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题目（高一 · 立体几何学）：如图, 正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 2 .



(1)求证: $A C \perp B_{1} D$;

(2)求三棱雉 $C-B D B_{1}$ 的体积.

(1)
选项：
答案：$\because A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 为正方体,

$\therefore B B_{1} \perp$ 平面 $A B C D$.

$\because$ 又 $A C \subset$ 平面 $A B C D, \therefore B B_{1} \perp A C$.

又 $\because$ 底面 $A B C D$ 为正方形, $\therefore A C \perp B D$.

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

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

(2)解 $V_{C-B D B_{1}}=V_{B_{1}-B D C}$.

$\because B_{1} B \perp$ 平面 $A B C D$,

$\therefore B_{1} B$ 是三棱锥 $B_{1}-B D C$ 的高.

$\because V_{B_{1}-B D C}=\frac{1}{3} S_{\triangle B D C} \cdot B B_{1}=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 2 \times 2 \times 2=\frac{4}{3}$,

$\therefore$ 三棱雉 $C-B D B_{1}$ 的体积为 $\frac{4}{3}$.
解析：$\because A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 为正方体,

$\therefore B B_{1} \perp$ 平面 $A B C D$.

$\because$ 又 $A C \subset$ 平面 $A B C D, \therefore B B_{1} \perp A C$.

又 $\because$ 底面 $A B C D$ 为正方形, $\therefore A C \perp B D$.

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

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

(2)解 $V_{C-B D B_{1}}=V_{B_{1}-B D C}$.

$\because B_{1} B \perp$ 平面 $A B C D$,

$\therefore B_{1} B$ 是三棱锥 $B_{1}-B D C$ 的高.

$\because V_{B_{1}-B D C}=\frac{1}{3} S_{\triangle B D C} \cdot B B_{1}=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 2 \times 2 \times 2=\frac{4}{3}$,

$\therefore$ 三棱雉 $C-B D B_{1}$ 的体积为 $\frac{4}{3}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-1-25 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, 则下列直线与平面的位置关系是什么?


图 2-1-25

(1) $A M$ 所在的直线与平面 $A B C D$ 的位置关系;

(2) $C N$ 所在的直线与平面 $A B C D$ 的位置关系;

(3) $A M$ 所在的直线与平面 $C D D_{1} C_{1}$ 的位置关系;

(4) $C N$ 所在的直线与平面 $C D D_{1} C_{1}$ 的位置关系.
选项：
答案：(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) $A M$ 所在的直线与平面 $C D D_{1} C_{1}$ 平行;

(4) $C N$ 所在的直线与平面 $C D D_{1} C_{1}$ 相交.
解析：(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) $A M$ 所在的直线与平面 $C D D_{1} C_{1}$ 平行;

(4) $C N$ 所在的直线与平面 $C D D_{1} C_{1}$ 相交.
题目（高一 · 立体几何学）：三个平面 $\alpha, \beta, \gamma$.如果 $\alpha / / \beta, \gamma \cap \alpha=a, \gamma \cap \beta=b$, 且直线 $c \subset \beta, c / / b$,

(1)判断 $c$ 与 $\alpha$ 的位置关系, 并说明理由;

(2)判断 $c$ 与 $a$ 的位置关系, 并说明理由.
选项：
答案：) $c / / \alpha$. 因为 $\alpha / / \beta$, 所以 $\alpha$ 与 $\beta$ 没有公共点, 又 $c \subset \beta$, 所以 $c$ 与 $\alpha$ 无公共点, 则 $c / / \alpha$.

(2) $c / / a$. 因为 $\alpha / / \beta$, 所以 $\alpha$ 与 $\beta$ 没有公共点, 又 $\gamma \cap \alpha=a, \gamma \cap \beta=b$, 则 $a \subset \alpha, b \subset \beta$, 且 $a, b \subset \gamma, a, b$没有公共点. 因此 $a / / b$, 又 $c / / b$, 所以 $c / / a$.
解析：) $c / / \alpha$. 因为 $\alpha / / \beta$, 所以 $\alpha$ 与 $\beta$ 没有公共点, 又 $c \subset \beta$, 所以 $c$ 与 $\alpha$ 无公共点, 则 $c / / \alpha$.

(2) $c / / a$. 因为 $\alpha / / \beta$, 所以 $\alpha$ 与 $\beta$ 没有公共点, 又 $\gamma \cap \alpha=a, \gamma \cap \beta=b$, 则 $a \subset \alpha, b \subset \beta$, 且 $a, b \subset \gamma, a, b$没有公共点. 因此 $a / / b$, 又 $c / / b$, 所以 $c / / a$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 在长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 直线 $B_{1} D_{1}$ 与长方体的六个面之间的位置关系如何?


选项：
答案：$B_{1} D_{1}$ 在平面 $A_{1} C_{1}$ 内, $B_{1} D_{1}$ 与平面 $B C_{1}, A B_{1}, A D_{1}, C D_{1}$ 都相交, $B_{1} D_{1}$ 与平面 $A C$ 平行.
解析：$B_{1} D_{1}$ 在平面 $A_{1} C_{1}$ 内, $B_{1} D_{1}$ 与平面 $B C_{1}, A B_{1}, A D_{1}, C D_{1}$ 都相交, $B_{1} D_{1}$ 与平面 $A C$ 平行.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-3-43, 三棱雉 $P-A B C$ 中, 已知 $\triangle A B C$ 是等腰直角三角形, $\angle A B C=90^{\circ}, \triangle P A C$ 是直角三角形, $\angle P A C=90^{\circ}$, 平面 $P A C \perp$ 平面 $A B C$.求证：平面 $P A B \perp$ 平面 $P B C$.



图 2-3-43
选项：
答案：$\because$ 平面 $P A C \perp$ 平面 $A B C ，$ 平面 $P A C \cap$ 平面 $A B C=A C, P A \perp A C$,

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

$\therefore P A \perp B C$.

又 $\because A B \perp B C, A B \cap P A=A, A B \subset$ 平面 $P A B$,

$P A \subset$ 平面 $P A B, \therefore B C \perp$ 平面 $P A B$. 又 $B C \subset$ 平面 $P B C, \therefore$ 平面 $P A B \perp$ 平面 $P B C$.
解析：$\because$ 平面 $P A C \perp$ 平面 $A B C ，$ 平面 $P A C \cap$ 平面 $A B C=A C, P A \perp A C$,

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

$\therefore P A \perp B C$.

又 $\because A B \perp B C, A B \cap P A=A, A B \subset$ 平面 $P A B$,

$P A \subset$ 平面 $P A B, \therefore B C \perp$ 平面 $P A B$. 又 $B C \subset$ 平面 $P B C, \therefore$ 平面 $P A B \perp$ 平面 $P B C$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-3-44, 四棱雉 $P-A B C D$ 的底面是边长为 $a$ 的菱形, $\angle B C D=120^{\circ}$, 平面 $P C D \perp$ 平面 $A B C D, P C=$ $a, P D=\sqrt{2} a, E$ 为 $P A$ 的中点. 求证: 平面 $E D B \perp$ 平面 $A B C D$.



图 2-3-44
选项：
答案：$A C \cap B D=O$,

连接 $E O$, 则 $E O / / P C$.

$\because P C=C D=a, P D=\sqrt{2} a$,

$\therefore P C^{2}+C D^{2}=P D^{2}, \quad \therefore P C \perp C D$.

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

<ImageHere>

$\therefore E O \perp$ 平面 $A B C D$.

又 $E O \subset$ 平面 $E D B$,

故有平面 $E D B \perp$ 平面 $A B C D$.
解析：$A C \cap B D=O$,

连接 $E O$, 则 $E O / / P C$.

$\because P C=C D=a, P D=\sqrt{2} a$,

$\therefore P C^{2}+C D^{2}=P D^{2}, \quad \therefore P C \perp C D$.

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



$\therefore E O \perp$ 平面 $A B C D$.

又 $E O \subset$ 平面 $E D B$,

故有平面 $E D B \perp$ 平面 $A B C D$.
题目（高一 · 立体几何学）：已知: $\alpha \perp \gamma, \beta \perp \gamma, \alpha \cap \beta=l$, 求证: $l \perp \gamma$.

证明 如图, 在 $\gamma$ 内取一点 $P$, 作 $P A$ 垂直于 $\alpha$ 与 $\gamma$ 的交线于点 $A, P B$ 垂直于 $\beta$ 与 $\gamma$ 的交线于点 $B$,



则 $P A \perp \alpha, P B \perp \beta$.

$\because l=\alpha \cap \beta, \quad \therefore l \perp P A, l \perp P B$.

$\because P A$ 与 $P B$ 相交, 且 $P A \subset \gamma, P B \subset \gamma$,

$\therefore l \perp \gamma$
选项：
答案：已知: $\alpha \perp \gamma, \beta \perp \gamma, \alpha \cap \beta=l$, 求证: $l \perp \gamma$.

证明 如图, 在 $\gamma$ 内取一点 $P$, 作 $P A$ 垂直于 $\alpha$ 与 $\gamma$ 的交线于点 $A, P B$ 垂直于 $\beta$ 与 $\gamma$ 的交线于点 $B$,

<ImageHere>

则 $P A \perp \alpha, P B \perp \beta$.

$\because l=\alpha \cap \beta, \quad \therefore l \perp P A, l \perp P B$.

$\because P A$ 与 $P B$ 相交, 且 $P A \subset \gamma, P B \subset \gamma$,

$\therefore l \perp \gamma$.
解析：已知: $\alpha \perp \gamma, \beta \perp \gamma, \alpha \cap \beta=l$, 求证: $l \perp \gamma$.

证明 如图, 在 $\gamma$ 内取一点 $P$, 作 $P A$ 垂直于 $\alpha$ 与 $\gamma$ 的交线于点 $A, P B$ 垂直于 $\beta$ 与 $\gamma$ 的交线于点 $B$,



则 $P A \perp \alpha, P B \perp \beta$.

$\because l=\alpha \cap \beta, \quad \therefore l \perp P A, l \perp P B$.

$\because P A$ 与 $P B$ 相交, 且 $P A \subset \gamma, P B \subset \gamma$,

$\therefore l \perp \gamma$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 四边形 $A B C D$ 为正方形, $P A=A B, G$ 为 $P D$ 的中点. 求证: $A G \perp$ 平面 $P C D$.



证明 $\because P A \perp$ 平面 $A B C D$,

$C D \subset$ 平面 $A B C D$,

$\therefore P A \perp C D$.

又 $A D \perp C D, P A \cap A D=A$,

$\therefore C D \perp$ 平面 $P A D$.

又 $A G \subset$ 平面 $P A D, \therefore A G \perp C D$.

$\because P A=A B=A D, G$ 为 $P D$ 的中点, $\therefore A G \perp P D$.

又 $P D \cap C D=D, \therefore A G \perp$ 平面 $P C D$
选项：
答案：如图所示, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 四边形 $A B C D$ 为正方形, $P A=A B, G$ 为 $P D$ 的中点. 求证: $A G \perp$ 平面 $P C D$.

<ImageHere>

证明 $\because P A \perp$ 平面 $A B C D$,

$C D \subset$ 平面 $A B C D$,

$\therefore P A \perp C D$.

又 $A D \perp C D, P A \cap A D=A$,

$\therefore C D \perp$ 平面 $P A D$.

又 $A G \subset$ 平面 $P A D, \therefore A G \perp C D$.

$\because P A=A B=A D, G$ 为 $P D$ 的中点, $\therefore A G \perp P D$.

又 $P D \cap C D=D, \therefore A G \perp$ 平面 $P C D$.
解析：如图所示, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 四边形 $A B C D$ 为正方形, $P A=A B, G$ 为 $P D$ 的中点. 求证: $A G \perp$ 平面 $P C D$.



证明 $\because P A \perp$ 平面 $A B C D$,

$C D \subset$ 平面 $A B C D$,

$\therefore P A \perp C D$.

又 $A D \perp C D, P A \cap A D=A$,

$\therefore C D \perp$ 平面 $P A D$.

又 $A G \subset$ 平面 $P A D, \therefore A G \perp C D$.

$\because P A=A B=A D, G$ 为 $P D$ 的中点, $\therefore A G \perp P D$.

又 $P D \cap C D=D, \therefore A G \perp$ 平面 $P C D$.
题目（高一 · 立体几何学）：一个圆台的母线长为 $12 \mathrm{~cm}$, 两底面面积分别为 $4 \pi \mathrm{cm}^{2}$ 和 $25 \pi \mathrm{cm}^{2}$.求:

(1)圆台的高;

(2)截得此圆台的圆雉的母线长.
选项：
答案：)圆台的轴截面是等腰梯形 $A B C D$ (如图所示).

<ImageHere>

由已知可得上底半径 $O_{1} A=2(\mathrm{~cm})$,

下底半径 $O B=5(\mathrm{~cm})$, 又因为腰长为 $12 \mathrm{~cm}$,

所以高 $A M=\sqrt{12^{2}-(5-2)^{2}}=3 \sqrt{15}(\mathrm{~cm})$.

(2)如图所示, 延长 $B A, O O_{1}, C D$, 交于点 $S$, 设截得此圆台的圆锥的母线长为 $l$, 则由 $\triangle S A O_{1} \backsim \triangle S B O$可得 $\frac{l-12}{l}=\frac{2}{5}$, 解得 $l=20(\mathrm{~cm})$, 即截得此圆台的圆锥的母线长为 $20 \mathrm{~cm}$.
解析：)圆台的轴截面是等腰梯形 $A B C D$ (如图所示).



由已知可得上底半径 $O_{1} A=2(\mathrm{~cm})$,

下底半径 $O B=5(\mathrm{~cm})$, 又因为腰长为 $12 \mathrm{~cm}$,

所以高 $A M=\sqrt{12^{2}-(5-2)^{2}}=3 \sqrt{15}(\mathrm{~cm})$.

(2)如图所示, 延长 $B A, O O_{1}, C D$, 交于点 $S$, 设截得此圆台的圆锥的母线长为 $l$, 则由 $\triangle S A O_{1} \backsim \triangle S B O$可得 $\frac{l-12}{l}=\frac{2}{5}$, 解得 $l=20(\mathrm{~cm})$, 即截得此圆台的圆锥的母线长为 $20 \mathrm{~cm}$.
题目（高一 · 立体几何学）：一个有 $30^{\circ}$ 角的直角三角尺绕其各条边所在直线旋转一周所得的几何体都是圆雉吗? 如果以斜边上的高所在的直线为轴旋转 $180^{\circ}$ 得到什么图形？旋转 $360^{\circ}$ 又得到什么图形？
选项：
答案：如图所示, 图(1)(2)旋转一周所得的几何体是圆锥, 图(3)旋转一周所得的是两个圆锥的组合体; 图(4)旋转 $180^{\circ}$ 所得的是两个半圆锥的组合体, 旋转 $360^{\circ}$ 围成的几何体是一个圆锥内部有一个同顶点等高的圆锥.

<ImageHere>

(1)

<ImageHere>

(2)

<ImageHere>

(3)

<ImageHere>

(4)
解析：如图所示, 图(1)(2)旋转一周所得的几何体是圆锥, 图(3)旋转一周所得的是两个圆锥的组合体; 图(4)旋转 $180^{\circ}$ 所得的是两个半圆锥的组合体, 旋转 $360^{\circ}$ 围成的几何体是一个圆锥内部有一个同顶点等高的圆锥.



(1)



(2)



(3)



(4)
题目（高一 · 立体几何学）：圆台的上、下底面半径分别为 $5 \mathrm{~cm}, 10 \mathrm{~cm}$, 母线长 $A B=20 \mathrm{~cm}$, 从圆台母线 $A B$ 的中点 $M$ 拉一条绳子绕圆台侧面转到点 $A$, 求:

(1)绳子的最短长度;

(2)在绳子最短时, 上底圆周上的点到绳子的最短距离.
选项：
答案：)如图所示, 将侧面展开, 绳子的最短距离为侧面展开图中 $A M$ 的长度,

<ImageHere>

设 $O B=l$,

则 $\theta \cdot l=2 \pi \times 5, \theta \cdot(l+20)=2 \pi \times 10$,

解得 $\theta=\frac{\pi}{2}, l=20 \mathrm{~cm}$.

$\therefore O A=40 \mathrm{~cm}, O M=30 \mathrm{~cm}$.

$\therefore A M=\sqrt{O A^{2}+O M^{2}}=50 \mathrm{~cm}$.

即绳子最短长度为 $50 \mathrm{~cm}$.

(2)作 $O Q \perp A M$ 于点 $Q$, 交弧 $B B^{\prime}$ 于点 $P$,

则 $P Q$ 为所求的最短距离.

$\because O A \cdot O M=A M \cdot O Q, \quad \therefore O Q=24 \mathrm{~cm}$.

故 $P Q=O Q-O P=24-20=4(\mathrm{~cm})$, 即上底圆周上的点到绳子的最短距离为 $4 \mathrm{~cm}$.
解析：)如图所示, 将侧面展开, 绳子的最短距离为侧面展开图中 $A M$ 的长度,



设 $O B=l$,

则 $\theta \cdot l=2 \pi \times 5, \theta \cdot(l+20)=2 \pi \times 10$,

解得 $\theta=\frac{\pi}{2}, l=20 \mathrm{~cm}$.

$\therefore O A=40 \mathrm{~cm}, O M=30 \mathrm{~cm}$.

$\therefore A M=\sqrt{O A^{2}+O M^{2}}=50 \mathrm{~cm}$.

即绳子最短长度为 $50 \mathrm{~cm}$.

(2)作 $O Q \perp A M$ 于点 $Q$, 交弧 $B B^{\prime}$ 于点 $P$,

则 $P Q$ 为所求的最短距离.

$\because O A \cdot O M=A M \cdot O Q, \quad \therefore O Q=24 \mathrm{~cm}$.

故 $P Q=O Q-O P=24-20=4(\mathrm{~cm})$, 即上底圆周上的点到绳子的最短距离为 $4 \mathrm{~cm}$.
题目（高一 · 立体几何学）：在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E, F$ 分别是 $A_{1} B_{1}, B_{1} C_{1}$ 的中点, 求异面直线 $D B_{1}$ 与 $E F$ 所成角的大小.
选项：
答案：如图所示, 连接 $A_{1} C_{1}, B_{1} D_{1}$, 并设它们相交于点 $O$, 取 $D D_{1}$ 的中点 $G$, 连接 $O G, A_{1} G, C_{1} G$,

<ImageHere>

则 $O G / / B_{1} D$,

$E F / / A_{1} C_{1}$,

$\therefore \angle G O A_{1}$ 为异面直线 $D B_{1}$ 与 $E F$ 所成的角(或其补角).

$\because G A_{1}=G C_{1}, O$ 为 $A_{1} C_{1}$ 的中点,

$\therefore G O \perp A_{1} C_{1}$.

$\therefore$ 异面直线 $D B_{1}$ 与 $E F$ 所成的角为 $90^{\circ}$.
解析：如图所示, 连接 $A_{1} C_{1}, B_{1} D_{1}$, 并设它们相交于点 $O$, 取 $D D_{1}$ 的中点 $G$, 连接 $O G, A_{1} G, C_{1} G$,



则 $O G / / B_{1} D$,

$E F / / A_{1} C_{1}$,

$\therefore \angle G O A_{1}$ 为异面直线 $D B_{1}$ 与 $E F$ 所成的角(或其补角).

$\because G A_{1}=G C_{1}, O$ 为 $A_{1} C_{1}$ 的中点,

$\therefore G O \perp A_{1} C_{1}$.

$\therefore$ 异面直线 $D B_{1}$ 与 $E F$ 所成的角为 $90^{\circ}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-1-22 所示, $E, F$ 分别是长方体 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}-A B C D$ 的棱 $A_{1} A, C_{1} C$ 的中点.



图 2-1-22

求证: 四边形 $B_{1} E D F$ 是平行四边形.
选项：
答案：$Q$ 是 $D D_{1}$ 的中点, 连接 $E Q, Q C_{1}$.

<ImageHere>

$\because E$ 是 $A A_{1}$ 的中点, $\therefore E Q$ 綊 $A_{1} D_{1}$.

又在矩形 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A_{1} D_{1}$ 綊 $B_{1} C_{1}$,

$\therefore E Q$ 綊 $B_{1} C_{1}$ (平行公理).
$\therefore$ 四边形 $E Q C_{1} B_{1}$ 为平行四边形.

$\therefore B_{1} E$ 綊 $C_{1} Q$.

又 $\because Q, F$ 是 $D D_{1}, C_{1} C$ 两边的中点,

$\therefore Q D$ 綊 $C_{1} F$.

$\therefore$ 四边形 $Q D F C_{1}$ 为平行四边形.

$\therefore C_{1} Q$ 綊 $D F . \therefore B_{1} E$ 綊 $D F$.

$\therefore$ 四边形 $B_{1} E D F$ 为平行四边形.
解析：$Q$ 是 $D D_{1}$ 的中点, 连接 $E Q, Q C_{1}$.



$\because E$ 是 $A A_{1}$ 的中点, $\therefore E Q$ 綊 $A_{1} D_{1}$.

又在矩形 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A_{1} D_{1}$ 綊 $B_{1} C_{1}$,

$\therefore E Q$ 綊 $B_{1} C_{1}$ (平行公理).
$\therefore$ 四边形 $E Q C_{1} B_{1}$ 为平行四边形.

$\therefore B_{1} E$ 綊 $C_{1} Q$.

又 $\because Q, F$ 是 $D D_{1}, C_{1} C$ 两边的中点,

$\therefore Q D$ 綊 $C_{1} F$.

$\therefore$ 四边形 $Q D F C_{1}$ 为平行四边形.

$\therefore C_{1} Q$ 綊 $D F . \therefore B_{1} E$ 綊 $D F$.

$\therefore$ 四边形 $B_{1} E D F$ 为平行四边形.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在空间四边形 $A B C D$ 中, $A D=B C=2, E, F$ 分别是 $A B, C D$ 的中点, $E F=\sqrt{3}$, 求 $A D$ 与 $B C$ 所成角的大小.


选项：
答案：, 取 $B D$ 的中点 $G$, 连接 GE, GF.

<ImageHere>

因为 $B E=E A, B G=G D$,

所以 $G E / / A D, G E=\frac{1}{2} A D=1$.

因为 $D F=F C, D G=G B$,

所以 $G F / / B C, G F=\frac{1}{2} B C=1$.

所以 $\angle E G F$ (或其补角)是异面直线 $A D$ 与 $B C$ 所成的角.

在 $\triangle G E F$ 中, $G E=1, G F=1, E F=\sqrt{3}$ (如图),

<ImageHere>

取 $E F$ 的中点 $O$, 连接 $G O$,

则 $G O \perp E F, E O=\frac{1}{2} E F=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
所以 $\sin \angle E G O=\frac{E O}{E G}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 所以 $\angle E G O=60^{\circ}$, 所以 $\angle E G F=2 \angle E G O=120^{\circ}$,

所以异面直线 $A D$ 与 $B C$ 所成的角是 $180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$.
解析：, 取 $B D$ 的中点 $G$, 连接 GE, GF.



因为 $B E=E A, B G=G D$,

所以 $G E / / A D, G E=\frac{1}{2} A D=1$.

因为 $D F=F C, D G=G B$,

所以 $G F / / B C, G F=\frac{1}{2} B C=1$.

所以 $\angle E G F$ (或其补角)是异面直线 $A D$ 与 $B C$ 所成的角.

在 $\triangle G E F$ 中, $G E=1, G F=1, E F=\sqrt{3}$ (如图),



取 $E F$ 的中点 $O$, 连接 $G O$,

则 $G O \perp E F, E O=\frac{1}{2} E F=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
所以 $\sin \angle E G O=\frac{E O}{E G}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 所以 $\angle E G O=60^{\circ}$, 所以 $\angle E G F=2 \angle E G O=120^{\circ}$,

所以异面直线 $A D$ 与 $B C$ 所成的角是 $180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 有一块边长为 $a$ 的正方形铁皮, 将其四角各截去一个边长为 $x$ 的小正方形, 然后折成一个无盖的盒子, 写出此盒子的体积 $V$ 以 $x$ 为自变量的函数式, 并指明这个函数的定义域.
选项：
答案：由题意可知该盒子的底面是边长为 $(a-2 x)$ 的正方形, 高为 $x$,

$\therefore$ 此盒子的体积 $V=(a-2 x)^{2} \cdot x=x(a-2 x)^{2}$,

其中自变量 $x$ 应满足 $\left\{\begin{array}{l}a-2 x>0, \\ x>0,\end{array}\right.$ 即 $0<x<\frac{a}{2}$.
$\therefore$ 此盒子的体积 $V$ 以 $x$ 为自变量的函数式为 $V=x(a-2 x)^{2}$, 定义域为 $\left(0, \frac{a}{2}\right)$.
解析：由题意可知该盒子的底面是边长为 $(a-2 x)$ 的正方形, 高为 $x$,

$\therefore$ 此盒子的体积 $V=(a-2 x)^{2} \cdot x=x(a-2 x)^{2}$,

其中自变量 $x$ 应满足 $\left\{\begin{array}{l}a-2 x>0, \\ x>0,\end{array}\right.$ 即 $0<x<\frac{a}{2}$.
$\therefore$ 此盒子的体积 $V$ 以 $x$ 为自变量的函数式为 $V=x(a-2 x)^{2}$, 定义域为 $\left(0, \frac{a}{2}\right)$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-2-11 所示的几何体中, $\triangle A B C$ 是任意三角形, $A E / / C D$, 且 $A E=A B=2 a, C D=a, F$ 为 $B E$ 的中点, 求证: $D F / /$ 平面 $A B C$.



图 2-2-11
选项：
答案：如图所示, 取 $A B$ 的中点 $G$, 连接 $F G, C G$,

<ImageHere>

$\because F, G$ 分别是 $B E, A B$ 的中点,

$\therefore F G / / A E, F G=\frac{1}{2} A E$.

叉 $\because A E=2 a, C D=a$,

$\therefore C D=\frac{1}{2} A E$. 又 $A E / / C D$,

$\therefore C D / / F G, C D=F G$,
$\therefore$ 四边形 $C D F G$ 为平行四边形,

$\therefore D F / / C G$. 又 $C G \subset$ 平面 $A B C, D F \subset$ 平面 $A B C$,

$\therefore D F / /$ 平面 $A B C$.
解析：如图所示, 取 $A B$ 的中点 $G$, 连接 $F G, C G$,



$\because F, G$ 分别是 $B E, A B$ 的中点,

$\therefore F G / / A E, F G=\frac{1}{2} A E$.

叉 $\because A E=2 a, C D=a$,

$\therefore C D=\frac{1}{2} A E$. 又 $A E / / C D$,

$\therefore C D / / F G, C D=F G$,
$\therefore$ 四边形 $C D F G$ 为平行四边形,

$\therefore D F / / C G$. 又 $C G \subset$ 平面 $A B C, D F \subset$ 平面 $A B C$,

$\therefore D F / /$ 平面 $A B C$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-2-12 所示, 在三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $E, F, G, H$ 分别是 $A B, A C, A_{1} B_{1}, A_{1} C_{1}$ 的中点, 求证:



图 2-2-12

(1)B, $C, H, G$ 四点共面;

(2)平面 $E F A_{1} / /$ 平面 $B C H G$.
选项：
答案：)因为 $G, H$ 分别是 $A_{1} B_{1}, A_{1} C_{1}$ 的中点,

所以 $G H$ 是 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 的中位线, 所以 $G H / / B_{1} C_{1}$.

又因为 $B_{1} C_{1} / / B C$, 所以 $G H / / B C$,

所以 $B, C, H, G$ 四点共面.

(2)因为 $E, F$ 分别是 $A B, A C$ 的中点, 所以 $E F / / B C$.

因为 $E F \subsetneq$ 平面 $B C H G, B C \subset$ 平面 $B C H G$,

所以 $E F / /$ 平面 $B C H G$.

因为 $A_{1} G / / E B, A_{1} G=E B$.

所以四边形 $A_{1} E B G$ 是平行四边形, 所以 $A_{1} E / / G B$.

因为 $A_{1} E$ 平面 $B C H G, G B \subset$ 平面 $B C H G$,

所以 $A_{1} E / /$ 平面 $B C H G$.

因为 $A_{1} E \cap E F=E$,

所以平面 $E F A_{1} / /$ 平面 $B C H G$.
解析：)因为 $G, H$ 分别是 $A_{1} B_{1}, A_{1} C_{1}$ 的中点,

所以 $G H$ 是 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 的中位线, 所以 $G H / / B_{1} C_{1}$.

又因为 $B_{1} C_{1} / / B C$, 所以 $G H / / B C$,

所以 $B, C, H, G$ 四点共面.

(2)因为 $E, F$ 分别是 $A B, A C$ 的中点, 所以 $E F / / B C$.

因为 $E F \subsetneq$ 平面 $B C H G, B C \subset$ 平面 $B C H G$,

所以 $E F / /$ 平面 $B C H G$.

因为 $A_{1} G / / E B, A_{1} G=E B$.

所以四边形 $A_{1} E B G$ 是平行四边形, 所以 $A_{1} E / / G B$.

因为 $A_{1} E$ 平面 $B C H G, G B \subset$ 平面 $B C H G$,

所以 $A_{1} E / /$ 平面 $B C H G$.

因为 $A_{1} E \cap E F=E$,

所以平面 $E F A_{1} / /$ 平面 $B C H G$.
题目（高一 · 立体几何学）：一个三棱柱的底面是边长为 3 的正三角形, 侧棱垂直于底面, 它的三视图如图 1-3-13 所示, $A A_{1}=3$.

(1)请画出它的直观图;

(2)求这个三棱柱的表面积和体积.


正视图

侧视图



俯视图

图 1-3-13
选项：
答案：(1)直观图如图所示。

<ImageHere>

(2)由题意可知,

$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{3 \sqrt{3}}{2}=\frac{9 \sqrt{3}}{4}$.

$S_{\text {㑑 }}=3 \times A C \times A A_{1}=3 \times 3 \times 3=27$.

故这个三棱柱的表面积为 $27+2 \times \frac{9 \sqrt{3}}{4}=27+\frac{9 \sqrt{3}}{2}$.

这个三棱柱的体积为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4} \times 3=\frac{27 \sqrt{3}}{4}$.
解析：(1)直观图如图所示。



(2)由题意可知,

$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{3 \sqrt{3}}{2}=\frac{9 \sqrt{3}}{4}$.

$S_{\text {㑑 }}=3 \times A C \times A A_{1}=3 \times 3 \times 3=27$.

故这个三棱柱的表面积为 $27+2 \times \frac{9 \sqrt{3}}{4}=27+\frac{9 \sqrt{3}}{2}$.

这个三棱柱的体积为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4} \times 3=\frac{27 \sqrt{3}}{4}$.
题目（高一 · 立体几何学）：已知圆台的高为 3 , 在轴截面中, 母线 $A A_{1}$ 与底面圆直径 $A B$ 的夹角为 $60^{\circ}$, 轴截面中的一条对角线垂直于腰, 求圆台的体积.
选项：
答案：所示, 作轴截面 $A_{1} A B B_{1}$, 设圆台的上、下底面半径和母线长分别为 $r 、 R, l$, 高为 $h$.

<ImageHere>

作 $A_{1} D \perp A B$ 于点 $D$, 则 $A_{1} D=3$.

又 $\because \angle A_{1} A B=60^{\circ}, \therefore A D=\frac{A_{1} D}{\tan 60^{\circ}}$,

即 $R-r=3 \times \frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore R-r=\sqrt{3}$.

又 $\because \angle B A_{1} A=90^{\circ}, \therefore \angle B A_{1} D=60^{\circ}$.

$\therefore B D=A_{1} D \cdot \tan 60^{\circ}$, 即 $R+r=3 \times \sqrt{3}$,

$\therefore R+r=3 \sqrt{3}, \therefore R=2 \sqrt{3}, r=\sqrt{3}$, 而 $h=3$,

$\therefore V_{\text {圆台 }}=\frac{1}{3} \pi h\left(R^{2}+R r+r^{2}\right)$

$=\frac{1}{3} \pi \times 3 \times\left[(2 \sqrt{3})^{2}+2 \sqrt{3} \times \sqrt{3}+(\sqrt{3})^{2}\right]$

$=21 \pi$.

所以圆台的体积为 $21 \pi$.
解析：所示, 作轴截面 $A_{1} A B B_{1}$, 设圆台的上、下底面半径和母线长分别为 $r 、 R, l$, 高为 $h$.



作 $A_{1} D \perp A B$ 于点 $D$, 则 $A_{1} D=3$.

又 $\because \angle A_{1} A B=60^{\circ}, \therefore A D=\frac{A_{1} D}{\tan 60^{\circ}}$,

即 $R-r=3 \times \frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore R-r=\sqrt{3}$.

又 $\because \angle B A_{1} A=90^{\circ}, \therefore \angle B A_{1} D=60^{\circ}$.

$\therefore B D=A_{1} D \cdot \tan 60^{\circ}$, 即 $R+r=3 \times \sqrt{3}$,

$\therefore R+r=3 \sqrt{3}, \therefore R=2 \sqrt{3}, r=\sqrt{3}$, 而 $h=3$,

$\therefore V_{\text {圆台 }}=\frac{1}{3} \pi h\left(R^{2}+R r+r^{2}\right)$

$=\frac{1}{3} \pi \times 3 \times\left[(2 \sqrt{3})^{2}+2 \sqrt{3} \times \sqrt{3}+(\sqrt{3})^{2}\right]$

$=21 \pi$.

所以圆台的体积为 $21 \pi$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示是某几何体的三视图, 它的正视图和侧视图均为矩形, 俯视图为正三角形. (长度单位: cm)



正视图



俯视图



侧视图



(1)该几何体是什么图形?

(2)画出该几何体的直观图(坐标轴如图所示), 并求它的表面积.(只需作出图形, 不要求写作法)
选项：
答案：(1) 由三视图可知该几何体是三棱柱。

(2)直观图如图所示.

<ImageHere>

因为该几何体的底面是边长为 $4 \mathrm{~cm}$ 的等边三角形, 高为 $2 \mathrm{~cm}$, 所以它的表面积 $S$ 三棈柱 $=2 S_{\text {底 }}+S_{\text {侧 }}=2 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times 4^{2}$ $+3 \times 4 \times 2=(24+8 \sqrt{3})\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.
解析：(1) 由三视图可知该几何体是三棱柱。

(2)直观图如图所示.



因为该几何体的底面是边长为 $4 \mathrm{~cm}$ 的等边三角形, 高为 $2 \mathrm{~cm}$, 所以它的表面积 $S$ 三棈柱 $=2 S_{\text {底 }}+S_{\text {侧 }}=2 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times 4^{2}$ $+3 \times 4 \times 2=(24+8 \sqrt{3})\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 已知正三棱雉 $S-A B C$ 的侧面积是底面积的 2 倍, 正三棱雉的高 $S O=3$, 求此正三棱雉的表面积.


选项：
答案：, 设正三棱雉的底面边长为 $a$, 斜高为 $h^{\prime}$. 过点 $O$ 作 $O E \perp A B$, 与 $A B$ 交于点 $E$, 连接 $S E$, 则 $S E \perp A B$,
$S E=h^{\prime}$.

<ImageHere>

$\because S_{\text {侧 }}=2 S_{\text {底 }}, \therefore \frac{1}{2} \times 3 a \times h^{\prime}=\frac{\sqrt{3}}{4} a^{2} \times 2, \therefore a=\sqrt{3} h^{\prime}$.

$\because S O \perp O E, \therefore S O^{2}+O E^{2}=S E^{2}$,

$\therefore 3^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{6} \times \sqrt{3} h^{\prime}\right)^{2}=h^{\prime} \quad 2, \quad \therefore h^{\prime}=2 \sqrt{3}, \quad \therefore a=\sqrt{3} h^{\prime}=6$.

$\therefore S_{\text {底 }}=\frac{\sqrt{3}}{4} a^{2}=\frac{\sqrt{3}}{4} \times 6^{2}=9 \sqrt{3}, S_{\text {侧 }}=2 S_{\text {底 }}=18 \sqrt{3}$,

$\therefore S_{\text {表 }}=S_{\text {侧 }}+S_{\text {底 }}=18 \sqrt{3}+9 \sqrt{3}=27 \sqrt{3}$.
解析：, 设正三棱雉的底面边长为 $a$, 斜高为 $h^{\prime}$. 过点 $O$ 作 $O E \perp A B$, 与 $A B$ 交于点 $E$, 连接 $S E$, 则 $S E \perp A B$,
$S E=h^{\prime}$.



$\because S_{\text {侧 }}=2 S_{\text {底 }}, \therefore \frac{1}{2} \times 3 a \times h^{\prime}=\frac{\sqrt{3}}{4} a^{2} \times 2, \therefore a=\sqrt{3} h^{\prime}$.

$\because S O \perp O E, \therefore S O^{2}+O E^{2}=S E^{2}$,

$\therefore 3^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{6} \times \sqrt{3} h^{\prime}\right)^{2}=h^{\prime} \quad 2, \quad \therefore h^{\prime}=2 \sqrt{3}, \quad \therefore a=\sqrt{3} h^{\prime}=6$.

$\therefore S_{\text {底 }}=\frac{\sqrt{3}}{4} a^{2}=\frac{\sqrt{3}}{4} \times 6^{2}=9 \sqrt{3}, S_{\text {侧 }}=2 S_{\text {底 }}=18 \sqrt{3}$,

$\therefore S_{\text {表 }}=S_{\text {侧 }}+S_{\text {底 }}=18 \sqrt{3}+9 \sqrt{3}=27 \sqrt{3}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-3-27, 在底面为直角梯形的四棱雉 $P-A B C D$ 中, $A D / / B C, \angle A B C=90^{\circ}, P A \perp$ 平面 $A B C D, A C \cap B D$ $=E, A D=2, A B=2 \sqrt{3}, B C=6$. 求证 $:$ 平面 $P B D \perp$ 平面 $P A C$.



图 2-3-27
选项：
答案：$\because P A \perp$ 平面 $A B C D$,

$B D \subset$ 平面 $A B C D$,

$\therefore B D \perp P A$. 又 $\tan \angle A B D=\frac{A D}{A B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\tan \angle B A C=\frac{B C}{A B}=\sqrt{3}, \therefore \angle A B D=30^{\circ}, \angle B A C=60^{\circ}, \therefore \angle A E B=90^{\circ}$, 即 $B D \perp A C$.

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

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

$B D \subset$ 平面 $A B C D$,

$\therefore B D \perp P A$. 又 $\tan \angle A B D=\frac{A D}{A B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\tan \angle B A C=\frac{B C}{A B}=\sqrt{3}, \therefore \angle A B D=30^{\circ}, \angle B A C=60^{\circ}, \therefore \angle A E B=90^{\circ}$, 即 $B D \perp A C$.

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

又 $B D \subset$ 平面 $P B D, \therefore$ 平面 $P B D \perp$ 平面 $P A C$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-3-28, 在圆雉 $P O$ 中, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $C$ 是 $\overparen{A B}$ 上的点, $D$ 为 $A C$ 的中点. 证明: 平面 $P O D \perp$平面 $P A C$.


图 2-3-28
选项：
答案：, 连接 $O C, C B$, 因为 $O A=O C$,

<ImageHere>

$D$ 是 $A C$ 的中点, 所以 $A C \perp O D$.

又 $P O \perp$ 底面 $A B C, A C \subset$ 底面 $A B C$, 所以 $A C \perp P O$. 因为 $O D, P O$ 是平面 $P O D$ 内的两条相交直线, 所以 $A C \perp$ 平面 $P O D$.又 $A C \subset$ 平面 $P A C ，$ 所以平面 $P O D \perp$ 平面 $P A C$.
解析：, 连接 $O C, C B$, 因为 $O A=O C$,



$D$ 是 $A C$ 的中点, 所以 $A C \perp O D$.

又 $P O \perp$ 底面 $A B C, A C \subset$ 底面 $A B C$, 所以 $A C \perp P O$. 因为 $O D, P O$ 是平面 $P O D$ 内的两条相交直线, 所以 $A C \perp$ 平面 $P O D$.又 $A C \subset$ 平面 $P A C ，$ 所以平面 $P O D \perp$ 平面 $P A C$.