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十八大學習范文1
關鍵詞： 體育教學 合作交往性學習 形式 能力培養
合作交往性學習，指在教學活動過程中，采用多種教學方法，根據課的學習任務，課堂內通過師生合作、生生合作，有組織地進行自學、交流、討論和操練活動，從而完成學習任務，它是提高體育教學質量的一種重要的學習方法。
一、合作交往性學習的必要性
合作交往性學習促使學生掌握人與人之間的道德準則，但又不僅僅局限于道德準則，更要遵循心靈溝通的法則，幫助學生建立良好的人際情感關系。學生學會合作交往是時代的要求，是今日教育中重大的課題之一。早在1996年，國際21世紀教育委員會的報告就指出“學會共同生活，學會與他人一起生活是今日教育中的重大問題之一”。綜觀整個社會，也許我們已經體會到學生學會合作交往是刻不容緩的事情。
合作交往性學習作為集體教育的一種補充，可以使不同層次的學生相互啟迪、相互補充、相互給予、相互吸收，使學生始終處于一種動態的學習過程中，這不僅有利于全體學生的全面發展，而且有利于培養拔尖人才，是提高課堂教學效率及質量的一個行之有效的教學方法。
二、合作交往性學習的指導與引導
合作交往性學習是體育教學的一種模式，指導學生主動去構建體育知識體系。學生不僅僅從教師那里獲取知識，還從同伴身上獲取知識，并在合作交流中運用技能。因為各校情況不同，在實施過程中也不盡相同，所以要求教師的指導與引導要到位、及時、恰當，必須在對學生充分了解的基礎上，即要按運動水平、興趣愛好、個人意愿等因素進行合作交往性學習，并教會學生如何進行合作交往、取長補短，如何表達個人觀點，建立良好的人際關系。教師不僅要做全面的調控工作，而且要深入到學生中去，參與學生的活動，在實踐中進行必要的具體指導，更要注意的是對個別身體素質較差的學生，要尊重他們，進行恰當的引導，不排斥、少批評、多幫助、常鼓勵、找長處，改變他們在集體活動中的地位，使他們與其他同學一樣共同學習，健康成長。體育教學中，合作交往性學致可分為三種：①暫時往合作；②長期性合作交往；③課外合作交往。
三、合作交往性學習的形式
1.自主學習、探索是合作交往性學習最重要的學習形式。體育課教學是學生自主學習能力發展的過程，教師應以學生認識問題和解決問題的能力為出發點，培養學生的思考能力、觀察能力和實踐能力。應不斷啟發學生思維，找出學生發揮自主學習的“切口”，提高學生的創造性思維，使學生真正成為課堂的“主人”。如在教學前滾翻動作技術時，教師可以按照合作小組分組，提出要點，把學生分成若干合作小組進行自主練習滾翻動作，得出滾翻的初步感知。并結合教材特點，提出問題：怎樣才能滾翻圓滑？然后指導各合作小組進行討論，相互交流、得出答案，再予以指導。教師適時用一方木塊和足球在地上滾動，讓學生思考并得出正確的結論，再進行合作、幫助練習，做到滾翻圓滑。教師在小組內進行滾翻，低頭、含胸、抱膝等技術指導，使學生逐步掌握，并且在小組內相互探討如何達到這些技術要求。曾記得，在一節課上有一組中的一個女生拿出手帕用下巴夾住，以突破低頭、含胸的動作要點，結果不僅這一組女生考核都是優秀，全班同學都掌握得非常好，且這一成功事例被引用到我平常的教學中后，學生掌握得都很快。因此，教師在課堂上特別是在合作交往性學習時，要敢于“放手”讓學生自主學練，鼓勵學生發揮“創造性”思維，這不僅能提高課堂效率，而且能增加學生成功機會，更重要的是使學生們共同進步。
2.競賽游戲也是合作交往性學習的主要形式。它一方面迎合學生的求勝欲的心理需求，另一方面刺激了學習的學習欲望。關鍵是使學生自覺團結起來，相互協作、幫助、交流，以最好的狀態投入到學習中來。學生為了取得勝利不單單要加強自身素質、技術水平，通過模仿、重復練習來表達對勝利的渴望，更重要的是必須相互合作、交流心得、互相幫助、鼓勵，這樣課堂氣氛隨之活躍起來，學習的效果得到增強。
四、合作交往性學習能力的培養
1.培養學生自動參與的能力，使學生成為學習的主體。教師對合作小組進行評價，促使各小組成員為了小組的利益不斷合作交往，更好更快地完成任務和學習目標，如游戲、球類分組教學比賽等。
2.激發學生的學習動力，培養學生的自信心。合作交往不僅克服了部分同學對學習的消極心理，而且提高了學生的身體素質、運動能力和適應能力，更對學生的思維意識、道德品質、行為規范產生了重要的影響，加強了相互間的凝聚力。另外在合作交往中認識了自我，找到了自信，形成了學習動力。如足球分組教學比賽，既檢驗了學習效果，又充分展示了學生的個性，提高了足球運動能力，增強了足球意識。但如果一味進行運球、停球等技術教學，學生很快便會消極起來，反之，為了小組集體利益，取得勝利，而全力以赴，使之技術掌握快，自信得到增強，能力得到鍛煉。
3.培養學生的創新能力。在新課程教學中，教師不僅要教會學生基本技能和運動方法，更重要的是讓學生在教師的幫助下，創造性地完成體育學習任務和目標。在課堂上，教學重點認識是在一堂課的時間內如何完成應有的教學任務和目標。在課堂上，一般沒有時間顧及學生的創造精神和意識的培養，而學生在合作交往的學習中始終以實現小組目標為目的，這是教學任務的關鍵，這種體現便是創新思維的發揮。
綜上所述，合作交往性學習是一種適合現代學生發展趨勢的教學模式，它不但提高了體育課堂教學的實效性，重要的是讓學生在合作交往過程中不斷認識自我、提高自我、發展自我和鍛煉自我。
參考文獻：
［1］柳夕浪.關于優化兒童素質生成的交往機制的實驗探究.
十八大學習范文2
沈陽師范大學以“農村基礎教育服務區”為載體，創建了高校、地方教育行政部門、農村中小學“合作共同體”，面向遼寧省欠發達的農村地區，開展了“頂崗實習，置換培訓”的嘗試。
一、頂崗實習，師范生走向農村教學第一線，成為深受歡迎的“全職”教師
頂崗實習前，沈陽師范大學五百余名學生經過了一個半月崗前實訓演練，到城鄉中小學“臨床觀察”，到附屬學?！皰炻殞嵱枴保ㄟ^微格教室、仿真課堂、模擬教學、說課、評課、教研員現場指導等，以及與中小學一線教師對話、交流、互動，為師范生開赴農村中小學一線奠定了扎實的基礎。
2009年4月初，五百余名師范生奔赴了遼寧的貧困地區――遼西北的北票地區，遼中的新民地區，遼東的本溪地區，共五十多所九年一貫制學校，實施頂崗實習，以“全職”教師的身份出現在課堂，承擔班主任管理、學科課程教學及學生心理健康輔導等任務。按照所在學校的教學規定和標準，每一位實習教師接受全面考核。師范生在頂崗實習中，在沈師大學科教師、實習學校指導教師及部分教研員的“雙重指導”下，完成本科畢業設計工作。重點進行了課堂教學設計、班隊活動設計、教育實踐調查三大方面內容。學生的畢業設計選題、實驗、實踐、答辯、評優全部在現場完成。一個半月的實習即將結束了，有的學生激動地說道：“我們的畢業設計是在體驗農村教育教學活動的真實場景中完成的，是在解決一堂課、一個單元、一個教育教學現象的問題中完成的，是在充滿著對農村教育熱切改變的激情中完成的。我們深深感受到一種責任、一種期盼、一種使命在我們肩上?！鞭r村教師對頂崗實習生的評價：“對他們的到來原本是不放心的，怕把班級、學生交給他們出了問題，心里沒底?？墒沁@批年輕人融入了我們的集體，原來的負擔變成了一種激勵，原來的‘輕松’變成了‘壓力’，我們沒有理由不與他們同步進取?！?/p>
二、置換培訓，農村教師邁進大學充電，邁上了素質提升的新臺階
頂崗實習置換下來的農村教師帶著重托和企盼來到了沈陽師范大學，由教師專業發展學院全程組織集中培訓。他們為學員安排了舒適的住所，打通了校園“一卡通”，為他們配備了“量身定做”的“課程大餐”，組建了由全國優秀教師、省特級教師、省教學名師、學校各學科帶頭人，以及省基礎教研中心知名教研員、中小學優秀骨干組成的專家團隊，采用集中授課、校本跟進培訓、小組輔導等多種形式，對農村教師進行了新課程理念、新教學方法、新技術應用、班主任管理、心理健康輔導等課程培訓。采用到優質學校觀摩，現場互動、交流，專題研討，微格教室錄像、評課，自我“診斷”“治療”，專家點評，同行互評，重點、難點解析，“專家工作坊”“與名師互動日”，為在校本科生介紹教學經驗，與省、市名校名師“手拉手”等多樣化的學習方式，還充分利用豐厚的圖書資源、電子網絡及教育應用技術的“小灶”彌補的優惠條件，使他們迅速補充了能量，吸納了“前沿”教學成果，開闊了育人視野，提升了專業素質。學校的老師還幫助他們排解了思鄉、離崗的煩惱，經常為他們進行心理輔導，教給他們使用心理健康教育的方法和技術。
結束了一個多月的大學深造生活，學員們深情地說道：“只有走進高校這座知識的殿堂，聆聽專家的精彩報告，觀摩優質學校的經驗，系統學習專業知識和新的方法技術，我們才知道，我們是多么需要盡快補充，盡快提升。在大學這段特殊的經歷，讓我們盡情遨游知識的海洋，廣納了多種教學的方法和新型的課堂教學技術。只有這種培訓，才能使我們在教書育人的崗位上常教常新！”
十八大學習范文3
一．選擇題（共10小題）
1．（2015莆田）如圖，AE∥DF，AE=DF，要使EAC≌FDB，需要添加下列選項中的（
）21世紀教育網版權所有
A．AB=CD
B．
EC=BF
C．
∠A=∠D
D．
AB=BC
（1題圖）
（2題圖）
（3題圖）
2．（2015茂名）如圖，OC是∠AOB的平分線，P是OC上一點，PDOA于點D，PD=6，則點P到邊OB的距離為（
）21教育網
A．6
B．
5
C．
4
D．
3
3．（2015貴陽）如圖，點E，F在AC上，AD=BC，DF=BE，要使ADF≌CBE，還需要添加的一個條件是（
）21-cn-jy.com
A．∠A=∠C
B．
∠D=∠B
C．
AD∥BC
D．
DF∥BE
4．（2015青島）如圖，在ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AD是ABC的角平分線，DEAB，垂足為E，DE=1，則BC=（
）【來源：21·世紀·教育·網】
A．
B．
2
C．
3
D．
+2
（4題圖）
（5題圖）
（6題圖）
5．（2015啟東市模擬）如圖，給出下列四組條件：
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的條件共有（
）
A．1組
B．
2組
C．
3組
D．
4組
6．（2015杭州模擬）用直尺和圓規作已知角的平分線的示意圖如右，則說明∠CAD=∠DAB的依據是（
）21·世紀*教育網
A．SSS
B．
SAS
C．
ASA
D．
AAS
7．（2015滕州市校級模擬）如圖，在下列條件中，不能證明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奉賢區二模）如圖，已知AD是ABC的邊BC上的高，下列能使ABD≌ACD的條件是（
）www-2-1-cnjy-com
A．∠B=45°
B．
∠BAC=90°
C．
BD=AC
D．
AB=AC
9．（2015西安模擬）如圖所示，AB∥EF∥CD，∠ABC=90°，AB=DC，那么圖中的全等三角形有（
）2-1-c-n-j-y
A．4對
B．
3對
C．
2對
D．
1對
（7題圖）
（8題圖）
（9題圖）
（10題圖）
10．（2015春泰山區期末）如圖，ABC≌AEF，AB=AE，∠B=∠E，則對于結論①AC=AF，②∠FAB=∠EAB，③EF=BC，④∠EAB=∠FAC，其中正確結論的個數是（
）2·1·c·n·j·y
A．1個
B．
2個
C．
3個
D．
4個
二．填空題（共10小題）
11．（2015春沙坪壩區期末）如圖，已知ABC≌ADE，若AB=7，AC=3，則BE的值為
．
21*cnjy*com
（11題圖）
（12題圖）
（13題圖）
（14題圖）
12．（2015春張家港市期末）如圖，已知RtABC≌RtABCDEC，連結AD，若∠1=20°，則∠B的度數是
．【來源：21cnj*y.co*m】
13．（2015春蘇州校級期末）如圖，ABO≌CDO，點B在CD上，AO∥CD，∠BOD=30°，則∠A=
°．【出處：21教育名師】
14．（2015春萬州區期末）如圖，已知ABC≌ADE，D是∠BAC的平分線上一點，且∠BAC=60°，則∠CAE=
．【版權所有：21教育】
15．（2015黔東南州）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，連接BD．請添加一個適當的條件
，使ABD≌CDB．（只需寫一個）21教育名師原創作品
（15題圖）
（16題圖）
（17題圖）
（18題圖）
16．（2014秋曹縣期末）如圖，已知ABCD，垂足為B，BC=BE，若直接應用“HL”判定ABC≌DBE，則需要添加的一個條件是
．21*cnjy*com
17．（2015鹽亭縣模擬）如圖，已知等邊ABC中，BD=CE，AD與BE相交于點P，則∠APE的度數是
度．
18．（2014秋騰沖縣校級期末）如圖，有兩個長度相同的滑梯（即BC=EF），左邊滑梯的高度AC與右邊滑梯水平方向的長度DF相等，則∠ABC+∠DFE=
度．
19．（2015聊城）如圖，在ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BD是∠ABC的平分線．若AB=6，則點D到AB的距離是
．
（19題圖）
（20題圖）
20．如圖，在A
BC中，CD平分∠ACB交AB于點D，DEAC交于點E，DFBC于點F，且BC=4，DE=2，則BCD的面積是
．
三．解答題（共7小題）
21．如圖，CDAB于點D，BEAC于點E，ABE≌ACD，∠C=42°，AB=9，AD=6，G為AB延長線上一點．
（1）求∠EBG的度數．
（2）求CE的長．
22．已知：如圖，在ABC中，AB=AC，AD是BC邊上的中線，AE∥BC，CEAE，垂足為E．
（1）求證：ABD≌CAE；
（2）連接DE，線段DE與AB之間有怎樣的位置和數量關系？請證明你的結論．
23．如圖，ABC中，AB=AC，ADBC，CEAB，AE=CE．求證：
（1）AEF≌CEB；
（2）AF=2CD．
24．如圖：在ABC中，∠C=90°
AD是∠BAC的平分線，DEAB于E，F在AC上，BD=DF；21cnjy.com
說明：（1）CF=EB．
（2）AB=AF+2EB．
25．如圖，為了測量一池塘的寬AB，在岸邊找到一點C，連接AC，在AC的延長線上找一點D，使得DC=AC，連接BC，在BC的延長線上找一點E，使得EC=BC，測出DE=60m，試問池塘的寬AB為多少？請說明理由．21·cn·jy·com
人教版八年級數學上冊第二章單元測試題
一．選擇題（共10小題）
1．A
2．A
3．B
4．C
5．C
6．A
7．D
8．D
9．B
10．C
二．填空題（共10小題）
11．4
12．70°
13．30
14．30°
15．AB=CD
16．AC=DE
17．60
18．90
19．
20．4
三．解答題（共7小題）
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．證明：（1）AB=AC，∠B=∠ACD，
AE∥BC，∠EAC=∠ACD，∠B=∠EAC，
AD是BC邊上的中線，ADBC，CEAE，∠ADC=∠CEA=90°
在ABD和CAE中ABD≌CAE（AAS）；
（2）AB=DE，AB∥DE，如右圖所示，
ADBC，AE∥BC，ADAE，
又CEAE，四邊形ADCE是矩形，AC=DE，
AB=AC，AB=DE．
AB=AC，BD=DC，
四邊形ADCE是矩形，AE∥CD，AE=DC，
AE∥BD，AE=BD，四邊形ABDE是平行四邊形，AB∥DE且AB=DE．
23．證明：（1）ADBC，CEAB，∠BCE+∠CFD=90°，∠BCE+∠B=90°，
∠CFD=∠B，
∠CFD=∠AFE，∠AFE=∠B
在AEF與CEB中，，AEF≌CEB（AAS）；
（2）AB=AC，ADBC，BC=2CD，
AEF≌CEB，AF=BC，AF=2CD．
24．證明：（1）AD是∠BAC的平分線，DEAB，DCAC，DE=DC，
在RtDCF和RtDEB中，，RtCDF≌RtEBD（HL）．CF=EB；
（2）AD是∠BAC的平分線，DEAB，DCAC，CD=CE．
在ADC與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），
十八大學習范文4
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大智是專門從事高考、中考備考研究，教材研發，家長教育推廣，在線教育開發的綜合性教育集團，總部位于泉城濟南。大智努力踐行“公辦學校的助手、家庭教育的幫手、素質教育的推手、民辦教育的旗手”的定位，已相繼在全省開設直營分校數十所，擁有員工千余人，下設學習科學研究院、中高考研究院、家庭教育研究院、自主招生研究院、教師發展研究院、創冠春季高考研究院6大科研機構，辦學規模、招生數量及發展前景均在行業遙遙!
大智正在通過創新的課外輔導模式，全面提升中國青少年素質，積極引領中國課外輔導教育發展。大智在業內率先提出“真名師”工程，定位真問題點，立足于通過本質看現象，堅持以考點的命題方向為線索的培養模式，強化命題方向在學生學習中的主導作用，學生不僅清晰考什么(what to test)，更清晰怎么考(how to test)以及怎么解決(how to deal with)的問題。大智堅持分層培養思路，定位學員能力層次，因人施教，按需授課，堅持學員的分類分層提升。優秀的孩子，基礎的孩子，基礎薄弱的孩子都有專屬定制的培養模式。
憑借卓越的口碑和辦學成績，大智先后榮獲“中國教育新銳獎”“中國教育行業成長十強”“中國社會組織評估4A級單位” “中國好教育——品牌影響力教育集團”“山東省消費者滿意單位”及“山東省商標”等榮譽。
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經過大智輔導的學生，單科平均提升30分，全年提分324分，進步426名。
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大智學校是一家致力于高考輔導、高考復讀、中考輔導、藝術培訓、作文培訓、素質拓展、自主招生等的知名輔導學校。以學生的成績進步為目標，以學生最終考入重點學校為目的。
開班時間：春季、五一、暑假、秋季、十一、寒假、學期的各周末
·
----1對1輔導---：
-----小班輔導----：
-----2人制輔導----：
小學輔導、初中輔導、 中考輔導、· 高中輔導、高考輔導、高考復讀、藝考輔導、自主招、軍考輔導、 春季高考
小學：·一年級、二年級、三年級、四年級、五年級、六年級
初中：初一、初二、初三
高中：高一、高二、高三
語文、數學、英語、歷史、地理、 政治、·生物、物理、化學、文綜、理綜
由知名課外輔導教學專家張朋老師領銜教研團隊，全國數學專家王燕謀先生擔任首席顧問。大智教研團隊精準定位新時代學員需求，率先在行業內打造“大道從簡 分層教學法”，將考點透析，讓學生瞬間了解考點背后的含義，從而做到考點不再丟。在大智我們致力于讓每一位學生好好學習秒秒向上，惠享齊魯學子。大智擁有優秀教師千余人，教研成果百余項，教學服務顧問化，教材出版數十套，恩惠學子百余萬。率先在行業內推出“大道從簡分層教學法”，教學內容具有科學性、經典性、前瞻性。教學工作注重知識傳授、能力培養，強調學以致用，強化應試技能訓練及心態調整，富有鮮明的指導性和實用性，山東每3名考入清華北大的學生就有1名出自大智，每5名考入省重點中學的學生就有1名出自大智，學生成績進步率高達98%，學員家長滿意率高達99%，被廣大家長及學生稱為“中高考的加油站，名校的領航人”。
山東省濟南市市中區萬達分校
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山東省濟南市歷下區花園莊分校
山東省濟南市歷下區開元分校
山東省濟南市高新區高新分校
山東省濟南市高新區國際會展分校
山東省濟南市槐蔭區槐蔭分校
山東省濟南市長清區長清分校
山東省濟南市天橋區翡翠郡分校
山東省濟南市天橋區無影山分校
山東省濟南市歷城區南全福分校
十八大學習范文5
立體幾何
第二十三講
空間中點、直線、平面之間的位置關系
2019年
1.(2019全國III文8）如圖，點N為正方形ABCD的中心，ECD為正三角形，平面ECD平面ABCD，M是線段ED的中點，則
A．BM=EN，且直線BM、EN
是相交直線
B．BM≠EN，且直線BM，EN
是相交直線
C．BM=EN，且直線BM、EN
是異面直線
D．BM≠EN，且直線BM，EN
是異面直線
2.（2019全國1文19）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.
（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求點C到平面C1DE的距離．
3.（2019全國II文7）設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是
A．α內有無數條直線與β平行
B．α內有兩條相交直線與β平行
C．α，β平行于同一條直線
D．α，β垂直于同一平面
4.（2019北京文13）已知l，m是平面外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：
①lm；②m∥；③l．
以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：__________．
5.（2019江蘇16）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BEC1E．
6.（2019全國II文17）如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BEEC1.
（1）證明：BE平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱錐的體積．
7.(2019全國III文19）圖1是由矩形ADEB、ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結DG，如圖2.
（1）證明圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC平面BCGE；
（2）求圖2中的四邊形ACGD的面積.
8.（2019北京文18）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點．
（Ⅰ）求證：BD平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求證：平面PAB平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．
9.（2019天津文17）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）設分別為的中點，求證：平面；
（Ⅱ）求證：平面；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值.
10.（2019江蘇16）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BEC1E．
11.（2019浙江19）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點.
（1）證明：；
（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.
12.（2019北京文18）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點．
（Ⅰ）求證：BD平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求證：平面PAB平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．
13.（2019全國1文16）已知∠ACB=90°，P為平面ABC外一點，PC=2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為___________．
14.（2019全國1文19）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.
（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求點C到平面C1DE的距離．
15.（2019天津文17）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）設分別為的中點，求證：平面；
（Ⅱ）求證：平面；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值.
16.（2019浙江8）設三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側棱長均相等，P是棱VA上的點（不含端點），記直線PB與直線AC所成角為α，直線PB與平面ABC所成角為β，二面角P-AC-B的平面角為γ，則
A．β
B．β
C．β
D．α
17.（2019浙江19）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點.
（1）證明：；
（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.
2010-2018年
一、選擇題
1．(2018全國卷Ⅱ)在正方體中，為棱的中點，則異面直線與所成角的正切值為
A．
B．
C．
D．
2．(2018浙江)已知平面，直線，滿足，，則“∥”是“∥”的
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要條件
3．（2017新課標Ⅰ）如圖，在下列四個正方體中，，為正方體的兩個頂點，，，為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直接與平面不平行的是
4．（2017新課標Ⅲ）在正方體中，為棱的中點，則
A．
B．
C．
D．
5．（2016年全國I卷）平面過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A，∥平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1
A1=n，則m，n所成角的正弦值為
A．
B．
C．
D．
6．（2016年浙江）已知互相垂直的平面
交于直線l．若直線m，n滿足m∥α，nβ，則
A．m∥l
B．m∥n
C．nl
D．mn
7．（2015新課標1）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺，問”積及為米幾何？”其意思為：“在屋內墻角處堆放米（如圖，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有
A．斛
B．斛
C．斛
D．斛
8．（2015新課標2）已知、是球的球面上兩點，，為該球面上的動點．若三棱錐體積的最大值為36，則球的表面積為
A．
B．
C．
D．
9．（2015廣東）若直線和是異面直線，在平面內，在平面內，是平面與平面的交線，則下列命題正確的是
A．與，都不相交
B．與，都相交
C．至多與，中的一條相交
D．至少與，中的一條相交
10．（2015浙江）如圖，已知，是的中點，沿直線將翻折成，所成二面角的平面角為，則
11．（2014廣東）若空間中四條兩兩不同的直線，滿足，則下面結論一定正確的是
A．
B．
C．既不垂直也不平行
D．的位置關系不確定
12．（2014浙江）設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面
A．若，，則
B．若，則
C．若則
D．若，，，則
13．（2014遼寧）已知，表示兩條不同直線，表示平面，下列說法正確的是
A．若則
B．若，，則
C．若，，則
D．若，，則
14．（2014浙江）如圖，某人在垂直于水平地面的墻面前的點處進行射擊訓練，已知點到墻面的距離為，某目標點沿墻面的射擊線移動，此人為了準確瞄準目標點，需計算由點觀察點的仰角的大?。ㄑ鼋菫橹本€與平面所成角）。若，，則的最大值
A．
B．
C．
D．
15．（2014四川）如圖，在正方體中，點為線段的中點。設點在線段上，直線
與平面所成的角為，則的取值范圍是
A．
B．
C．
D．
16．（2013新課標2）已知為異面直線，平面，平面．直線滿足，，則
A．且
B．且
C．與相交，且交線垂直于
D．與相交，且交線平行于
17．（2013廣東）設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面，下列命題中正確的是
A．若,,,則
B．若,,,則
C．若,,,則
D．若,,,則
18．（2012浙江）設是直線，是兩個不同的平面
A．若∥，∥，則∥
B．若∥，，則
C．若，，則
D．若,
∥，則
19．（2012浙江）已知矩形，，．將沿矩形的對角線所在的直線進行翻折，在翻折過程中，
A．存在某個位置，使得直線與直線垂直
B．存在某個位置，使得直線與直線垂直
C．存在某個位置，使得直線與直線垂直
D．對任意位置，三對直線“與”，“與”，“與”均不垂直
20．（2011浙江）下列命題中錯誤的是
A．如果平面，那么平面內一定存在直線平行于平面
B．如果平面不垂直于平面，那么平面內一定不存在直線垂直于平面
C．如果平面，平面，，那么
D．如果平面，那么平面內所有直線都垂直于平面
21．（2010山東）在空間，下列命題正確的是
A．平行直線的平行投影重合
B．平行于同一直線的兩個平面平行
C．垂直于同一平面的兩個平面平行
D．垂直于同一平面的兩條直線平行
二、填空題
22．(2018全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為，母線，互相垂直，與圓錐底面所成角為，若的面積為，則該圓錐的體積為_____．
三、解答題
23．（2018全國卷Ⅱ）如圖，在三棱錐中，，
，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)若點在棱上，且，求點到平面的距離．
24．（2018全國卷Ⅲ）如圖，矩形所在平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點．
(1)證明：平面平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面？說明理由．
25．（2018北京）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面平面，，=，，分別為，的中點．
(1)求證：；
(2)求證：平面平面；
(3)求證：∥平面．
26．（2018天津）如圖，在四面體中，是等邊三角形，平面平面，點為棱的中點，，，．
(1)求證：；
(2)求異面直線與所成角的余弦值；
(3)求直線與平面所成角的正弦值．
27．(2018江蘇)在平行六面體中，，．
求證：(1)平面；
(2)平面平面．
28．(2018浙江)如圖，已知多面體，，，均垂直于平面，，，，．
(1)證明：平面；
(2)求直線與平面所成的角的正弦值．
29．（2017新課標Ⅱ）如圖，四棱錐中，側面為等邊三角形且垂直于底面，，．
(1)證明：直線∥平面；
(2)若的面積為，求四棱錐的體積。
30．（2017新課標Ⅲ）如圖，四面體中，是正三角形，．
(1)證明：；
(2)已知是直角三角形，．若為棱上與不重合的點，且，求四面體與四面體的體積比．
31．（2017天津）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，，．
（Ⅰ）求異面直線與所成角的余弦值；
（Ⅱ）求證：平面；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值．
32．（2017山東）由四棱柱截去三棱錐后得到的幾何體如圖所示，四邊形為正方形，為與的交點，為的中點，平面，
（Ⅰ）證明：∥平面；
（Ⅱ）設是的中點，證明：平面平面．
33．（2017北京）如圖，在三棱錐中，，，，，為線段的中點，為線段上一點．
（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）求證：平面平面；
（Ⅲ）當∥平面時，求三棱錐的體積．
34．（2017浙江）如圖，已知四棱錐，是以為斜邊的等腰直角三角形，，，，為的中點．
（Ⅰ）證明：∥平面；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
35．（2017江蘇）如圖，在三棱錐中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點E、F（E與A、D不重合）分別在棱AD，BD上，且EFAD．
求證：（1）EF∥平面ABC；
（2）ADAC．
36．（2017江蘇）如圖，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱臺形玻璃容器Ⅱ的高均為32cm，容器Ⅰ的底面對角線的長為10cm，容器Ⅱ的兩底面對角線，的長分別為14cm和62cm．
分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均為12cm．
現有一根玻璃棒，其長度為40cm．（容器厚度、玻璃棒粗細均忽略不計）
（1）將放在容器Ⅰ中，的一端置于點處，另一端置于側棱上，求沒入水中部分的長度；
（2）將放在容器Ⅱ中，的一端置于點處，另一端置于側棱上，求沒入水中部分的長度．
37．（2016年山東）在如圖所示的幾何體中，D是AC的中點，EF∥DB.
（I）已知AB=BC，AE=EC.求證：ACFB；
（II）已知G，H分別是EC和FB的中點.求證：GH∥平面ABC.
38．（2016年天津）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，平面AED平面ABCD，EFAB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60o，G為BC的中點.
(Ⅰ)求證：FG平面BED；
(Ⅱ)求證：平面BED平面AED；
(Ⅲ)求直線EF與平面BED所成角的正弦值.
39．（2016年全國I卷）如圖，已知正三棱錐的側面是直角三角形，，頂點在平面內的正投影為點，在平面內的正投影為點，連結并延長交于點．
（I）證明：是的中點；
（II）在圖中作出點在平面內的正投影（說明作法及理由），并求四面體的體積．
40．（2016年全國II卷）如圖，菱形的對角線與交于點，點、分別在，上，，交于點，將沿折到的位置.
(Ⅰ)證明：；
(Ⅱ)若,求五棱錐體積．
41．（2016年全國III卷）如圖，四棱錐中，底面，，，，為線段上一點，，為的中點．
（Ⅰ）證明平面；
（Ⅱ）求四面體的體積．
42．（2015新課標1）如圖四邊形為菱形，為與交點，平面．
（Ⅰ）證明：平面平面；
（Ⅱ）若，，三棱錐的體積為，求該三棱錐的側面積．
43．（2015新課標2）如圖，長方體中，，，，點，分別在，上，．過點，的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形．
（Ⅰ）在圖中畫出這個正方形（不必說明畫法和理由）；
（Ⅱ）求平面把該長方體分成的兩部分體積的比值．
44．（2014山東）如圖，四棱錐中，，，
分別為線段的中點.
（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）求證：．
45．(2014江蘇)如圖，在三棱錐中，，E，F分別為棱的中點．已知，
求證：（Ⅰ）直線平面；
（Ⅱ）平面平面．
46．（2014新課標2）如圖，四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點．
（Ⅰ）證明：∥平面；
（Ⅱ）設二面角為60°，=1，=，求三棱錐的體積．
47．（2014天津）如圖，四棱錐的底面是平行四邊形，，,,,分別是棱,的中點．
（Ⅰ）證明:
平面；
（Ⅱ）若二面角為，
（ⅰ）證明：平面平面；
（ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
48．（2013浙江）如圖，在四棱錐PABCD中，PA面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G為線段PC上的點．
（Ⅰ）證明：BD面APC
；
（Ⅱ）若G是PC的中點，求DG與APC所成的角的正切值；
（Ⅲ）若G滿足PC面BGD，求
的值．
49．（2013遼寧）如圖，是圓的直徑，垂直圓所在的平面，是圓上的點．
（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）設為的中點，為的重心，求證：平面．
50．（2012江蘇）如圖，在直三棱柱中，，分別是棱上的點（點D不同于點C），且為的中點．
求證：（Ⅰ）平面平面；
（Ⅱ）直線平面．
51．(2012廣東)如圖所示，在四棱錐中，平面，，是中點，是上的點，且，為中邊上的高．
（Ⅰ）證明：平面；
（Ⅱ）若，求三棱錐的體積；
（Ⅲ）證明：平面．
52．（2011江蘇）如圖，在四棱錐中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分別是AP、AD的中點．
求證：（Ⅰ）直線EF∥平面PCD；
（Ⅱ）平面BEF平面PAD．
53．（2011廣東）如圖，在椎體P-ABCD中，ABCD是邊長為1的棱形，且∠DAB=60，,PB=2，E，F分別是BC,PC的中點．
（Ⅰ）證明：AD平面DEF；
（Ⅱ）求二面角P-AD-B的余弦值．
54．（2010天津）如圖，在五面體中，四邊形是正方形，平面，∥，=1，=，∠＝∠＝45°．
（Ⅰ）求異面直線與所成角的余弦值；
（Ⅱ）證明平面；
（Ⅲ）求二面角的正切值．
55．（2010浙江）如圖，在平行四邊形中，=2，∠=120°．為線段的中點，將沿直線翻折成，使平面平面，為線段的中點．
（Ⅰ）求證：∥平面；
（Ⅱ）設為線段的中點，求直線與平面所成角的余弦值．
專題八
立體幾何
第二十三講
空間中點、直線、平面之間的位置關系
答案部分
2019年
2019年
1.解析
如圖所示，聯結，.
因為點為正方形的中心，為正三角形，平面平面，是線段的中點，所以平面，平面，因為是中邊上的中線，是中邊上的中線，直線，是相交直線，設，則，，
所以，，
所以．故選B．
2.解析
（1）連結.因為M，E分別為的中點，所以，且.又因為N為的中點，所以.
由題設知，可得，故，因此四邊形MNDE為平行四邊形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）過C作C1E的垂線，垂足為H.
由已知可得，，所以DE平面，故DECH.
從而CH平面，故CH的長即為C到平面的距離，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
從而點C到平面的距離為.
3.解析：對于A，內有無數條直線與平行，則與相交或，排除；
對于B，內有兩條相交直線與平行，則；
對于C，，平行于同一條直線，則與相交或，排除；
對于D，，垂直于同一平面，則與相交或，排除．
故選B．
4.解析
若②，過作平面，則，又③，則，又，同在內，所以①，即.
5.證明：（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BEAC.
因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.
又因為BE?平面ABC，所以CC1BE.
因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE平面A1ACC1.
因為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°.由題設知RtABE≌RtA1B1E，所以，故AE=AB=3，.
作，垂足為F，則EF平面，且.
所以，四棱錐的體積.
7.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）取的中點，聯結，.
因為，平面，所以平面，故.
由已知，四邊形是菱形，且得，故平面.
因此.
在中，，，故.
所以四邊形的面積為4.
8.解析（Ⅰ）因為平面ABCD，且平面，
所以．
又因為底面ABCD為菱形，所以．
又平面，平面，，
所以平面PAC．
（Ⅱ）因為PA平面ABCD，平面ABCD，
所以PAAE．
因為底面ABCD為菱形，∠ABC=60°，且E為CD的中點，
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上存在點F，且為的中點，使得CF∥平面PAE．
取F為PB的中點，取G為PA的中點，連結CF，FG，EG．
因為，分別為，的中點，則FG∥AB，且FG=AB．
因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四邊形CEGF為平行四邊形，
所以CF∥EG．
因為CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
9.解析
（Ⅰ）連接，易知，.又由，故，又因為平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取棱的中點，連接.依題意，得，又因為平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.
（Ⅲ）連接，由（Ⅱ）中平面，可知為直線與平面所成的角，
因為為等邊三角形，且為的中點，所以.又，
故在中，.
所以，直線與平面所成角的正弦值為.
10..證明：（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BEAC.
因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.
又因為BE?平面ABC，所以CC1BE.
因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE平面A1ACC1.
因為C1E?平面A1ACC1，所以BEC1E.
11.（I）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，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，則A1EBC.
又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.
所以BC平面A1EF.
因此EFBC.
（Ⅱ）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．
由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．
由（I）得BC平面EGFA1，則平面A1BC平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.
連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）.
不妨設AC=4，則在RtA1EG中，A1E=2，EG=.
由于O為A1G的中點，故，
所以．
因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．
12.解析（Ⅰ）因為平面ABCD，且平面，
所以．
又因為底面ABCD為菱形，所以．
又平面，平面，，
所以平面PAC．
（Ⅱ）因為PA平面ABCD，平面ABCD，
所以PAAE．
因為底面ABCD為菱形，∠ABC=60°，且E為CD的中點，
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上存在點F，且為的中點，使得CF∥平面PAE．
取F為PB的中點，取G為PA的中點，連結CF，FG，EG．
因為，分別為，的中點，則FG∥AB，且FG=AB．
因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四邊形CEGF為平行四邊形，
所以CF∥EG．
因為CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
13.
過點P作PO平面ABC交平面ABC于點O，
過點P作PDAC交AC于點D，作PEBC交BC于點E，聯結OD，OC，OE，
則
所以又,
故四邊形為矩形.
有所做輔助線可知，
所以，
所以矩形為邊長是1的正方形，則.
在中，，所以.
即為點P到平面ABC的距離，即所求距離為.
14.解析
（1）連結.因為M，E分別為的中點，所以，且.又因為N為的中點，所以.
由題設知，可得，故，因此四邊形MNDE為平行四邊形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）過C作C1E的垂線，垂足為H.
由已知可得，，所以DE平面，故DECH.
從而CH平面，故CH的長即為C到平面的距離，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
從而點C到平面的距離為.
15.解析
（Ⅰ）連接，易知，.又由，故，又因為平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取棱的中點，連接.依題意，得，又因為平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.
（Ⅲ）連接，由（Ⅱ）中平面，可知為直線與平面所成的角，
因為為等邊三角形，且為的中點，所以.又，
故在中，.
所以，直線與平面所成角的正弦值為.
16.解析：解法一：如圖G為AC的中點，V在底面的射影為O，則P在底面上的射影D在線段AO上，
作于E，易得，過P作于F，
過D作，交BG于H，
則，，，
則，可得；
，可得.
解法二：由最小值定理可得，記的平面角為(顯然)，
由最大角定理可得；
解法三特殊圖形法：設三棱錐為棱長為2的正四面體，P為VA的中點，
易得，可得，，，
故選B．
17.（I）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，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，則A1EBC.
又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.
所以BC平面A1EF.
因此EFBC.
（Ⅱ）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．
由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．
由（I）得BC平面EGFA1，則平面A1BC平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.
連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）.
不妨設AC=4，則在RtA1EG中，A1E=2，EG=.
由于O為A1G的中點，故，
所以．
因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．
2010-2018年
1．C【解析】如圖，連接，因為，所以異面直線與所成角等于相交直線與所成的角，即．不妨設正方體的棱長為2，則，，由勾股定理得，又由平面，可得，
所以，故選C．
2．A【解析】若，，∥，由線面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直線與可能異面，故“∥”是“∥”的充分不必要條件．故選A．
3．A【解析】由正方體的線線關系，易知B、C、D中，所以平面，
只有A不滿足．選A．
4．C【解析】如圖，連結，易知平面，所以，又，所以平面，故，選C．
5．A【解析】因為過點的平面與平面平行，平面∥平面，所以∥∥，又∥平面，所以∥，則與所成的角為所求角，所以，所成角的正弦值為，選A．
6．C【解析】選項A，只有當或時，；選項B，只有當時；選項C，由于，所以；選項D，只有當或時，，故選C．
7．B【解析】由得圓錐底面的半徑，所以米堆的體積，所以堆放的米有斛．
8．C【解析】三棱錐，其中為點到平面的距離，而底面三角形時直角三角形，頂點到平面的最大距離是球的半徑，
故=，其中為球的半徑，
所以，所以球的表面積．
9．D【解析】若直線和是異面直線，在平面內，在平面內，是平面與平面的交線，則至少與，中的一條相交，故選A．
10．B【解析】解法一
設，，則由題意知．
在空間圖形中，連結，設=．
在中，．
過作，過作，垂足分別為．
過作，使四邊形為平行四邊形，則，
連結，則就是二面角的平面角，所以．
在中，，．
同理，，，故．
顯然平面，故．
在中，．
在中，
=
，
所以
，
所以（當時取等號），
因為，，而在上為遞減函數，
所以，故選B．
解法二
若，則當時，，排除D；當時，，，排除A、C，故選B．
11．D【解析】利用正方體模型可以看出，與的位置關系不確定．選D．
12．C【解析】選項中均可能與平面平行、垂直、斜交或在平面內，故選．
13．B【解析】對于選項A，若，則與可能相交、平行或異面，A錯誤；顯然選項B正確；對于選項C，若，，則或，C錯誤；對于選項D，若，，則或或與相交，D錯誤．故選B．
14．D【解析】作，垂足為，設，則，
由余弦定理，
，
故當時，取得最大值，最大值為．
15．B【解析】直線與平面所成的角為的取值范圍是，
由于，，
所以的取值范圍是
16．D【解析】作正方形模型，為后平面，為左側面
可知D正確．
17．D【解析】A中可能平行、垂直、也可能為異面；B中還可能為異面；C中
應與中兩條相交直線垂直時結論才成立，選D．
18．B【解析】利用排除法可得選項B是正確的，∥，，則．如選項A：∥，∥時，或∥；選項C：若，，∥或；選項D：若,
，∥或．
19．B【解析】過點作，若存在某個位置，使得，則面，從而有，計算可得與不垂直，則A不正確；當翻折到時，因為，所以面，從而可得；若，因為，所以面，從而可得，而，所以這樣的位置不存在，故C不正確；同理，D也不正確，故選B．
20．D【解析】對于D，若平面平面，則平面內的某些直線可能不垂直于平面，即與平面的關系還可以是斜交、平行或在平面內，其余選項易知均是正確的．
21．D【解析】兩平行直線的平行投影不一定重合，故A錯；由空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質定理可知、均錯誤，故選D．
22．【解析】由題意畫出圖形，如圖，
設是底面圓的直徑，連接，則是圓錐的高，設圓錐的母線長為，
則由，的面積為8，得，得，在中，
由題意知，所以，．
故該圓錐的體積．
23．【解析】(1)因為，為的中點，所以，且．
連結．因為，所以為等腰直角三角形，
且，．
由知，．
由，知平面．
(2)作，垂足為．又由(1)可得，所以平面．
故的長為點到平面的距離．
由題設可知，，．
所以，．
所以點到平面的距離為．
24．【解析】(1)由題設知，平面平面，交線為．
因為，平面，所以平面，故．
因為為上異于，的點，且為直徑，所以
．
又=，所以平面．
而平面，故平面平面．
(2)當為的中點時，∥平面．
證明如下：連結交于．因為為矩形，所以為中點．
連結，因為為
中點，所以∥．
平面，平面，所以∥平面．
25．【解析】(1)，且為的中點，．
底面為矩形，，
．
(2)底面為矩形，．
平面平面，平面．
．又，
平面，平面平面．
(3)如圖，取中點，連接．
分別為和的中點，，且．
四邊形為矩形，且為的中點，
，
，且，四邊形為平行四邊形，
．
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)取棱的中點，連接，．又因為為棱的中點，故∥．所以（或其補角）為異面直線與所成的角．
在中，，故．
因為平面，故．
在中，，故．
在等腰三角形中，，可得．
所以，異面直線與所成角的余弦值為．
(3)連接．因為為等邊三角形，為邊的中點，故，
．又因為平面平面，而平面，
故平面．所以，為直線與平面所成的角．
在中，．
在中，．
所以，直線與平面所成角的正弦值為．
27．【證明】(1)在平行六面體中，．
因為平面，平面，
所以∥平面．
(2)在平行六面體中，四邊形為平行四邊形．
又因為，所以四邊形為菱形，
因此．
又因為，∥，
所以．
又因為=，平面，平面，
所以平面．
因為平面，
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)如圖，過點作，交直線于點，連結．
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是與平面所成的角．
由，，
得，，
所以，故．
因此，直線與平面所成的角的正弦值是．
29．【解析】（1）在平面內，因為，所以∥，
又平面，平面，故∥平面．
（2）取的中點，連結，．由及∥，
得四邊形正方形，則．
因為側面為等邊三角形且垂直于底面，平面平面=，所以，底面．因為底面，所以．
設，則，，，．取的中點，連結，則，所以．
因為的面積為，所以，解得（舍去），．于是，，．
所以四棱錐的體積．
30．【解析】（1）取的中點連結，.因為，所以．
又由于是正三角形，所以.從而平面，故BD.
（2）連結．
由（1）及題設知，所以．
在中，．
又，所以
，故.
由題設知為直角三角形，所以．
又是正三角形，且，所以．
故為BD的中點，從而到平面的距離為到平面的距離的，四面體的體積為四面體的體積的，即四面體與四面體的體積之比為1:1．
31．【解析】（Ⅰ）如圖，由已知AD//BC，故或其補角即為異面直線AP與BC所成的角．因為AD平面PDC，所以ADPD．在RtPDA中，由已知，得，故．
所以，異面直線AP與BC所成角的余弦值為．
（Ⅱ）證明：因為AD平面PDC，直線PD平面PDC，所以ADPD．又因為BC//AD，所以PDBC，又PDPB，所以PD平面PBC．
（Ⅲ）過點D作AB的平行線交BC于點F，連結PF，則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角．
因為PD平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以為直線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，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為．
32．【解析】（Ⅰ）取中點,連接，，
由于為四棱柱,
所以，，
因此四邊形為平行四邊形,
所以,
又面,平面,
所以∥平面,
（Ⅱ）．，分別為和的中點，
，
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）因為，，所以平面，
又因為平面，所以．
（Ⅱ）因為，為中點，所以，
由（Ⅰ）知，，所以平面．
所以平面平面．
（Ⅲ）因為平面，平面平面，
所以．
因為為的中點，所以，．
由（Ⅰ）知，平面，所以平面．
所以三棱錐的體積．
34．【解析】（Ⅰ）如圖，設PA中點為F，連結EF，FB．
因為E，F分別為PD，PA中點，所以EF∥AD且，
又因為BC∥AD，，所以
EF∥BC且EF=BC，
即四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF，
因此CE∥平面PAB．
（Ⅱ）分別取BC，AD的中點為M，N．連結PN交EF于點Q，連結MQ．
因為E，F，N分別是PD，PA，AD的中點，所以Q為EF中點，
在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE．
由為等腰直角三角形得
PNAD．
由DCAD，N是AD的中點得
BNAD．
所以
AD平面PBN，
由BC∥AD得
BC平面PBN，
那么，平面PBC平面PBN．
過點Q作PB的垂線，垂足為H，連結MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角．
設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，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是．
35．【解析】證明：（1）在平面內，因為，，所以.
又因為平面，平面，所以∥平面.
（2）因為平面平面，
平面平面=，
平面，，
所以平面.
因為平面，所以.
又，，平面，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以．
36．【解析】（1）由正棱柱的定義，平面，
所以平面平面，．
記玻璃棒的另一端落在上點處．
因為，．
所以，從而．
記與水平的交點為，過作，為垂足，
則平面，故，
從而．
答：玻璃棒沒入水中部分的長度為16cm.
(
如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結果為24cm)
（2）如圖，，是正棱臺的兩底面中心.
由正棱臺的定義，平面
，
所以平面平面，.
同理，平面平面，.
記玻璃棒的另一端落在上點處.
過作，為垂足，
則==32.
因為=
14，=
62，
所以=
，從而.
設則.
因為，所以.
在中，由正弦定理可得，解得.
因為，所以.
于是
.
記與水面的交點為，過作，為垂足，則
平面，故=12，從而
=.
答:玻璃棒沒入水中部分的長度為20cm.
(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結果為20cm)
37．【解析】（Ⅰ）證明：因，所以與確定一個平面，連接，因為
為的中點，所以；同理可得，又因為，所以平面，因為平面，．
（Ⅱ）設的中點為，連，在中，是的中點，所以，又，所以；在中，是的中點，所以，又，所以平面平面，因為平面，所以平面．
38．【解析】（Ⅰ）證明：取的中點為，連接，在中，因為是的中點，所以且，又因為，所以且，即四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．
（Ⅱ）證明：在中，，由余弦定理可，進而可得，即，又因為平面平面平面；平面平面，所以平面.又因為平面，所以平面平面．
（Ⅲ）解：因為，所以直線與平面所成角即為直線與平面所成角.過點作于點，連接，又因為平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直線與平面所成角即為.在中，，由余弦定理可得，所以，因此，在中，，所以直線與平面所成角的正弦值為．
39．【解析】（Ⅰ）因為在平面內的正投影為，所以
因為在平面內的正投影為，所以
所以平面，故
又由已知可得，，從而是的中點.
（Ⅱ）在平面內，過點作的平行線交于點，即為在平面內的正投影.
理由如下：由已知可得，，又,所以，,因此平面，即點為在平面內的正投影.
連接，因為在平面內的正投影為，所以是正三角形的中心.
由（Ⅰ）知，是的中點，所以在上，故
由題設可得平面，平面，所以，因此
由已知，正三棱錐的側面是直角三角形且，可得
在等腰直角三角形中，可得
所以四面體的體積
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
五邊形的面積
所以五棱錐體積
41．【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中點，連接，由為中點知，.
又，故平行且等于，四邊形為平行四邊形，于是.
因為平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）因為平面，為的中點，所以到平面的距離為．取的中點，連結.由得，
.
由得到的距離為，故.
所以四面體的體積.
42．【解析】（Ⅰ）因為四邊形為菱形，所以，
因為平面，所以，故平面．
又平面，所以平面平面．
（Ⅱ）設=，在菱形中，由=120°，
可得=，=．
因為，所以在中，可得．
由平面，知為直角三角形，可得．
由已知得，三棱錐的體積．
故．
從而可得．
所以的面積為3，的面積與的面積均為．
故三棱錐的側面積為．
43．【解析】（Ⅰ）交線圍成的正方形如圖
（Ⅱ）作，垂足為，則，，．因為為正方形，所以．
于是，，．
因為長方形被平面分成兩個高為10的直棱柱，所以其體積的比值為（也正確）．
44．【解析】（Ⅰ）設，連結OF，EC，
由于E為AD的中點，，
所以,
因此四邊形ABCE為菱形，所以O為AC的中點，又F為PC的中點，
因此在中，可得.
又平面BEF，平面BEF，所以平面.
（Ⅱ）由題意知，，所以四邊形為平行四邊形，
因此．又平面PCD，所以，因此．
因為四邊形ABCE為菱形，所以.
又，AP，AC平面PAC，所以平面．
45．【解析】（Ⅰ）為中點，DE∥PA，
平面DEF，DE平面DEF，PA∥平面DEF，
（Ⅱ）為中點，，
為中點，，
，，DEEF，
，，
，DE平面ABC，
DE平面BDE，平面BDE平面ABC．
46．【解析】（Ⅰ）連接BD交AC于點O，連結EO．
因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點。
又E為PD的中點，所以EO∥PB。
EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.
（Ⅱ）因為PA平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．
如圖，以A為坐標原點，的方向為軸的正方向，為單位長，建立空間直角坐標系，
則.
設，則。
設為平面ACE的法向量，
則即，
可?。?/p>
又為平面DAE的法向量，
由題設，即，解得．
因為E為PD的中點，所以三棱錐的高為．
三棱錐的體積．
47．【解析】（Ⅰ）證明：如圖取PB中點M，連接MF，AM.因為F為PC中點，
故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E為AD中點，
因而MF//AE且MF=AE，故四邊形AMFE為平行四邊形，
所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，
所以EF//平面PAB.
（Ⅱ）（i）證明：連接PE，BE．因為PA=PD，BA=BD，而E為AD中點，
故PEAD，BEAD，所以PEB為二面角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=，從而，即BEPB，
又BC//AD，BEAD，從而BEBC，因此BE平面PBC．又BE平面ABCD，
所以平面PBC平面ABCD．
（ii）連接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB為直線EF與平面PBC所成的角，
由PB=，PA=，AB=得ABP為直角，而MB=PB=，可得AM=，
故EF=，又BE=1，故在直角三角形EBF中，
所以直線EF與平面PBC所成角的正弦值為．
48．【解析】（Ⅰ）設點O為AC，BD的交點，
由AB＝BC，AD＝CD，得BD是線段AC的中垂線．
所以O為AC的中點，BDAC．
又因為PA平面ABCD，BD平面ABCD，
所以PABD．所以BD平面APC．
（Ⅱ）連結OG.由(1)可知OD平面APC，則DG在平面APC內的射影為OG，所以∠OGD是DG與平面APC所成的角．
由題意得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與平面APC所成的角的正切值為.
（Ⅲ）連結OG.因為PC平面BGD，OG平面BGD，所以PCOG.
在直角PAC中，得PC＝.
所以GC＝.
從而PG＝，
所以.
49．【解析】（Ⅰ）由AB是圓O的直徑，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）連OG并延長交AC與M，鏈接QM，QO.
由G為?AOC的重心，得M為AC中點，
由G為PA中點，得QMPC.
又O為AB中點，得OMBC.
因為QM∩MO=M，QM平面QMO．
所以QG//平面PBC．
50．【解析】（Ⅰ）因為是直三棱柱，所以平面ABC，又平面,所以，又因為平面，所以平面，又AD平面ADE，所以平面ADE平面.
（Ⅱ）因為，為的中點，所以．因為平面，且平面，所以又因為，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）是中點點到面的距離，
三棱錐的體積
，
（Ⅲ）取的中點為，連接，，
又平面面面面，
點是棱的中點
，
得：平面．
52．【證明】：（Ⅰ）在PAD中，因為E、F分別為AP，AD的中點，所以EF//PD．
又因為EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直線EF//平面PCD．
（Ⅱ）連結DB，因為AB=AD，∠BAD=60°，
所以ABD為正三角形，因為F是AD的中點，所以BFAD．
因為平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF平面PAD．又因為BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD．
53．【解析】法一：（Ⅰ）證明：取AD中點G，連接PG，BG，BD．因PA=PD，有，在中，，有為等邊三角形，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），為二面角P—AD—B的平面角，
在，
在，
，
法二：（Ⅰ）取AD中點為G，因為
又為等邊三角形，因此，，
從而平面PBG．
延長BG到O且使得PO
OB，又平面PBG，PO
AD，
所以PO
平面ABCD．
以O為坐標原點，菱形的邊長為單位長度，直線OB，OP分別為軸，z軸，平行于AD的直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系．
設
由于
得
平面DEF．
（Ⅱ）
取平面ABD的法向量
設平面PAD的法向量
由
取
54．【解析】（Ⅰ）因為四邊形是正方形，所以//.故為異面直線與所成的角.因為平面，所以.故.
在中，=1，=，==3,
故==.
所以異面直線和所成角的余弦值為.
（Ⅱ）證明：過點作//,交于點，則.由,可得,從而,又,=,所以平面.
(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得=，即為的中點.取的中點，連接，則,因為//,所以//.過點作，交于，則為二面角--的平面角。
連接，可得平面,故.從而.由已知，可得=.由//,,得.
在中，,
所以二面角--的正切值為．
55．【解析】
(Ⅰ)取的中點G，連結GF，CE，由條件易知
FG∥CD，FG=CD．BE∥CD,BE=CD．所以FG∥BE，FG=BE．
故四邊形BEGF為平行四邊形，所以BF∥EG．
因為平面，BF平面，所以
BF//平面．
（Ⅱ）解：在平行四邊形,ABCD中，設BC=，則AB=CD=2，AD=AE=EB=，
連CE，因為．
在BCE中，可得CE=，
在ADE中，可得DE=，
在CDE中，因為CD2=CE2+DE2，所以CEDE,
在正三角形中，M為DE中點，所以DE.
由平面平面BCD,
可知平面BCD,
CE.
取的中點N，連線NM、NF，
所以NFDE，NF.
因為DE交于M，
所以NF平面，
則∠FMN為直線FM與平面新成角．
在RtFMN中，NF=,
MN=,
FM=，
