高中数学立体几何经典练习题试题(含答案)

1、高中数学立体几何经典练习题训练试题学校：姓名：班级：考号：说明：1、本试卷包括第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100 分。考试时间100分钟。2、答题前，考生务必将自己的姓名、考号用。.5毫米的黑色签字笔填写在 答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。3.超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。考试结束后，将答题卡收回。第I卷（选择题）一个棱柱中截去一个棱柱C. 一个棱柱中截去一个棱锥一个棱柱中截去一个圆柱D. 一个棱柱中截去一个棱台评卷入得分一.单选题（共_小题）1.如图的组合体的结构特征是（）2、如图，正方体ABCD-AiBiJDi的棱长为1,过点A作平面Ai

2、BD的垂线，垂足为H,则以下命题中，错误的是（）5CiA.点H是aAiBD的垂心C. AH的延长线经过点CiB.直线AH与CD1的成角为90。D.直线AH与BBi的成角为45。3.设M=正四棱柱, N=直四棱柱, P=长方体, Q=直平行六面体,则四个集合的关系为（ ）A. MCRCNCQ B. MCPCqcn C. PM&N*Q D. PMEQN4、在棱长为工的正方体ABCD-AiB1ciDi中,若E, F, G分别为QD】,AAn BBi的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（）5.在楂长为1的正方体中过相邻三个面上的对角线截得一个正三楂锥，则它的高是（A. 1B

3、.孚C. D.6,设棱锥的高为H,底面枳为S,用平行于底面的平面截得的棱锥高的下半部分高为h,若截面面积为P,则h: 1是（）SPB-7、如图,在正方体ABCD-AiBiCiDi中,E、F、G分别是棱AtBi、BBi. BiCi的中点,则下列结论中：riCi FG_LBD；&口，面 EFG；面 EFG 面 ACCiAi：EF 面 CDD1cl.正确结论的序号是（）A.和B.和C.和D.和8. 一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面（）A.必定都不是直角三角形B.至多有一个直角三角形C.至多有两个直角三角形D.可能都是直角三角形9、如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位

4、线DE交于点G,已知A DE （A6平面ABC）是4ADE绕DE旋转过程中的一个图形，有下列命题：平面A FG_L平面ABC；BC平面A，DE：三棱锥A -DEF的体积最大值为占a?：nd_存在某个位置，使得DF与A E垂直.其中正确的命题是（）A.B.10、如图所示，正方体ABCD-A1B1C仙的棱长为1,线段BD1上有两个动点E, F,且EF=J,则下列有四个结论: ACJ_BEEF平面ABCD三棱锥A-BEF的体积为定值AAEF的面枳与ABEF的面枳相等.其中错误的结论个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3如图,E为正方体的棱AAi的中点,F为棱AB上的一点，且NJEF=9（T ,则

5、AF： FB=1： 31： 4一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为36五，那么这个正三楂柱的体积是（）A. 273B. 363C. 54回D. 162收13、三棱锥 P-ABC, PC_L面 ABC, ZXPAC 是等腰三角形，PA=4, AB_LBC, CHLPB,垂足为 H,D是PA的中点，则aCDH的面积最大时，CB的长是（），孚14、如图，在边长为2的正方体ABCD-AiBiGDi中，P为棱AB的中点，M为面BCClB上的 点.一质点从点P射向点M,遇正方体的面反射（反射服从光的反射原理），反射到点D】.则线段PM与线段MDi的长度和为（4一个棱柱为正四棱

6、柱的充要条件是（）A.底面是正方形，有两个侧面垂直与底面B.底面是正方形，有两个侧面是矩形C.底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直D.各个面都是矩形的平行六面体第II卷（非选择题）评卷入得分二.填空题（共一小题）一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则它的高为.17、如图，已知正方体ABCD-AiBiJDi中，F为线段BQ的中点,E为线段Ai上的动点,则 下列四个结论： TOC o 1-5 h z D,rcL-1/HB存在点E,使EFBD；存在点E,使EF_L平面ABiCiD；EF与ADi所成的角不可能等于60 ：三棱锥BrACE的体积随动点E而变化.其中正确的是.18、如图所示，在三

7、楂柱ABC-AiBiCi中，AAi_L底面AiBiCi,底面为直角三角形，NACB=90 , AC=2, BC=1, CCi=E，P是BQ上一动点，则AiP+PC的最小值是.19.三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形,NC=90 , PCAC, PCBC,若PC=AC=4,则ABP的面枳为.20、如图在长方体ABCD-AiBiCiDi中，三棱锥ArABC的面是直角三角形的个数为:21.侧棱和底面边长都是3回的正四棱锥的外接球半径是22、如图，正方体ABCD-AiBiCiDi的棱长为1, 0是底面AiBiCiDi的中心,则0到平面ABCiDi 的距离为.23.在三棱锥P-ABC中，给出下列四个

8、命题：如果PAJ_BC, PBAC,那么点P在平面ABC内的射影是aABC的垂心；如果点P到4ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面ABC内的射影是4ABC 的内心；如果棱PA和BC所成的角为60? , PA=BC=2, E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1； 三棱锥P-ABC的各棱长均为1,则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于， 如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间 的球面距离为n -arccos-.其中正确命题的序号是.24、在三楂锥的四个面中，最多有 个面为直角三角形.25、如图,长方体ABCD-AiBiCiDi中,

9、AD=1,若边AB上有且只有一个点P,使DiP_LPC,则AB=.评卷入得分三.简答题（共_小题）26、正三楂台的高为3,上、下底面边长分别为2和4,求这个棱台的侧棱长和斜高.27、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60 ,又NBAC=60” ,且SA1BC.(1)求证：S-ABC为正三楂锥；(2)已知SA=a,求S-ABC的全面积.28、如图,已知直四棱柱ABCD-AiBiCiDi的底面是边长为2、ZADC=120的菱形，Q是侧棱 DDi (DDi )延长线上的一点，过点Q、Ai、Ci作菱形截面QAiPCi交侧棱BBt于点P.设 截面QAiPCi的面积为Si,四面体B

10、i-AiJP的三侧面BiAiCi、ABiPCi. ZBiAiP面枳的和为(I )证明：ACQP；(II)当S取得最小值时,求C0SNA1QC1的值.29、已知三棱椎 D-ABC, AB=AC=1, AD=2, ZBAD= ZCAD= ZBAC=90 ，点 E, F 分别是 BC,DE的中点，如图所示，fl(1)求证 AJLBC(2)求线段AF的长.30.已知正三棱锥的高为1，底面边长为2眄，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切,求：(1)棱锥的全面积；(2)球的半径R.参考答案1.如图的组合体的结构特征是（）一个棱柱中截去一个棱柱C. 一个棱柱中截去一个极锥一个棱柱中截去一个圆柱D. 一个棱柱

11、中截去一个棱台答案：C解析:解：如图所示的图形，可看成是四棱柱截取一个角即三楂锥可得的组合体.故为一个棱柱中截去一个棱锥所得.故选C.2、如图，正方体ABCD-ABiDi的棱长为1,过点A作平面ABD的垂线，垂足为H,则以下命题中，错误的是（）5CiA.点H是aAiBD的垂心C. AH的延长线经过点CiB.直线AH与CDi的成角为90。D.直线AH与BBi的成角为45。答案：D碗解：由ABCD-AiBiCiDi是正方体，得A-AiBD是一个正三棱锥，因此A点在平面AiBD上的射 影H是三角形BD的中心，故A正确；AHJ_1S AiBD,，AH_LAiB,又CDiAB 可得直线AH与CDi的成角

12、为90 ,故B正确；连接AJ,由三垂线定理及线面垂直的判定可得再由过一点与已知平面垂直的直线有且只有一条可得AH与AC1重合，可得C正确；直线AH与BB1所成的角，即为AH与AAi所成的角，设为8 ,由正方体棱长为1,可得正三棱锥的底面边长为回，从而求得AH孝，则cos8 = ，.D 错误.故选：D.3.设M=正四棱柱, N=直四棱柱, P=长方体, Q=直平行六面体,则四个集合的关系为( )A. MCPCNQB. MCPCQCNC. PMNGQD.咚MUQUN答案：B解析：解：M=正四棱柱;底面是正方形的直棱柱；N=直四棱柱:是侧棱与底面垂直的四棱柱，底面是四边形即可；P=长方体:底面是矩形

13、侧棱垂直底面的四棱柱；Q=直平行六面体:是侧棱垂直底面的四棱柱；故选B.4、在棱长为1的正方体ABCD-AiBiJDi中，若E, F, G分别为JDi, AAi, BBi的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为()C TOC o 1-5 h z 1I5A. 1B. -C. -D.-248答案：B解析：解：过E点做EH垂直CD于H,连接EH,易得H即为E在平面ABCD上的射影,连接AH, BH,如下图所示则AH, BH, AB分别为FE, EG, FB在平面ABCD上的射影，又由G在平面ABCD上的射影为B,故4ABH即为空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影

14、_1 _1SaaBH=SabCD=故选B5.在校长为1的正方体中过相邻三个面上的对角线截得一个正三楂锥，则它的高是（解析:答案：C沿棱长为1的正方体相邻三个面的对角线截去一个棱锥，如图,棱锥C -CBD的体枳为：7x彳xlxlqy, 3 2 o又棱锥GBDU的体积为/+2的它们是同一个几何体的体积, xJIx2x/j=-,3 46.,停 故选c.6.设棱锥的高为H,底面枳为S,用平行于底面的平面截得的棱锥高的下半部分高为h,若截面面积为P，则h： 1是（）PSPA. B.SS答案：DC.PD.s-WS解析：解：平行于底面的截面与底面是相似的多边形, 两个面枳的相似比等于对应的棱锥的高度之比，

15、. (HN _尸* H2 $故选D7、如图,在正方体ABCD-AiBiCiDi中,E、F、G分别是棱AtBi、BBi. BiCi的中点,则下列结论中： FG_LBD；BiD_L面 EFG；面 EFG 面 ACCiAi：EF面 CDDiCi.正确结论的序号是（）A.和B.和C.和D.和解析:AM BBi、BiJ的中点答案：D解：如图连接AiCi、AiB、BCi. BD、BiD,因为E、F、G分别是棱对于因为FGBG, BDG是正三角形，FG1BD,不正确.对于因为平面AiCiB平面EFG,并且BiDJ_平面AiCiB,所以BQL面EFG,正确.面EFG 面ACCiAi：显然不正确.EF平面CDD

16、G内的DC 所以EF面CDDq.正确.故选D8. 一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面（）A.必定都不是直角三角形B.至多有一个直角三角形C.至多有两个直角三角形D.可能都是直角三角形答案：D解析：解：如果一个三棱锥的底面是直角三角形，如图,BCD, BCCD, BCAC, 那么它的三个侧面都是直角三角形. 故选D.9、如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知AA DE （A阵平面ABC）是4ADE绕DE旋转过程中的一个图形，有下列命题：平面A FG_L平面ABC；BC平面A，DE；三棱锥A，-DEF的体积最大值为gya?： 04存在某个位置，使得

17、DF与A，E垂直.其中正确的命题是（）A.B.C. D. 答案：D解析：解：中由己知可得四边形ABCD是菱形，则 DE_LGA , DEGF,DEJ_平面A FG,面A FGJ_而ABC,正确：又BCDE, BC平面A DE；正确：当面A，DE_L面ABC时，三棱锥A -DEF的体积达到最大，最大值为:义；xa2Xa= 34447-ra3,正确：64当0 E） 2+EF2= （A F） 2时，DF与A，E垂直，正确；故选：D.10、如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D的棱长为1,线段BD1上有两个动点E, F,且EF=：,则下列有四个结论: AC_LBEEF平面ABCD三棱锥A-BEF的体

18、积为定值AAEF的面枳与ABEF的面枳相等.其中错误的结论个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3答案：B解析：解：对于,根据题意,结合图形知,ACJDDiBiB, BEu平面DD1B1B,A AC BE,命题正确：对于，正方体ABCD-AiBEiDi中，平面ABCD平面AiBiJDi, EFu平面AiBiGD1,JEF平面ABCD,命题正确；11 1 17 ?对于，二棱铢 A-BEF 的体枳为 V .wwa-bef= Sabef h=- XXXIX =-, JJ 乙 乙z 44三棱锥A-BEF的体积为定值，命题正确；对于，点B到直线EF的距离与点A到直线EF的距离不相等，.AEF与4BEF

19、的面积不相等，命题错误；综上，错误的命题有1个.故选:B.如图，E为正方体的棱AAi的中点，F为棱AB上的一点，且NCEF=9（T ,则AF： FB=答案：C 解析: 解：解：设正方体的楼长为：2,由题意可知CiE=J2+（2）2=3,ZCiEF=90 ,所以设 AF=x, l2+x2+CiE2=22+22+ (2-x) 2,解得:I x=21 3所以 AF： FB=y： -=1： 3；故选：c. 一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体枳为36人，那么这个正三楂柱的体积是（）A. 273B. 368C. 54回D. 162收答案：D解析：解：由球的体积公式，得上知3=3

20、6兀，AR=3.正三棱柱的高h=2R=6.设正三棱柱的底面边长为a,则其内切圆的半径为：（=3,:.a=6 后.,该正三棱柱的体积为：V=S ft*h=,a*a-sin601 h=162x（y.故选D.13、三棱锥P-ABC,（：，面人8（：, ZXPAC是等腰三角形，PA=4, ABBC, CHPBt垂足为H,D是PA的中点，则ACDH的面积最大时，CB的长是（）AB.拉C.也D.江333答案：D解析：解：三棱锥 P-ABC 中，PC_LfABC, ABu 平面 ABC, A PC AB：又 AB_LBC, BCAPC=C,AB_L平面PBC；又CHu平面PBC,A AB CH,又 CH_L

21、PB,PBCAB=B,CH_L 平面 PAB,又DHc平面PAB,ACHDH：又4PAC是等腰直角三角形，且PA=4, D是PA的中点，ACD=-PA=2,设 CH=a, DH=b,则 a2+b2=CD2=4,A4=a2+b22ab,1 即” bWl,当且仅当a=b=旧时，=”成立，此时4CDH的面积最大；在 RtZiPBC,设 BC=x,则 PB=A/3C2C2=j(2j2)24-x28-t-x2，IIA-PC*BC=-PBH, 22即 2j2*x=J8+x2.j2； 解得x=孚，CB的长是手.故选：D.14、如图，在边长为2的正方体ABCD-AiBiJDi中，P为棱AB的中点，M为面BCJ

22、B上的 点.一质点从点P射向点M,遇正方体的面反射（反射服从光的反射原理），反射到点立则线段PM与线段MDi的长度和为（）c.D. 32答案：C解析：解：根据几何体的性质，结合光的反射原理得出P关于B的对称点N,AMP=NP,即连接DN,即N,根据正方体的性质，得出RtZiDiDN,边长为2,AAN=3, AD=2, 即 DN=”，VDDi=2, DiN=J3+4=7.故选：CClDIAl一个棱柱为正四棱柱的充要条件是（）A.底面是正方形，有两个侧面垂直与底面B.底面是正方形，有两个侧面是矩形C.底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直D.各个面都是矩形的平行六面体答案：C解析：解：若底面是正

23、方形，有相对的两个侧面垂直于底面，另外两个侧面不垂直于底面，则棱柱 为斜棱柱，故A不满足要求；若底面是正方形，有相对的两个侧面是矩形，另外两个侧面是不为矩形的平行四边形，则棱 柱为斜棱柱，故B不满足要求；底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直，则底面为正方形，侧棱与底面垂直，此时棱 柱为正四棱柱，故C满足要求：各个面都是矩形的平行六面体，其底面可能不是正方形，故D不满足要求；故选C评卷入得分二.填空题（共_小题）一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则它的高为答案：回解析：解：一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，所以圆锥的底面周长为：2n底面半径：1所以圆锥的高是：回故答案为：回

24、17、如图，已知正方体ABCD-AiBiGDj中，F为线段BQ的中点，E为线段A1cl上的动点，则 下列四个结论：D,r y cL-1/HB存在点E,使EFBD；存在点E,使EF_L平面AB1C1D；讦与AD】所成的角不可能等于60 ；三棱锥Bi-ACE的体积随动点E而变化.其中正确的是.答案：解析：解：设正方体的边长为1,以点D为坐标原点，以DA, DC, DDi所在的直线为x, y, z轴建 立空间直角坐标系，则 D (0, 0, 0), A (1, 0, 0), B (1, 1, 0), C (0, 1, 0), D1(0, 0, 1), Ai (1, 0,11 . 11), Bi (1

25、, 1, 1), Ci (0, 1, 1),点尸Q, 1 ,DE = DC +C ECXE=入3（0M 入 Ml）DC =（。, 1，1）, CAl=（h -L。）, 不=（入，-L。），因此益=（入，1一入，1）,一 _ J 、 11AE= （ X , 1-人，1）, ，EF一17-八，九 一7），乙-1对于而言就是否存在实数、，使EFBD,而8。= （-1,-1, 0）, _入=工=_1，此即 -1.9 =。，-T = 0,这样的人不存在，错误;A1 2 A 对于而言就是否存在实数、，使EF_L平面ABiCiD,首先我们在平面ABiCiD内任意找到两 条相交直线的方向向量，不妨就找C16和

26、CQ,用K。rA=0.“ 一,，于是=入=彳，即就是当E为C1A1的中点的时候，正 5。=0l-A = 0-、2确；同理，对于而言，还是判断这样的实数人是否存在，7 = （一, 0, 1 而=（：-入，A, -）,a X 1c ADiEF 1设其夹角为。，则存的皿叼22+入4J | 令0=60。，此即lx （1-A）2+A2+1I = ，将上式平方解得入=彳，将人回代原式结论成 立，这样的人存在；错误； 对于来说，E点无论在AiCi上怎样移动，底面AACE的高不变，故而底面面积不变，三棱 锥的高为定值，所以其体积不会随着E点的变化而变化，故错误.故答案为：.18、如图所示，在三楂柱ABC-Ai

27、BiCi中，AAi，底面AiBiCi,底面为直角三角形，NACB=90 , AC=2, BC=1, CCi=j3, P 是 BCi 上一动点，则 AiP+PC 的最小值是.答案：卜+2M解析:解：连AiB,沿BCi将ACBCi展开与A1BC1在同一个平面内，如图所示, 连AiC,则AiC的长度就是所求的最小值.在三棱柱ABC-ABG中,AA底面AiBiCi,底面为直角三角形,ZACB=90 , AC=2, BC=1,A BCi=2, AiCi=2, AiB=2值, BC=1, CCk回, 即 NAiCiB=90 , ZCCiB=30 ,A ZAiCiC=90M +30 =120” ,由余弦定理

28、可求得 AiC2=22+（M）2-2x2xJJxco120=4+3+2x2xBx1=7+2jy,AAiP+PC的最小值是17+23,故答案为：J7 +2行.19.三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形,ZC=90 , PCAC, PCBC,若PC=AC=4,则ABP的面枳为.答案：本解析:PCAC, PCBC,解二三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形，NC=90。，三棱锥P-ABC是正方体的一个角, ABP是一个边长为4回的正三角形， 则4ABP的面积为,=乂（4）2=8 3.故答案为：20、如图在长方体ABCD-AiBiCiDi中，三棱锥Ai-ABC的面是直角三角形的个数为：答案：4解析：

29、解析：据题意由AAi_L平面ABCD,可得三角形AAiB, AAiC为直角三角形，又易推出BC_L平面AAiB,故三角形AiBC和ABC为直角三角形，即此四面体各个面均为直角三角形.故答案为：4.21 .侧棱和底面边长都是3回的正四棱锥的外接球半径是答案：36 JiWr：解：解：如图，侧棱和底面边长都是3回的正四棱锥设正四棱锥底面的中心为O, AB=BC=3j2AA0=C0=3,在直角三角形ABC中，AC=j2XAB=6,在直角三角形PAO中，P0=、尸2_AO2=3,正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为3,正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=3,球的表面积S=4 n36

30、 n ,故答案为：36 n22、如图，正方体ABCD-AiBiCiDi的棱长为1, 0是底面AiBiCiDi的中心，则0到平面ABCiDi 的距离为.答案：w4解析：解：因为。是A1是的中点,求0到平面ABJDi的距离,就是Ai到平面ABCiDi的距离的一半,就是Ai到ADi的距离的一半.所以，连接AiD与ADi的交点为P,则AiP的距离是:0到平面ABC1D1的距离的2倍0到平面ABCiDi的距离:故答案为:f23.在三楂锥P-ABC中，给出下列四个命题：如果PAJ_BC, PBAC,那么点P在平面ABC内的射影是AABC的垂心；如果点P到4ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面A

31、BC内的射影是4ABC 的内心； 如果棱PA和BC所成的角为60? , PA=BC=2, E、F分别是楂PB、AC的中点，那么EF=1；三棱锥P-ABC的各棱长均为1,则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于%如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间 的球面距离为n -arccos-.其中正确命题的序号是.解析:答案：解：若PABC, PBAC,因为PH,底面ABC,所以AH1BC,同理BH_LAC,可得H是AABC的垂心，正确.若PA=PB=PC,易得AH=BH=CH,则H是ABC的外心，不正确.如果棱PA和BC所成的角为60 , PA=BC=2

32、, E、F分别是极PB、AC的中点，那么EF=1或 8；不正确.如果三楂锥P-ABC的各条楼长均为1,则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面枳都不大 于正确.如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间 的球面距离为4-arccos，正确.故答案为：.24、在三楂锥的四个面中，最多有个面为直角三角形.答案：4解析：解：如果一个三棱锥V-ABC中，侧棱VA_L底面ABC,并且aABC中NB是直角.因为BC垂直于VA的射影AB,所以VA垂直于平面ABC的斜线VB, 所以NVBC是直角.由VA_L底面ABC,所以NVAB, NVAC都是直角.因此三棱锥的四个面中NA

33、BC； ZVAB： ZVAC； NVBC都是直角.所以三棱锥最多四个面都是直角三角形.故答案为：425、如图,长方体ABCD-AiBiCiDi中,AD=1,若边AB上有且只有一个点P,使DiP_LPC,则答案：2解析：解：由题意，连接DPVDiPXPC, DiD_L平面 ABCDA DP PC。边AB上有且只有一个点P,使DtP_LPC P是AB的中点,VAD=1, AAB=2故答案为2.评卷入得分三.简答题（共_小题）答案:C解：如图所示,26、正三楂台的高为3,上、下底面边长分别为2和4,求这个棱台的侧棱长和斜高.正三棱台ABC-AiBiCi中,高001=3,底面边长为AiBi=2, AB

34、=4,棱台的侧棱长为该校台的斜高为EEf、32+(裾一事局 27、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60，又NBAC=60，且SABC.(1)求证：S-ABC为正三棱锥;(2)己知SA=a,求S-ABC的全面积.答案：(1)证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形； 顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可.作三棱锥S-ABC的高SO, 0为垂足，连接A0并延长交BC于D.因为SA_LBC,所以AD_LBC.又侧棱与底面所成的角都相等，从而。为AABC的外心，0D为BC的垂直平分线，所以AB=AC.又NBAC=60 , 故AABC为正三角形，且。为其中心.所以S-ABC为正三棱锥. TOC o 1-5 h z (2)解：在 RtaSAO 中，由于 SA=a, ZSAO=60 , rj i33所以SO*a, AO=-a.因。为重心，所以ADfAOQa,11BC=2BD=2ADcot60 =a