立体几何强化训练B卷参考答案

一、选择题

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

二、填空题

16.③④

三、解答题

17.（1）如图1，连接BD，因为底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，所以△ABD是正三角形。

又Q为AD的中点，所以AD⊥BQ。

因为△PAD是正三角形，Q为AD的中点，所以AD⊥PQ。

又PQ∩BQ=Q，所以AD⊥平面PQB。

（2）连接AC，交BQ于点N，连接MN，因为AQ//BC，所以。

因为PA//平面MQB，PAC平面PAC，平面MQB∩平面PAC=MN，由线面平行的性质定理得MN//PA，所以

，所以MC=2PM。

因为MC=λPM，所以λ=2。

18.（1）如图2，因为E，O分别是SC，AC的中点，所以OE//SA。

又因为OE≠平面SAB，所以OE//平面SAB。

（2）在OSAC中，因为OE//AS，∠ASC=90°，所以OE⊥SC。

因为平面SAC⊥平面ABC，∠BCA=90°，所以BC⊥平面ASC。

因为OEC平面ASC，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BSC。

因为SFC平面BSC，所以OE⊥SF。

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

因为平面SAC⊥平面ABC，所以BC⊥平面SAC。

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

所以

19.（1）因为圆锥的体积为π，底面直径AB=2，所以

（2）因为圆锥的體积为π，底面直径AB=2，C是AB的中点，D是母线PA的中点，所以PO⊥平面ABC，OC⊥AB。

以0为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，A建立如图3所示的空间直角坐标系，则A（0，-1，0），P（0，0，/3），

所以异面直线PB与CD所成角为

20.（1）因为三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱，所以A1A⊥平面ABC。

又BCC平面ABC，所以A.A⊥BC。

因为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，从而BC⊥AB。

如图4，以B为原点建立空间直角坐标系B-xyz，因为AD∠平面ABC，其垂足D落在直线A.B上，所以AD⊥A1B。

在Rt△ABD中，AD

21.（1）因为底面ABCD是平行四边形，所以AD=BC=1。

又BD=，AB=2，满足AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD。

又因为PD⊥底面ABCD，所以pD⊥BD，所以BD⊥平面PAD。

因为BDC平面PDB，所以平面PDA⊥平面PDB。

（2）以D为原点，建立如图5所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），P（0，0，3），A（1，0，0），B（0，/3，0），C（-1，/3，0）。因为E是PC边的中点，所以

（3）由C，E，P三点共线，得DE=xDP+（1-2）DC，且0≤λ≤1，从而有DE=（λ-1，3（1-λ），3λ），DB=（0，/3，0）。

设平面EDB的法向量为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的大小为30°，所以cos30°=

22.（1）以C为原点，CA，CB，CS所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图6，则C（0，0，0），

（2）由（1）可知DE=（-1，1，0）为平面SCD的一个法向量。

即点A到平面SCD的距离为