高中新課程訓練題及答案
一、選擇題（本小題共12小題，每小題5分，共60分）
1. 若是平面外一點，則下列命題正確的是
�。ˋ）過只能作一條直線與平面相交 （B）過可作無數條直線與平面垂直
�。–）過只能作一條直線與平面平行 （D）過可作無數條直線與平面平行
2．在空間四邊形中，、、、上分別取、、、四點，如果、交于一點，則（ ）
A．一定在直線上 B．一定在直線上
C．在直線或上 D．既不在直線上，也不在上
3．如圖S為正三角形所在平面ABC外一點，且SA＝SB＝SC＝AB，E、F分別為SC、AB中點，則異面直線EF與SA所成角為（ ）
A．90? B．60? C．45? D．30?
4．下列說法正確的是（ ）
A．若直線平行于平面內的無數條直線，則
B．若直線在平面外，則
C．若直線，，則
D．若直線，，則直線就平行于平面內的無數條直線
5．在下列條件中，可判斷平面與平面平行的是（ ）
A．、都垂直于平面
B．內存在不共線的三點到平面的距離相等
C．、是內兩條直線，且，
D．、是兩條異面直線，且，，，
6 若為一條直線，為三個互不重合的平面，給出下面三個命題：① ② ；③ ，其中正確的命題有（ ）
A. 0個 B. 1個 C. 2個 D. 3個
7．把正方形ABCD沿對角線AC折起，當點D到平面ABC的距離最大時，直線BD和平面ABC所成角的大小為 （ ）
A．90? B．60? C．45? D．30?
8．PA、PB、PC是從點P引出的三條射線，每兩條射線的夾角均為60?，則直線PC與平面APB所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
9．正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是AA1、AB的中點，則EF與對角面A1C1CA所成角的度數是（ ）
A．30? B．45? C．60? D．150?
10．設A、B、C、D是空間四個不同的點，在下列命題中，不正確的是
�。ˋ）若AC與BD共面，則AD與BC共面
�。˙）若AC與BD是異面直線，則AD與BC是異面直線
�。–）若AB=AC，DB=DC，則AD=BC
�。―）若AB=AC，DB=DC，則AD⊥BC
11．對于平面和共面的直線、下列命題中真命題是
（A）若則 （B）若則
�。–）若則 （D）若、與所成的角相等，則
12．給出以下四個命題：
�、偃绻粭l直線和一個平面平行，經過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線平行，
�、谌绻粭l直線和一個平面內的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面
�、廴绻麅蓷l直線都平行于一個平面，那么這兩條直線互相平行，
④如果一個平面經過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直.
其中真命題的個數是
A.4 B. 3 C. 2 D. 1
二、填空題（本大題共4小題，每小題4分，共16分）
13．設是直二面角，，，，，
則 。
14．、、是兩兩垂直且交于O點的三個平面，P到平面、、的距離分別是2、3、
6，則 。
15． 如圖，在正三棱柱中，AB=1。若二面角的大小為，則點到直線AB的距離為 。
16．已知正四棱錐的體積為12，底面對角線的長為，則側面與底面所成的二面角等于_______________
三、解答題（本大題共6小題，共74分）
17.如圖，ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱。
�。↖）求證：BD⊥平面ACC1A；
（II）若二面角C1-BD-C的大小為60°，求異面直線BC1與AC所成角的大小。
18．如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1＝2，，，
⑴求證：平面AB1C⊥平面BB1C；
�、魄簏cB到平面AB1C的距離。
19. 如圖1，已知ABCD是上．下底邊長分別為2和6，高為的等腰梯形，將它沿對稱軸OO1折成直二面角，如圖2.
�。á瘢┳C明：AC⊥BO1；
�。á颍┣蠖娼荗－AC－O1的大小.
20．如圖，△ABC和△DBC所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120?，
求：⑴A、D連線和平面DBC所成的角；⑵二面角A—BD—C的正切值。
21． 如圖，在五面體ABCDEF中，點O是矩形ABCD的對角線的交點，面CDE是等邊三角形，棱。
�。�1）證明FO//平面CDE；
�。�2）設，證明EO⊥平面CDF。
22.（本小題滿分12分）
如圖，四面體ABCD中，O、E分別是BD、BC的中點，
�。↖）求證：平面BCD；
（II）求異面直線AB與CD所成角的大��；
�。↖II）求點E到平面ACD的距離。
參考答案
一、選擇題
DBCDD CCCAC CB
12．提示：BD1⊥平面AB1C，EF⊥平面AB1C
二、填空題
13．60? 14．7 15． 16．. 。
三、解答題
17．
解法一：
�。�1）∵ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱
∴CC1⊥平面ABCD
∴BD⊥CC1
∴ABCD是正方形，
∴BD⊥AC
又∵AC，CC1平面ACC1A1，且AC∩CC1=C，
∴BD⊥平面ACC1A1
（II）設BD與AC相交于O，連接C1O。
∵CC1⊥平面ABCD、BD⊥AC�！郆D⊥C1O∴∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角
∴∠C1OC=60°
連接A1B∵A1C1∥AC∴∠A1C1B是BC1與AC所成角.
設BC=a,則CO=
在△A1BC1中，由余弦定理得
∴異面直線BC1與AC所成角的大小為arccos
解法二:（I）建立空間直角坐標系D-xyz,如圖。
設AD=a，DD1=b，則有D（0，0，0），A（a，0，0），B（a，a，0），
C（0，a，0），C1（0，a，b），
∴BD⊥AC，BD⊥CC1
又∵AC，CC1平面ACC1A1，且AC∩CC1=C，
∴BD⊥平面ACC1A1。
�。↖I）設BD與AC相交于O，連接C1O，則點O坐標為)
∴BD⊥C1O，又BD⊥CO， ∴∠C1OC=60°
∴異面直線BC1與AC所成角的'大小為
18．⑴由已知條件立即可證得，
⑵在平面BB1C內作BD⊥B1C于D，由⑴得BD⊥面AB1C，
∴BD為B到面AB1C的距離，∴（本題也可用體積轉換）
19．．解法一（I）證明 由題設知OA⊥OO1，OB⊥OO1.
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，
即OA⊥OB. 故可以O為原點，OA、OB、OO1
所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，
如圖3，則相關各點的坐標是A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，1，）O1（0，0，）.
從而
所以AC⊥BO1.
（II）解：因為所以BO1⊥OC，
由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，是平面OAC的一個法向量.
設是0平面O1AC的一個法向量，
由 得.
設二面角O—AC—O1的大小為，由、的方向可知，>，
所以cos，>=
即二面角O—AC—O1的大小是
解法二（I）證明 由題設知OA⊥OO1，OB⊥OO1，所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，即OA⊥OB. 從而AO⊥平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1內的射影.
因為 ，
所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，從而OC⊥BO1
由三垂線定理得AC⊥BO1.
�。↖I）解 由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC.
設OC∩O1B=E，過點E作EF⊥AC于F，連結O1F（如圖4），則EF是O1F在平面AOC
內的射影，由三垂線定理得O1F⊥AC.
所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角.
由題設知OA=3，OO1=，O1C=1，
所以，
從而， 又O1E=OO1·sin30°=，
�、棚@然可得MN∥平面ABC，∵平面MNC平面ABC＝，∴MN∥
⑵∵PC⊥平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC，作MQ⊥AC，則MQ⊥平面ABC，
作QD⊥于D，則MD⊥，MD的長即為M到的距離
在Rt△ACB中，可求得，又，∠QCD＝30?，
∴，，于是
20．⑴作AO⊥BC交BC的延長線于O，∵面ABC⊥面BCD，∴OA⊥面BCD，連OD，則∠ADO就是AD與平面BCD所成的角，可求得∠ADO＝45?
⑵作OE⊥BD于E，連AE，則BD⊥AE，
∴∠AEO就是二面角A－BD－C的平面角的補角，
∵∠ABO＝60?，∴，，∵∠EBO＝60?，∴
在Rt△AOE中，，∴二面角A－BD－C的正切值為－2
21. （1）證明：取CD中點M，連結OM，在矩形ABCD中
，又，則。連結EM，
于是四邊形EFOM為平行四邊形
∴ FO//EM
又 ∵ FO平面CDE，且EM平面CDE，∴ FO//平面CDE
�。�2）證明：連結FM，由（1）和已知條件，在等邊中，CM=DM，EM⊥CD且。因此平行四邊形EFOM為菱形，從而EO⊥FM
∵ CD⊥OM，CD⊥EM ∴ CD⊥平面EOM，從而CD⊥EO
而FMCD=M，所以平面CDF
22（I）證明：連結OC
在中，由已知可得
而
即
平面
�。↖I）解：取AC的中點M，連結OM、ME、OE，由E為BC的中點知
直線OE與EM所成的銳角就是異面直線AB與CD所成的角
在中，
是直角斜邊AC上的中線，
異面直線AB與CD所成角的大小為
�。↖II）解：設點E到平面ACD的距離為
在中，
而
點E到平面ACD的距離為