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十八大学习范文1
关键词： 体育教学 合作交往性学习 形式 能力培养
合作交往性学习，指在教学活动过程中，采用多种教学方法，根据课的学习任务，课堂内通过师生合作、生生合作，有组织地进行自学、交流、讨论和操练活动，从而完成学习任务，它是提高体育教学质量的一种重要的学习方法。
一、合作交往性学习的必要性
合作交往性学习促使学生掌握人与人之间的道德准则，但又不仅仅局限于道德准则，更要遵循心灵沟通的法则，帮助学生建立良好的人际情感关系。学生学会合作交往是时代的要求，是今日教育中重大的课题之一。早在1996年，国际21世纪教育委员会的报告就指出“学会共同生活，学会与他人一起生活是今日教育中的重大问题之一”。综观整个社会，也许我们已经体会到学生学会合作交往是刻不容缓的事情。
合作交往性学习作为集体教育的一种补充，可以使不同层次的学生相互启迪、相互补充、相互给予、相互吸收，使学生始终处于一种动态的学习过程中，这不仅有利于全体学生的全面发展，而且有利于培养拔尖人才，是提高课堂教学效率及质量的一个行之有效的教学方法。
二、合作交往性学习的指导与引导
合作交往性学习是体育教学的一种模式，指导学生主动去构建体育知识体系。学生不仅仅从教师那里获取知识，还从同伴身上获取知识，并在合作交流中运用技能。因为各校情况不同，在实施过程中也不尽相同，所以要求教师的指导与引导要到位、及时、恰当，必须在对学生充分了解的基础上，即要按运动水平、兴趣爱好、个人意愿等因素进行合作交往性学习，并教会学生如何进行合作交往、取长补短，如何表达个人观点，建立良好的人际关系。教师不仅要做全面的调控工作，而且要深入到学生中去，参与学生的活动，在实践中进行必要的具体指导，更要注意的是对个别身体素质较差的学生，要尊重他们，进行恰当的引导，不排斥、少批评、多帮助、常鼓励、找长处，改变他们在集体活动中的地位，使他们与其他同学一样共同学习，健康成长。体育教学中，合作交往性学致可分为三种：①暂时往合作；②长期性合作交往；③课外合作交往。
三、合作交往性学习的形式
1.自主学习、探索是合作交往性学习最重要的学习形式。体育课教学是学生自主学习能力发展的过程，教师应以学生认识问题和解决问题的能力为出发点，培养学生的思考能力、观察能力和实践能力。应不断启发学生思维，找出学生发挥自主学习的“切口”，提高学生的创造性思维，使学生真正成为课堂的“主人”。如在教学前滚翻动作技术时，教师可以按照合作小组分组，提出要点，把学生分成若干合作小组进行自主练习滚翻动作，得出滚翻的初步感知。并结合教材特点，提出问题：怎样才能滚翻圆滑？然后指导各合作小组进行讨论，相互交流、得出答案，再予以指导。教师适时用一方木块和足球在地上滚动，让学生思考并得出正确的结论，再进行合作、帮助练习，做到滚翻圆滑。教师在小组内进行滚翻，低头、含胸、抱膝等技术指导，使学生逐步掌握，并且在小组内相互探讨如何达到这些技术要求。曾记得，在一节课上有一组中的一个女生拿出手帕用下巴夹住，以突破低头、含胸的动作要点，结果不仅这一组女生考核都是优秀，全班同学都掌握得非常好，且这一成功事例被引用到我平常的教学中后，学生掌握得都很快。因此，教师在课堂上特别是在合作交往性学习时，要敢于“放手”让学生自主学练，鼓励学生发挥“创造性”思维，这不仅能提高课堂效率，而且能增加学生成功机会，更重要的是使学生们共同进步。
2.竞赛游戏也是合作交往性学习的主要形式。它一方面迎合学生的求胜欲的心理需求，另一方面刺激了学习的学习欲望。关键是使学生自觉团结起来，相互协作、帮助、交流，以最好的状态投入到学习中来。学生为了取得胜利不单单要加强自身素质、技术水平，通过模仿、重复练习来表达对胜利的渴望，更重要的是必须相互合作、交流心得、互相帮助、鼓励，这样课堂气氛随之活跃起来，学习的效果得到增强。
四、合作交往性学习能力的培养
1.培养学生自动参与的能力，使学生成为学习的主体。教师对合作小组进行评价，促使各小组成员为了小组的利益不断合作交往，更好更快地完成任务和学习目标，如游戏、球类分组教学比赛等。
2.激发学生的学习动力，培养学生的自信心。合作交往不仅克服了部分同学对学习的消极心理，而且提高了学生的身体素质、运动能力和适应能力，更对学生的思维意识、道德品质、行为规范产生了重要的影响，加强了相互间的凝聚力。另外在合作交往中认识了自我，找到了自信，形成了学习动力。如足球分组教学比赛，既检验了学习效果，又充分展示了学生的个性，提高了足球运动能力，增强了足球意识。但如果一味进行运球、停球等技术教学，学生很快便会消极起来，反之，为了小组集体利益，取得胜利，而全力以赴，使之技术掌握快，自信得到增强，能力得到锻炼。
3.培养学生的创新能力。在新课程教学中，教师不仅要教会学生基本技能和运动方法，更重要的是让学生在教师的帮助下，创造性地完成体育学习任务和目标。在课堂上，教学重点认识是在一堂课的时间内如何完成应有的教学任务和目标。在课堂上，一般没有时间顾及学生的创造精神和意识的培养，而学生在合作交往的学习中始终以实现小组目标为目的，这是教学任务的关键，这种体现便是创新思维的发挥。
综上所述，合作交往性学习是一种适合现代学生发展趋势的教学模式，它不但提高了体育课堂教学的实效性，重要的是让学生在合作交往过程中不断认识自我、提高自我、发展自我和锻炼自我。
参考文献：
［1］柳夕浪.关于优化儿童素质生成的交往机制的实验探究.
十八大学习范文2
沈阳师范大学以“农村基础教育服务区”为载体，创建了高校、地方教育行政部门、农村中小学“合作共同体”，面向辽宁省欠发达的农村地区，开展了“顶岗实习，置换培训”的尝试。
一、顶岗实习，师范生走向农村教学第一线，成为深受欢迎的“全职”教师
顶岗实习前，沈阳师范大学五百余名学生经过了一个半月岗前实训演练，到城乡中小学“临床观察”，到附属学校“挂职实训”，通过微格教室、仿真课堂、模拟教学、说课、评课、教研员现场指导等，以及与中小学一线教师对话、交流、互动，为师范生开赴农村中小学一线奠定了扎实的基础。
2009年4月初，五百余名师范生奔赴了辽宁的贫困地区――辽西北的北票地区，辽中的新民地区，辽东的本溪地区，共五十多所九年一贯制学校，实施顶岗实习，以“全职”教师的身份出现在课堂，承担班主任管理、学科课程教学及学生心理健康辅导等任务。按照所在学校的教学规定和标准，每一位实习教师接受全面考核。师范生在顶岗实习中，在沈师大学科教师、实习学校指导教师及部分教研员的“双重指导”下，完成本科毕业设计工作。重点进行了课堂教学设计、班队活动设计、教育实践调查三大方面内容。学生的毕业设计选题、实验、实践、答辩、评优全部在现场完成。一个半月的实习即将结束了，有的学生激动地说道：“我们的毕业设计是在体验农村教育教学活动的真实场景中完成的，是在解决一堂课、一个单元、一个教育教学现象的问题中完成的，是在充满着对农村教育热切改变的激情中完成的。我们深深感受到一种责任、一种期盼、一种使命在我们肩上。”农村教师对顶岗实习生的评价：“对他们的到来原本是不放心的，怕把班级、学生交给他们出了问题，心里没底。可是这批年轻人融入了我们的集体，原来的负担变成了一种激励，原来的‘轻松’变成了‘压力’，我们没有理由不与他们同步进取。”
二、置换培训，农村教师迈进大学充电，迈上了素质提升的新台阶
顶岗实习置换下来的农村教师带着重托和企盼来到了沈阳师范大学，由教师专业发展学院全程组织集中培训。他们为学员安排了舒适的住所，打通了校园“一卡通”，为他们配备了“量身定做”的“课程大餐”，组建了由全国优秀教师、省特级教师、省教学名师、学校各学科带头人，以及省基础教研中心知名教研员、中小学优秀骨干组成的专家团队，采用集中授课、校本跟进培训、小组辅导等多种形式，对农村教师进行了新课程理念、新教学方法、新技术应用、班主任管理、心理健康辅导等课程培训。采用到优质学校观摩，现场互动、交流，专题研讨，微格教室录像、评课，自我“诊断”“治疗”，专家点评，同行互评，重点、难点解析，“专家工作坊”“与名师互动日”，为在校本科生介绍教学经验，与省、市名校名师“手拉手”等多样化的学习方式，还充分利用丰厚的图书资源、电子网络及教育应用技术的“小灶”弥补的优惠条件，使他们迅速补充了能量，吸纳了“前沿”教学成果，开阔了育人视野，提升了专业素质。学校的老师还帮助他们排解了思乡、离岗的烦恼，经常为他们进行心理辅导，教给他们使用心理健康教育的方法和技术。
结束了一个多月的大学深造生活，学员们深情地说道：“只有走进高校这座知识的殿堂，聆听专家的精彩报告，观摩优质学校的经验，系统学习专业知识和新的方法技术，我们才知道，我们是多么需要尽快补充，尽快提升。在大学这段特殊的经历，让我们尽情遨游知识的海洋，广纳了多种教学的方法和新型的课堂教学技术。只有这种培训，才能使我们在教书育人的岗位上常教常新！”
十八大学习范文3
一．选择题（共10小题）
1．（2015莆田）如图，AE∥DF，AE=DF，要使EAC≌FDB，需要添加下列选项中的（
）21世纪教育网版权所有
A．AB=CD
B．
EC=BF
C．
∠A=∠D
D．
AB=BC
（1题图）
（2题图）
（3题图）
2．（2015茂名）如图，OC是∠AOB的平分线，P是OC上一点，PDOA于点D，PD=6，则点P到边OB的距离为（
）21教育网
A．6
B．
5
C．
4
D．
3
3．（2015贵阳）如图，点E，F在AC上，AD=BC，DF=BE，要使ADF≌CBE，还需要添加的一个条件是（
）21-cn-jy.com
A．∠A=∠C
B．
∠D=∠B
C．
AD∥BC
D．
DF∥BE
4．（2015青岛）如图，在ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AD是ABC的角平分线，DEAB，垂足为E，DE=1，则BC=（
）【来源：21·世纪·教育·网】
A．
B．
2
C．
3
D．
+2
（4题图）
（5题图）
（6题图）
5．（2015启东市模拟）如图，给出下列四组条件：
①AB=DE，BC=EF，AC=DF；②AB=DE，∠B=∠E．BC=EF；
③∠B=∠E，BC=EF，∠C=∠F；④AB=DE，AC=DF，∠B=∠E．
其中，能使ABC≌DEF的条件共有（
）
A．1组
B．
2组
C．
3组
D．
4组
6．（2015杭州模拟）用直尺和圆规作已知角的平分线的示意图如右，则说明∠CAD=∠DAB的依据是（
）21·世纪*教育网
A．SSS
B．
SAS
C．
ASA
D．
AAS
7．（2015滕州市校级模拟）如图，在下列条件中，不能证明ABD≌ACD的是（
）
A．BD=DC，AB=AC
B．
∠ADB=∠ADC，BD=DC
C．∠B=∠C，∠BAD=∠CAD
D．
∠B=∠C，BD=DC
8．（2015奉贤区二模）如图，已知AD是ABC的边BC上的高，下列能使ABD≌ACD的条件是（
）www-2-1-cnjy-com
A．∠B=45°
B．
∠BAC=90°
C．
BD=AC
D．
AB=AC
9．（2015西安模拟）如图所示，AB∥EF∥CD，∠ABC=90°，AB=DC，那么图中的全等三角形有（
）2-1-c-n-j-y
A．4对
B．
3对
C．
2对
D．
1对
（7题图）
（8题图）
（9题图）
（10题图）
10．（2015春泰山区期末）如图，ABC≌AEF，AB=AE，∠B=∠E，则对于结论①AC=AF，②∠FAB=∠EAB，③EF=BC，④∠EAB=∠FAC，其中正确结论的个数是（
）2·1·c·n·j·y
A．1个
B．
2个
C．
3个
D．
4个
二．填空题（共10小题）
11．（2015春沙坪坝区期末）如图，已知ABC≌ADE，若AB=7，AC=3，则BE的值为
．
21*cnjy*com
（11题图）
（12题图）
（13题图）
（14题图）
12．（2015春张家港市期末）如图，已知RtABC≌RtABCDEC，连结AD，若∠1=20°，则∠B的度数是
．【来源：21cnj*y.co*m】
13．（2015春苏州校级期末）如图，ABO≌CDO，点B在CD上，AO∥CD，∠BOD=30°，则∠A=
°．【出处：21教育名师】
14．（2015春万州区期末）如图，已知ABC≌ADE，D是∠BAC的平分线上一点，且∠BAC=60°，则∠CAE=
．【版权所有：21教育】
15．（2015黔东南州）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，连接BD．请添加一个适当的条件
，使ABD≌CDB．（只需写一个）21教育名师原创作品
（15题图）
（16题图）
（17题图）
（18题图）
16．（2014秋曹县期末）如图，已知ABCD，垂足为B，BC=BE，若直接应用“HL”判定ABC≌DBE，则需要添加的一个条件是
．21*cnjy*com
17．（2015盐亭县模拟）如图，已知等边ABC中，BD=CE，AD与BE相交于点P，则∠APE的度数是
度．
18．（2014秋腾冲县校级期末）如图，有两个长度相同的滑梯（即BC=EF），左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向的长度DF相等，则∠ABC+∠DFE=
度．
19．（2015聊城）如图，在ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BD是∠ABC的平分线．若AB=6，则点D到AB的距离是
．
（19题图）
（20题图）
20．如图，在A
BC中，CD平分∠ACB交AB于点D，DEAC交于点E，DFBC于点F，且BC=4，DE=2，则BCD的面积是
．
三．解答题（共7小题）
21．如图，CDAB于点D，BEAC于点E，ABE≌ACD，∠C=42°，AB=9，AD=6，G为AB延长线上一点．
（1）求∠EBG的度数．
（2）求CE的长．
22．已知：如图，在ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线，AE∥BC，CEAE，垂足为E．
（1）求证：ABD≌CAE；
（2）连接DE，线段DE与AB之间有怎样的位置和数量关系？请证明你的结论．
23．如图，ABC中，AB=AC，ADBC，CEAB，AE=CE．求证：
（1）AEF≌CEB；
（2）AF=2CD．
24．如图：在ABC中，∠C=90°
AD是∠BAC的平分线，DEAB于E，F在AC上，BD=DF；21cnjy.com
说明：（1）CF=EB．
（2）AB=AF+2EB．
25．如图，为了测量一池塘的宽AB，在岸边找到一点C，连接AC，在AC的延长线上找一点D，使得DC=AC，连接BC，在BC的延长线上找一点E，使得EC=BC，测出DE=60m，试问池塘的宽AB为多少？请说明理由．21·cn·jy·com
人教版八年级数学上册第二章单元测试题
一．选择题（共10小题）
1．A
2．A
3．B
4．C
5．C
6．A
7．D
8．D
9．B
10．C
二．填空题（共10小题）
11．4
12．70°
13．30
14．30°
15．AB=CD
16．AC=DE
17．60
18．90
19．
20．4
三．解答题（共7小题）
21．解：（1）ABE≌ACD，∠EBA=∠C=42°，∠EBG=180°﹣42°=138°；
（2）ABE≌ACD，AC=AB=9，AE=AD=6，CE=AC﹣AE=9﹣6=3．
22．证明：（1）AB=AC，∠B=∠ACD，
AE∥BC，∠EAC=∠ACD，∠B=∠EAC，
AD是BC边上的中线，ADBC，CEAE，∠ADC=∠CEA=90°
在ABD和CAE中ABD≌CAE（AAS）；
（2）AB=DE，AB∥DE，如右图所示，
ADBC，AE∥BC，ADAE，
又CEAE，四边形ADCE是矩形，AC=DE，
AB=AC，AB=DE．
AB=AC，BD=DC，
四边形ADCE是矩形，AE∥CD，AE=DC，
AE∥BD，AE=BD，四边形ABDE是平行四边形，AB∥DE且AB=DE．
23．证明：（1）ADBC，CEAB，∠BCE+∠CFD=90°，∠BCE+∠B=90°，
∠CFD=∠B，
∠CFD=∠AFE，∠AFE=∠B
在AEF与CEB中，，AEF≌CEB（AAS）；
（2）AB=AC，ADBC，BC=2CD，
AEF≌CEB，AF=BC，AF=2CD．
24．证明：（1）AD是∠BAC的平分线，DEAB，DCAC，DE=DC，
在RtDCF和RtDEB中，，RtCDF≌RtEBD（HL）．CF=EB；
（2）AD是∠BAC的平分线，DEAB，DCAC，CD=CE．
在ADC与ADE中，ADC≌ADE（HL），AC=AE，
AB=AE+BE=AC+EB=AF+CF+EB=AF+2EB．
25．解：AB=60米．
理由如下：
在ABC和DEC中，，ABC≌DEC（SAS），
十八大学习范文4
【济南免费咨询电话】：400-001-9911转分机27873
大智是专门从事高考、中考备考研究，教材研发，家长教育推广，在线教育开发的综合性教育集团，总部位于泉城济南。大智努力践行“公办学校的助手、家庭教育的帮手、素质教育的推手、民办教育的旗手”的定位，已相继在全省开设直营分校数十所，拥有员工千余人，下设学习科学研究院、中高考研究院、家庭教育研究院、自主招生研究院、教师发展研究院、创冠春季高考研究院6大科研机构，办学规模、招生数量及发展前景均在行业遥遥!
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·
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小学辅导、初中辅导、 中考辅导、· 高中辅导、高考辅导、高考复读、艺考辅导、自主招、军考辅导、 春季高考
小学：·一年级、二年级、三年级、四年级、五年级、六年级
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山东省济南市市中区万达分校
山东省济南市市中区八一分校
山东省济南市市中区伟东新都分校
山东省济南市市中区大观园分校
山东省济南市市中区阳光新路VIP分校
山东省济南市历下区山师分校
山东省济南市历下区燕山立交分校
山东省济南市历下区国华经典分校
山东省济南市历下区历下分校
山东省济南市历下区旅游路辅仁VIP分校
山东省济南市历下区泉城广场VIP分校
山东省济南市历下区花园庄分校
山东省济南市历下区开元分校
山东省济南市高新区高新分校
山东省济南市高新区国际会展分校
山东省济南市槐荫区槐荫分校
山东省济南市长清区长清分校
山东省济南市天桥区翡翠郡分校
山东省济南市天桥区无影山分校
山东省济南市历城区南全福分校
十八大学习范文5
立体几何
第二十三讲
空间中点、直线、平面之间的位置关系
2019年
1.(2019全国III文8）如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则
A．BM=EN，且直线BM、EN
是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN
是相交直线
C．BM=EN，且直线BM、EN
是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN
是异面直线
2.（2019全国1文19）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
3.（2019全国II文7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
4.（2019北京文13）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①lm；②m∥；③l．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
5.（2019江苏16）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BEC1E．
6.（2019全国II文17）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.
（1）证明：BE平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．
7.(2019全国III文19）图1是由矩形ADEB、ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；
（2）求图2中的四边形ACGD的面积.
8.（2019北京文18）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．
（Ⅰ）求证：BD平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
9.（2019天津文17）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
10.（2019江苏16）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BEC1E．
11.（2019浙江19）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
12.（2019北京文18）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．
（Ⅰ）求证：BD平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
13.（2019全国1文16）已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．
14.（2019全国1文19）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
15.（2019天津文17）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
16.（2019浙江8）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则
A．β
B．β
C．β
D．α
17.（2019浙江19）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
2010-2018年
一、选择题
1．(2018全国卷Ⅱ)在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
A．
B．
C．
D．
2．(2018浙江)已知平面，直线，满足，，则“∥”是“∥”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
3．（2017新课标Ⅰ）如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接与平面不平行的是
4．（2017新课标Ⅲ）在正方体中，为棱的中点，则
A．
B．
C．
D．
5．（2016年全国I卷）平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，∥平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1
A1=n，则m，n所成角的正弦值为
A．
B．
C．
D．
6．（2016年浙江）已知互相垂直的平面
交于直线l．若直线m，n满足m∥α，nβ，则
A．m∥l
B．m∥n
C．nl
D．mn
7．（2015新课标1）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
A．斛
B．斛
C．斛
D．斛
8．（2015新课标2）已知、是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为
A．
B．
C．
D．
9．（2015广东）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，是平面与平面的交线，则下列命题正确的是
A．与，都不相交
B．与，都相交
C．至多与，中的一条相交
D．至少与，中的一条相交
10．（2015浙江）如图，已知，是的中点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则
11．（2014广东）若空间中四条两两不同的直线，满足，则下面结论一定正确的是
A．
B．
C．既不垂直也不平行
D．的位置关系不确定
12．（2014浙江）设是两条不同的直线，是两个不同的平面
A．若，，则
B．若，则
C．若则
D．若，，，则
13．（2014辽宁）已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是
A．若则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
14．（2014浙江）如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小（仰角为直线与平面所成角）。若，，则的最大值
A．
B．
C．
D．
15．（2014四川）如图，在正方体中，点为线段的中点。设点在线段上，直线
与平面所成的角为，则的取值范围是
A．
B．
C．
D．
16．（2013新课标2）已知为异面直线，平面，平面．直线满足，，则
A．且
B．且
C．与相交，且交线垂直于
D．与相交，且交线平行于
17．（2013广东）设是两条不同的直线,是两个不同的平面，下列命题中正确的是
A．若,,,则
B．若,,,则
C．若,,,则
D．若,,,则
18．（2012浙江）设是直线，是两个不同的平面
A．若∥，∥，则∥
B．若∥，，则
C．若，，则
D．若,
∥，则
19．（2012浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
20．（2011浙江）下列命题中错误的是
A．如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面
B．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
C．如果平面，平面，，那么
D．如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
21．（2010山东）在空间，下列命题正确的是
A．平行直线的平行投影重合
B．平行于同一直线的两个平面平行
C．垂直于同一平面的两个平面平行
D．垂直于同一平面的两条直线平行
二、填空题
22．(2018全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为_____．
三、解答题
23．（2018全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥中，，
，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若点在棱上，且，求点到平面的距离．
24．（2018全国卷Ⅲ）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
25．（2018北京）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，=，，分别为，的中点．
(1)求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)求证：∥平面．
26．（2018天津）如图，在四面体中，是等边三角形，平面平面，点为棱的中点，，，．
(1)求证：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
27．(2018江苏)在平行六面体中，，．
求证：(1)平面；
(2)平面平面．
28．(2018浙江)如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值．
29．（2017新课标Ⅱ）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．
(1)证明：直线∥平面；
(2)若的面积为，求四棱锥的体积。
30．（2017新课标Ⅲ）如图，四面体中，是正三角形，．
(1)证明：；
(2)已知是直角三角形，．若为棱上与不重合的点，且，求四面体与四面体的体积比．
31．（2017天津）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，．
（Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
32．（2017山东）由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为正方形，为与的交点，为的中点，平面，
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）设是的中点，证明：平面平面．
33．（2017北京）如图，在三棱锥中，，，，，为线段的中点，为线段上一点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）当∥平面时，求三棱锥的体积．
34．（2017浙江）如图，已知四棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为的中点．
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
35．（2017江苏）如图，在三棱锥中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EFAD．
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）ADAC．
36．（2017江苏）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线，的长分别为14cm和62cm．
分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．
现有一根玻璃棒，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）
（1）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；
（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．
37．（2016年山东）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.
（I）已知AB=BC，AE=EC.求证：ACFB；
（II）已知G，H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.
38．（2016年天津）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED平面ABCD，EFAB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.
(Ⅰ)求证：FG平面BED；
(Ⅱ)求证：平面BED平面AED；
(Ⅲ)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.
39．（2016年全国I卷）如图，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点，连结并延长交于点．
（I）证明：是的中点；
（II）在图中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积．
40．（2016年全国II卷）如图，菱形的对角线与交于点，点、分别在，上，，交于点，将沿折到的位置.
(Ⅰ)证明：；
(Ⅱ)若,求五棱锥体积．
41．（2016年全国III卷）如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点．
（Ⅰ）证明平面；
（Ⅱ）求四面体的体积．
42．（2015新课标1）如图四边形为菱形，为与交点，平面．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若，，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积．
43．（2015新课标2）如图，长方体中，，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（Ⅱ）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值．
44．（2014山东）如图，四棱锥中，，，
分别为线段的中点.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：．
45．(2014江苏)如图，在三棱锥中，，E，F分别为棱的中点．已知，
求证：（Ⅰ）直线平面；
（Ⅱ）平面平面．
46．（2014新课标2）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点．
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）设二面角为60°，=1，=，求三棱锥的体积．
47．（2014天津）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，,,,分别是棱,的中点．
（Ⅰ）证明:
平面；
（Ⅱ）若二面角为，
（ⅰ）证明：平面平面；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
48．（2013浙江）如图，在四棱锥PABCD中，PA面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G为线段PC上的点．
（Ⅰ）证明：BD面APC
；
（Ⅱ）若G是PC的中点，求DG与APC所成的角的正切值；
（Ⅲ）若G满足PC面BGD，求
的值．
49．（2013辽宁）如图，是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）设为的中点，为的重心，求证：平面．
50．（2012江苏）如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点D不同于点C），且为的中点．
求证：（Ⅰ）平面平面；
（Ⅱ）直线平面．
51．(2012广东)如图所示，在四棱锥中，平面，，是中点，是上的点，且，为中边上的高．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若，求三棱锥的体积；
（Ⅲ）证明：平面．
52．（2011江苏）如图，在四棱锥中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点．
求证：（Ⅰ）直线EF∥平面PCD；
（Ⅱ）平面BEF平面PAD．
53．（2011广东）如图，在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，且∠DAB=60，,PB=2，E，F分别是BC,PC的中点．
（Ⅰ）证明：AD平面DEF；
（Ⅱ）求二面角P-AD-B的余弦值．
54．（2010天津）如图，在五面体中，四边形是正方形，平面，∥，=1，=，∠＝∠＝45°．
（Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值；
（Ⅱ）证明平面；
（Ⅲ）求二面角的正切值．
55．（2010浙江）如图，在平行四边形中，=2，∠=120°．为线段的中点，将沿直线翻折成，使平面平面，为线段的中点．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）设为线段的中点，求直线与平面所成角的余弦值．
专题八
立体几何
第二十三讲
空间中点、直线、平面之间的位置关系
答案部分
2019年
2019年
1.解析
如图所示，联结，.
因为点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，所以平面，平面，因为是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，，
所以，，
所以．故选B．
2.解析
（1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.
由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得，，所以DE平面，故DECH.
从而CH平面，故CH的长即为C到平面的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
从而点C到平面的距离为.
3.解析：对于A，内有无数条直线与平行，则与相交或，排除；
对于B，内有两条相交直线与平行，则；
对于C，，平行于同一条直线，则与相交或，排除；
对于D，，垂直于同一平面，则与相交或，排除．
故选B．
4.解析
若②，过作平面，则，又③，则，又，同在内，所以①，即.
5.证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BEC1E.
6.解：（1）由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，
故.
又，所以BE平面.
（2）由（1）知∠BEB1=90°.由题设知RtABE≌RtA1B1E，所以，故AE=AB=3，.
作，垂足为F，则EF平面，且.
所以，四棱锥的体积.
7.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）取的中点，联结，.
因为，平面，所以平面，故.
由已知，四边形是菱形，且得，故平面.
因此.
在中，，，故.
所以四边形的面积为4.
8.解析（Ⅰ）因为平面ABCD，且平面，
所以．
又因为底面ABCD为菱形，所以．
又平面，平面，，
所以平面PAC．
（Ⅱ）因为PA平面ABCD，平面ABCD，
所以PAAE．
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，
所以AECD．
又，所以ABAE．
又平面，平面，，所以AE平面PAB．
又平面，所以平面PAB平面．
（Ⅲ）棱PB上存在点F，且为的中点，使得CF∥平面PAE．
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．
因为，分别为，的中点，则FG∥AB，且FG=AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四边形CEGF为平行四边形，
所以CF∥EG．
因为CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
9.解析
（Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.
（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，
因为为等边三角形，且为的中点，所以.又，
故在中，.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
10..证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BEC1E.
11.（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC.
又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E平面ABC，则A1EBC.
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.
所以BC平面A1EF.
因此EFBC.
（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（I）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.
不妨设AC=4，则在RtA1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
12.解析（Ⅰ）因为平面ABCD，且平面，
所以．
又因为底面ABCD为菱形，所以．
又平面，平面，，
所以平面PAC．
（Ⅱ）因为PA平面ABCD，平面ABCD，
所以PAAE．
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，
所以AECD．
又，所以ABAE．
又平面，平面，，所以AE平面PAB．
又平面，所以平面PAB平面．
（Ⅲ）棱PB上存在点F，且为的中点，使得CF∥平面PAE．
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．
因为，分别为，的中点，则FG∥AB，且FG=AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四边形CEGF为平行四边形，
所以CF∥EG．
因为CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
13.
过点P作PO平面ABC交平面ABC于点O，
过点P作PDAC交AC于点D，作PEBC交BC于点E，联结OD，OC，OE，
则
所以又,
故四边形为矩形.
有所做辅助线可知，
所以，
所以矩形为边长是1的正方形，则.
在中，，所以.
即为点P到平面ABC的距离，即所求距离为.
14.解析
（1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.
由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得，，所以DE平面，故DECH.
从而CH平面，故CH的长即为C到平面的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
从而点C到平面的距离为.
15.解析
（Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.
（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，
因为为等边三角形，且为的中点，所以.又，
故在中，.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
16.解析：解法一：如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，
作于E，易得，过P作于F，
过D作，交BG于H，
则，，，
则，可得；
，可得.
解法二：由最小值定理可得，记的平面角为(显然)，
由最大角定理可得；
解法三特殊图形法：设三棱锥为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，
易得，可得，，，
故选B．
17.（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC.
又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E平面ABC，则A1EBC.
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.
所以BC平面A1EF.
因此EFBC.
（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（I）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.
不妨设AC=4，则在RtA1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
2010-2018年
1．C【解析】如图，连接，因为，所以异面直线与所成角等于相交直线与所成的角，即．不妨设正方体的棱长为2，则，，由勾股定理得，又由平面，可得，
所以，故选C．
2．A【解析】若，，∥，由线面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直线与可能异面，故“∥”是“∥”的充分不必要条件．故选A．
3．A【解析】由正方体的线线关系，易知B、C、D中，所以平面，
只有A不满足．选A．
4．C【解析】如图，连结，易知平面，所以，又，所以平面，故，选C．
5．A【解析】因为过点的平面与平面平行，平面∥平面，所以∥∥，又∥平面，所以∥，则与所成的角为所求角，所以，所成角的正弦值为，选A．
6．C【解析】选项A，只有当或时，；选项B，只有当时；选项C，由于，所以；选项D，只有当或时，，故选C．
7．B【解析】由得圆锥底面的半径，所以米堆的体积，所以堆放的米有斛．
8．C【解析】三棱锥，其中为点到平面的距离，而底面三角形时直角三角形，顶点到平面的最大距离是球的半径，
故=，其中为球的半径，
所以，所以球的表面积．
9．D【解析】若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，是平面与平面的交线，则至少与，中的一条相交，故选A．
10．B【解析】解法一
设，，则由题意知．
在空间图形中，连结，设=．
在中，．
过作，过作，垂足分别为．
过作，使四边形为平行四边形，则，
连结，则就是二面角的平面角，所以．
在中，，．
同理，，，故．
显然平面，故．
在中，．
在中，
=
，
所以
，
所以（当时取等号），
因为，，而在上为递减函数，
所以，故选B．
解法二
若，则当时，，排除D；当时，，，排除A、C，故选B．
11．D【解析】利用正方体模型可以看出，与的位置关系不确定．选D．
12．C【解析】选项中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选．
13．B【解析】对于选项A，若，则与可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若，，则或，C错误；对于选项D，若，，则或或与相交，D错误．故选B．
14．D【解析】作，垂足为，设，则，
由余弦定理，
，
故当时，取得最大值，最大值为．
15．B【解析】直线与平面所成的角为的取值范围是，
由于，，
所以的取值范围是
16．D【解析】作正方形模型，为后平面，为左侧面
可知D正确．
17．D【解析】A中可能平行、垂直、也可能为异面；B中还可能为异面；C中
应与中两条相交直线垂直时结论才成立，选D．
18．B【解析】利用排除法可得选项B是正确的，∥，，则．如选项A：∥，∥时，或∥；选项C：若，，∥或；选项D：若,
，∥或．
19．B【解析】过点作，若存在某个位置，使得，则面，从而有，计算可得与不垂直，则A不正确；当翻折到时，因为，所以面，从而可得；若，因为，所以面，从而可得，而，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B．
20．D【解析】对于D，若平面平面，则平面内的某些直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，其余选项易知均是正确的．
21．D【解析】两平行直线的平行投影不一定重合，故A错；由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可知、均错误，故选D．
22．【解析】由题意画出图形，如图，
设是底面圆的直径，连接，则是圆锥的高，设圆锥的母线长为，
则由，的面积为8，得，得，在中，
由题意知，所以，．
故该圆锥的体积．
23．【解析】(1)因为，为的中点，所以，且．
连结．因为，所以为等腰直角三角形，
且，．
由知，．
由，知平面．
(2)作，垂足为．又由(1)可得，所以平面．
故的长为点到平面的距离．
由题设可知，，．
所以，．
所以点到平面的距离为．
24．【解析】(1)由题设知，平面平面，交线为．
因为，平面，所以平面，故．
因为为上异于，的点，且为直径，所以
．
又=，所以平面．
而平面，故平面平面．
(2)当为的中点时，∥平面．
证明如下：连结交于．因为为矩形，所以为中点．
连结，因为为
中点，所以∥．
平面，平面，所以∥平面．
25．【解析】(1)，且为的中点，．
底面为矩形，，
．
(2)底面为矩形，．
平面平面，平面．
．又，
平面，平面平面．
(3)如图，取中点，连接．
分别为和的中点，，且．
四边形为矩形，且为的中点，
，
，且，四边形为平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
26．【解析】(1)由平面平面，平面∩平面=，，可得平面，故．
(2)取棱的中点，连接，．又因为为棱的中点，故∥．所以（或其补角）为异面直线与所成的角．
在中，，故．
因为平面，故．
在中，，故．
在等腰三角形中，，可得．
所以，异面直线与所成角的余弦值为．
(3)连接．因为为等边三角形，为边的中点，故，
．又因为平面平面，而平面，
故平面．所以，为直线与平面所成的角．
在中，．
在中，．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
27．【证明】(1)在平行六面体中，．
因为平面，平面，
所以∥平面．
(2)在平行六面体中，四边形为平行四边形．
又因为，所以四边形为菱形，
因此．
又因为，∥，
所以．
又因为=，平面，平面，
所以平面．
因为平面，
所以平面平面．
28．【解析】(1)由，，，，得
，
所以．
故．
由，，，，得，
由，得，
由，得，所以，故．
因此平面．
(2)如图，过点作，交直线于点，连结．
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角．
由，，
得，，
所以，故．
因此，直线与平面所成的角的正弦值是．
29．【解析】（1）在平面内，因为，所以∥，
又平面，平面，故∥平面．
（2）取的中点，连结，．由及∥，
得四边形正方形，则．
因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面=，所以，底面．因为底面，所以．
设，则，，，．取的中点，连结，则，所以．
因为的面积为，所以，解得（舍去），．于是，，．
所以四棱锥的体积．
30．【解析】（1）取的中点连结，.因为，所以．
又由于是正三角形，所以.从而平面，故BD.
（2）连结．
由（1）及题设知，所以．
在中，．
又，所以
，故.
由题设知为直角三角形，所以．
又是正三角形，且，所以．
故为BD的中点，从而到平面的距离为到平面的距离的，四面体的体积为四面体的体积的，即四面体与四面体的体积之比为1:1．
31．【解析】（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．因为AD平面PDC，所以ADPD．在RtPDA中，由已知，得，故．
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．
（Ⅱ）证明：因为AD平面PDC，直线PD平面PDC，所以ADPD．又因为BC//AD，所以PDBC，又PDPB，所以PD平面PBC．
（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．
因为PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以为直线DF和平面PBC所成的角．
由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC –BF=2．又ADDC，故BCDC，在RtDCF中，可得,在RtDPF中，可得．
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．
32．【解析】（Ⅰ）取中点,连接，，
由于为四棱柱,
所以，，
因此四边形为平行四边形,
所以,
又面,平面,
所以∥平面,
（Ⅱ）．，分别为和的中点，
，
又平面，平面，
所以，
，所以，，
又，平面，
所以平面
又平面,
所以平面平面．
33．【解析】（Ⅰ）因为，，所以平面，
又因为平面，所以．
（Ⅱ）因为，为中点，所以，
由（Ⅰ）知，，所以平面．
所以平面平面．
（Ⅲ）因为平面，平面平面，
所以．
因为为的中点，所以，．
由（Ⅰ）知，平面，所以平面．
所以三棱锥的体积．
34．【解析】（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连结EF，FB．
因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且，
又因为BC∥AD，，所以
EF∥BC且EF=BC，
即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，
因此CE∥平面PAB．
（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连结PN交EF于点Q，连结MQ．
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．
由为等腰直角三角形得
PNAD．
由DCAD，N是AD的中点得
BNAD．
所以
AD平面PBN，
由BC∥AD得
BC平面PBN，
那么，平面PBC平面PBN．
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD=1．
在中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在PBN中，由PN=BN=1，PB=得，
在中，，MQ=，
所以
，
所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．
35．【解析】证明：（1）在平面内，因为，，所以.
又因为平面，平面，所以∥平面.
（2）因为平面平面，
平面平面=，
平面，，
所以平面.
因为平面，所以.
又，，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
36．【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，
所以平面平面，．
记玻璃棒的另一端落在上点处．
因为，．
所以，从而．
记与水平的交点为，过作，为垂足，
则平面，故，
从而．
答：玻璃棒没入水中部分的长度为16cm.
(
如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)
（2）如图，，是正棱台的两底面中心.
由正棱台的定义，平面
，
所以平面平面，.
同理，平面平面，.
记玻璃棒的另一端落在上点处.
过作，为垂足，
则==32.
因为=
14，=
62，
所以=
，从而.
设则.
因为，所以.
在中，由正弦定理可得，解得.
因为，所以.
于是
.
记与水面的交点为，过作，为垂足，则
平面，故=12，从而
=.
答:玻璃棒没入水中部分的长度为20cm.
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)
37．【解析】（Ⅰ）证明：因，所以与确定一个平面，连接，因为
为的中点，所以；同理可得，又因为，所以平面，因为平面，．
（Ⅱ）设的中点为，连，在中，是的中点，所以，又，所以；在中，是的中点，所以，又，所以平面平面，因为平面，所以平面．
38．【解析】（Ⅰ）证明：取的中点为，连接，在中，因为是的中点，所以且，又因为，所以且，即四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（Ⅱ）证明：在中，，由余弦定理可，进而可得，即，又因为平面平面平面；平面平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面．
（Ⅲ）解：因为，所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角.过点作于点，连接，又因为平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直线与平面所成角即为.在中，，由余弦定理可得，所以，因此，在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为．
39．【解析】（Ⅰ）因为在平面内的正投影为，所以
因为在平面内的正投影为，所以
所以平面，故
又由已知可得，，从而是的中点.
（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.
理由如下：由已知可得，，又,所以，,因此平面，即点为在平面内的正投影.
连接，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.
由（Ⅰ）知，是的中点，所以在上，故
由题设可得平面，平面，所以，因此
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得
在等腰直角三角形中，可得
所以四面体的体积
40．【解析】（Ⅰ）由已知得，，
又由得，故
由此得，所以
（Ⅱ）由得
由得
所以
于是故
由（Ⅰ）知，又，
所以平面于是
又由，所以，平面
又由得
五边形的面积
所以五棱锥体积
41．【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.
又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为．取的中点，连结.由得，
.
由得到的距离为，故.
所以四面体的体积.
42．【解析】（Ⅰ）因为四边形为菱形，所以，
因为平面，所以，故平面．
又平面，所以平面平面．
（Ⅱ）设=，在菱形中，由=120°，
可得=，=．
因为，所以在中，可得．
由平面，知为直角三角形，可得．
由已知得，三棱锥的体积．
故．
从而可得．
所以的面积为3，的面积与的面积均为．
故三棱锥的侧面积为．
43．【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图
（Ⅱ）作，垂足为，则，，．因为为正方形，所以．
于是，，．
因为长方形被平面分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为（也正确）．
44．【解析】（Ⅰ）设，连结OF，EC，
由于E为AD的中点，，
所以,
因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点，又F为PC的中点，
因此在中，可得.
又平面BEF，平面BEF，所以平面.
（Ⅱ）由题意知，，所以四边形为平行四边形，
因此．又平面PCD，所以，因此．
因为四边形ABCE为菱形，所以.
又，AP，AC平面PAC，所以平面．
45．【解析】（Ⅰ）为中点，DE∥PA，
平面DEF，DE平面DEF，PA∥平面DEF，
（Ⅱ）为中点，，
为中点，，
，，DEEF，
，，
，DE平面ABC，
DE平面BDE，平面BDE平面ABC．
46．【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连结EO．
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点。
又E为PD的中点，所以EO∥PB。
EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.
（Ⅱ）因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．
如图，以A为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，
则.
设，则。
设为平面ACE的法向量，
则即，
可取．
又为平面DAE的法向量，
由题设，即，解得．
因为E为PD的中点，所以三棱锥的高为．
三棱锥的体积．
47．【解析】（Ⅰ）证明：如图取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，
故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E为AD中点，
因而MF//AE且MF=AE，故四边形AMFE为平行四边形，
所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，
所以EF//平面PAB.
（Ⅱ）（i）证明：连接PE，BE．因为PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，
故PEAD，BEAD，所以PEB为二面角P-AD-B的平面角．在三角形PAD中，
由，可解得PE=2．
在三角形ABD中，由，可解得BE=1．
在三角形PEB中，PE=2，BE=1，，
由余弦定理，可解得PB=，从而，即BEPB，
又BC//AD，BEAD，从而BEBC，因此BE平面PBC．又BE平面ABCD，
所以平面PBC平面ABCD．
（ii）连接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB为直线EF与平面PBC所成的角，
由PB=，PA=，AB=得ABP为直角，而MB=PB=，可得AM=，
故EF=，又BE=1，故在直角三角形EBF中，
所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．
48．【解析】（Ⅰ）设点O为AC，BD的交点，
由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．
所以O为AC的中点，BDAC．
又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，
所以PABD．所以BD平面APC．
（Ⅱ）连结OG.由(1)可知OD平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以∠OGD是DG与平面APC所成的角．
由题意得OG＝PA＝.
在ABC中，AC＝＝，
所以OC＝AC＝.
在直角OCD中，OD＝＝2.
在直角OGD中，tan∠OGD＝.
所以DG与平面APC所成的角的正切值为.
（Ⅲ）连结OG.因为PC平面BGD，OG平面BGD，所以PCOG.
在直角PAC中，得PC＝.
所以GC＝.
从而PG＝，
所以.
49．【解析】（Ⅰ）由AB是圆O的直径，得ACBC．
由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC，
又PA∩AC=A，PA平面PAC，AC平面PAC，
所以BC平面PAC．
（Ⅱ）连OG并延长交AC与M，链接QM，QO.
由G为∆AOC的重心，得M为AC中点，
由G为PA中点，得QMPC.
又O为AB中点，得OMBC.
因为QM∩MO=M，QM平面QMO．
所以QG//平面PBC．
50．【解析】（Ⅰ）因为是直三棱柱，所以平面ABC，又平面,所以，又因为平面，所以平面，又AD平面ADE，所以平面ADE平面.
（Ⅱ）因为，为的中点，所以．因为平面，且平面，所以又因为，平面，
，所以平面，所以AD．又AD平面，平面，所以平面．
51．【解析】（Ⅰ）平面，面
又面
（Ⅱ）是中点点到面的距离，
三棱锥的体积
，
（Ⅲ）取的中点为，连接，，
又平面面面面，
点是棱的中点
，
得：平面．
52．【证明】：（Ⅰ）在PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直线EF//平面PCD．
（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，
所以ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD．
因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD．
53．【解析】法一：（Ⅰ）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD．因PA=PD，有，在中，，有为等边三角形，因此，所以平面PBG
又PB//EF，得，而DE//GB得AD
DE，又，所以AD
平面DEF。
（Ⅱ），为二面角P—AD—B的平面角，
在，
在，
，
法二：（Ⅰ）取AD中点为G，因为
又为等边三角形，因此，，
从而平面PBG．
延长BG到O且使得PO
OB，又平面PBG，PO
AD，
所以PO
平面ABCD．
以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系．
设
由于
得
平面DEF．
（Ⅱ）
取平面ABD的法向量
设平面PAD的法向量
由
取
54．【解析】（Ⅰ）因为四边形是正方形，所以//.故为异面直线与所成的角.因为平面，所以.故.
在中，=1，=，==3,
故==.
所以异面直线和所成角的余弦值为.
（Ⅱ）证明：过点作//,交于点，则.由,可得,从而,又,=,所以平面.
(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得=，即为的中点.取的中点，连接，则,因为//,所以//.过点作，交于，则为二面角--的平面角。
连接，可得平面,故.从而.由已知，可得=.由//,,得.
在中，,
所以二面角--的正切值为．
55．【解析】
(Ⅰ)取的中点G，连结GF，CE，由条件易知
FG∥CD，FG=CD．BE∥CD,BE=CD．所以FG∥BE，FG=BE．
故四边形BEGF为平行四边形，所以BF∥EG．
因为平面，BF平面，所以
BF//平面．
（Ⅱ）解：在平行四边形,ABCD中，设BC=，则AB=CD=2，AD=AE=EB=，
连CE，因为．
在BCE中，可得CE=，
在ADE中，可得DE=，
在CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CEDE,
在正三角形中，M为DE中点，所以DE.
由平面平面BCD,
可知平面BCD,
CE.
取的中点N，连线NM、NF，
所以NFDE，NF.
因为DE交于M，
所以NF平面，
则∠FMN为直线FM与平面新成角．
在RtFMN中，NF=,
MN=,
FM=，
