b / / c, \therefore$ 直线 $b, c$ 可以确定一个平面 $\alpha$.

设 $a \cap b=A, a \cap c=B$,

则 $A \in a, B \in a, \therefore A \in \alpha, B \in \alpha$, 即 $a \subset \alpha$,

故直线 $a, b, c$ 共面.

13.已知: $A \in l, B \in l, C \in l, D \notin l$, 如图所示. 求证: 直线 $A D, B D, C D$ 共面.



证明 因为 $D \notin l$, 所以 $l$ 与 $D$ 可以确定平面 $\alpha$, 因为 $A \in l$, 所以 $A \in \alpha$, 又 $D \in \alpha$, 所以 $A D \subset \alpha$. 同理, $B D \subset \alpha$, $C D \subset \alpha$, 所以 $A D, B D, C D$ 在同一平面 $\alpha$ 内, 即它们共面.
题目（高一 · 立体几何学）：建造一个容积为 $8 \mathrm{~m}^{3}$, 深为 $2 \mathrm{~m}$ 的长方体形无盖水池, 如果池底和池壁的造价分别为 120 元 $/ \mathrm{m}^{2}$和 80 元 $/ \mathrm{m}^{2}$.

(1)求总造价关于一边长的函数解析式, 并指出该函数的定义域;

(2)判断(1)中函数在 $(0,2)$ 和 $[2,+\infty)$ 上的单调性并用定义法加以证明;

(3)如何设计水池尺寸，才能使总造价最低？
选项：
答案：(1)设长方体无盖水池的池底一边长为 $x \mathrm{~m}$, 则另一边长为 $\frac{4}{x} \mathrm{~m}$, 又设总造价为 $y$ 元, 由题意得 $y=120 \times \frac{8}{2}+80 \times\left[\left(x+\frac{4}{x}\right) \times 2 \times 2\right]$,

即 $y=480+320\left(x+\frac{4}{x}\right), x \in(0,+\infty)$.

(2)函数在 $(0,2)$ 上是减少的, 在 $[2,+\infty)$ 上是增加的, 下面进行证明:

任取 $x_{1}, x_{2} \in(0,2)$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1}-x_{2}<0$.

$\therefore f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)$

$=\left[480+320\left(x_{1}+\frac{4}{x_{1}}\right)\right]-\left[480+320\left(x_{2}+\frac{4}{x_{2}}\right)\right]$

$=320\left(x_{1}+\frac{4}{x_{1}}-x_{2}-\frac{4}{x_{2}}\right)$

$=\frac{320\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1} x_{2}-4\right)}{x_{1} x_{2}}>0$,

即 $f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right) . \therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上是减少的.

同理可证, $f(x)$ 在 $[2,+\infty)$ 上是增加的.

(3)由(2)中函数的单调性可知, 当 $x=2$, 即池底是正方形时, 总造价最低, 最低为 1760 元.
解析：(1)设长方体无盖水池的池底一边长为 $x \mathrm{~m}$, 则另一边长为 $\frac{4}{x} \mathrm{~m}$, 又设总造价为 $y$ 元, 由题意得 $y=120 \times \frac{8}{2}+80 \times\left[\left(x+\frac{4}{x}\right) \times 2 \times 2\right]$,

即 $y=480+320\left(x+\frac{4}{x}\right), x \in(0,+\infty)$.

(2)函数在 $(0,2)$ 上是减少的, 在 $[2,+\infty)$ 上是增加的, 下面进行证明:

任取 $x_{1}, x_{2} \in(0,2)$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1}-x_{2}<0$.

$\therefore f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)$

$=\left[480+320\left(x_{1}+\frac{4}{x_{1}}\right)\right]-\left[480+320\left(x_{2}+\frac{4}{x_{2}}\right)\right]$

$=320\left(x_{1}+\frac{4}{x_{1}}-x_{2}-\frac{4}{x_{2}}\right)$

$=\frac{320\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1} x_{2}-4\right)}{x_{1} x_{2}}>0$,

即 $f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right) . \therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上是减少的.

同理可证, $f(x)$ 在 $[2,+\infty)$ 上是增加的.

(3)由(2)中函数的单调性可知, 当 $x=2$, 即池底是正方形时, 总造价最低, 最低为 1760 元.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-3-9, 四边形 $A B C D$ 为矩形, $A D \perp$ 平面 $A B E, F$ 为 $C E$ 上的点, 且 $B F \perp$ 平面 $A C E$. 求证: $A E \perp B E$.



图 2-3-9
选项：
答案：$\because A D \perp$ 平面 $A B E, A D / / B C$,

$\therefore B C \perp$ 平面 $A B E$.

又 $A E \subset$ 平面 $A B E, \therefore A E \perp B C$.

$\because B F \perp$ 平面 $A C E, A E \subset$ 平面 $A C E, \therefore A E \perp B F$.

又 $\because B F \subset$ 平面 $B C E, B C \subset$ 平面 $B C E, B F \cap B C=B$,

$\therefore A E \perp$ 平面 $B C E$.

又 $B E \subset$ 平面 $B C E, \therefore A E \perp B E$.
解析：$\because A D \perp$ 平面 $A B E, A D / / B C$,

$\therefore B C \perp$ 平面 $A B E$.

又 $A E \subset$ 平面 $A B E, \therefore A E \perp B C$.

$\because B F \perp$ 平面 $A C E, A E \subset$ 平面 $A C E, \therefore A E \perp B F$.

又 $\because B F \subset$ 平面 $B C E, B C \subset$ 平面 $B C E, B F \cap B C=B$,

$\therefore A E \perp$ 平面 $B C E$.

又 $B E \subset$ 平面 $B C E, \therefore A E \perp B E$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-3-10 所示, 三棱雉 $A-S B C$ 中, $\angle B S C=90^{\circ}, \angle A S B=\angle A S C=60^{\circ}, S A=S B=S C$. 求直线 $A S$ 与平面 $S B C$ 所成的角.



图 2-3-10
选项：
答案：$\angle A S B=\angle A S C=60^{\circ}, S A=S B=S C$,

<ImageHere>

所以 $\triangle A S B$ 与 $\triangle S A C$ 都是等边三角形. 因此 $A B=A C$.

如图所示, 取 $B C$ 的中点 $D$,

连接 $A D, S D$, 则 $A D \perp B C$.

设 $S A=a$, 则在 Rt $\triangle S B C$ 中, $B C=\sqrt{2} a, C D=S D=\frac{\sqrt{2}}{2} a$.

在 Rt $\triangle A D C$ 中, $A D=\sqrt{A C^{2}-C D^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2} a$.

则 $A D^{2}+S D^{2}=S A^{2}$ ，所以 $A D \perp S D$.

又 $B C \cap S D=D$, 所以 $A D \perp$ 平面 $S B C$.

因此 $\angle A S D$ 即为直线 $A S$ 与平面 $S B C$ 所成的角.

在 Rt $\triangle A S D$ 中, $S D=A D=\frac{\sqrt{2}}{2} a$,

所以 $\angle A S D=45^{\circ}$,

即直线 $A S$ 与平面 $S B C$ 所成的角为 $45^{\circ}$.
解析：$\angle A S B=\angle A S C=60^{\circ}, S A=S B=S C$,



所以 $\triangle A S B$ 与 $\triangle S A C$ 都是等边三角形. 因此 $A B=A C$.

如图所示, 取 $B C$ 的中点 $D$,

连接 $A D, S D$, 则 $A D \perp B C$.

设 $S A=a$, 则在 Rt $\triangle S B C$ 中, $B C=\sqrt{2} a, C D=S D=\frac{\sqrt{2}}{2} a$.

在 Rt $\triangle A D C$ 中, $A D=\sqrt{A C^{2}-C D^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2} a$.

则 $A D^{2}+S D^{2}=S A^{2}$ ，所以 $A D \perp S D$.

又 $B C \cap S D=D$, 所以 $A D \perp$ 平面 $S B C$.

因此 $\angle A S D$ 即为直线 $A S$ 与平面 $S B C$ 所成的角.

在 Rt $\triangle A S D$ 中, $S D=A D=\frac{\sqrt{2}}{2} a$,

所以 $\angle A S D=45^{\circ}$,

即直线 $A S$ 与平面 $S B C$ 所成的角为 $45^{\circ}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面 $A B C D$ 是矩形. 已知 $A D=2, P A=2, P D=2 \sqrt{2}$, 求证: $A D \perp$平面 $P A B$.



证明 在 $\triangle P A D$ 中, 由 $P A=2, A D=2, P D=2 \sqrt{2}$,
可得 $P A^{2}+A D^{2}=P D^{2}$, 即 $A D \perp P A$.

又 $A D \perp A B, P A \cap A B=A$,

所以 $A D \perp$ 平面 $P A B$
选项：
答案：如图所示, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面 $A B C D$ 是矩形. 已知 $A D=2, P A=2, P D=2 \sqrt{2}$, 求证: $A D \perp$平面 $P A B$.

<ImageHere>

证明 在 $\triangle P A D$ 中, 由 $P A=2, A D=2, P D=2 \sqrt{2}$,
可得 $P A^{2}+A D^{2}=P D^{2}$, 即 $A D \perp P A$.

又 $A D \perp A B, P A \cap A B=A$,

所以 $A D \perp$ 平面 $P A B$.
解析：如图所示, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面 $A B C D$ 是矩形. 已知 $A D=2, P A=2, P D=2 \sqrt{2}$, 求证: $A D \perp$平面 $P A B$.



证明 在 $\triangle P A D$ 中, 由 $P A=2, A D=2, P D=2 \sqrt{2}$,
可得 $P A^{2}+A D^{2}=P D^{2}$, 即 $A D \perp P A$.

又 $A D \perp A B, P A \cap A B=A$,

所以 $A D \perp$ 平面 $P A B$.