1、 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN高二立体几何练习题(理科附答案)高2013级理科立体几何练习题答案1（重庆理19）如图，在四面体中，平面平面，. （）若，求四面体的体积； () 若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值. （I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DFAC.故由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DF=ADsin30=1，AF=ADcos30=.在RtABC中，因AC=2AF=，AB=2BC，由勾股定理易知故四面体ABCD的体积 （II）解法一：如答（19）图1，设
2、G，H分别为边CD，BD的中点，则FG/AD，GH/BC，从而FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角. 设E为边AB的中点，则EF/BC，由ABBC，知EFAB.又由（I）有DF平面ABC， 故由三垂线定理知DEAB.所以DEF为二面角CABD的平面角，由题设知DEF=60设在从而因RtADERtBDE，故BD=AD=a，从而，在RtBDF中，又从而在FGH中，因FG=FH，由余弦定理得因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为解法二：如答（19）图2，过F作FMAC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，
3、y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Fxyz.不妨设AD=2，由CD=AD，CAD=30，易知点A，C，D的坐标分别为显然向量是平面ABC的法向量.已知二面角CABD为60，故可取平面ABD的单位法向量，使得设点B的坐标为，有易知与坐标系的建立方式不合，舍去.因此点B的坐标为所以从而故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为2（北京理16）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.()求证：平面（）若求与所成角的余弦值；（）当平面与平面垂直时，求的长.解（）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PA平面ABCD.所以PABD.所以BD平面PAC.（）设ACBD=O.因为BAD=60，P
4、A=PB=2,所以BO=1，AO=CO=.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P（0，2），A（0，0），B（1，0，0），C（0，0）.所以设PB与AC所成角为，则.（）由（）知设P（0，t）（t0），则设平面PBC的法向量,则所以令则所以同理，平面PDC的法向量因为平面PCB平面PDC,所以=0，即解得所以PA=3（天津理17）如图，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；（）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长解：方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点. 依题意得 （I）解：易得， 于是
5、所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 （II）解：易知 设平面AA1C1的法向量， 则即 不妨令可得， 同样地，设平面A1B1C1的法向量， 则即不妨令，可得于是从而所以二面角AA1C1B的正弦值为 （III）解：由N为棱B1C1的中点，得设M（a，b，0），则由平面A1B1C1，得即解得故因此，所以线段BM的长为方法二：（I）解：由于AC/A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，可得因此所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以，过
6、点A作于点R，连接B1R，于是，故为二面角AA1C1B1的平面角.在中，连接AB1，在中，从而所以二面角AA1C1B1的正弦值为（III）解：因为平面A1B1C1，所以取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，所以ND/C1H且.又平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则由得，延长EM交AB于点F，可得连接NE.在中，所以可得连接BM，在中，4.（陕西理16） 如图，在中，是上的高，沿把折起，使。（）证明：平面平面；（）设为的中点，求与夹角的余弦值。解（）折起前是边上的高，当折起后，AD，AD，又DB，平面，AD 平面平面BDC平面
7、ABD平面BDC。（）由及（）知DA，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，0），=，=（1，0,0,），与夹角的余弦值为，=5（全国新课标理18） 如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，底面ABCD（I）证明：；（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值解：（）因为， 由余弦定理得从而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故 PABD（）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间
8、直角坐标系D-，则，设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则 即 因此可取n=设平面PBC的法向量为m，则 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值为 6.（四川理19） 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中 BAC=90，AB=AC=AA1 =1D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1平面BDA（I）求证：CD=C1D：（II）求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； （）求点C到平面B1DP的距离解：（1）连接交于,又为的中点，中点，,D为的中点。（2）由题意,过B 作,连接，则,为二面角的平面角。在中，,则（3）因为，所以,在中，7.（福建理
9、20） 如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD中，ABAD，AB+AD=4，CD=，（I）求证：平面PAB平面PAD；（II）设AB=AP （i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长； （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。解法一：（I）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又所以平面PAD。又平面PAB，所以平面平面PAD。（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4
10、，得AD=4-t，所以，（i）设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，设G（0，m，0）（其中）则，由得，（2）由（1）、（2）消去t，化简得（3）由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，C，D的距离都相等。从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。解法二：（I）同解法一。（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/A
11、B交AD于E，则。在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，由GC=CD，得，从而，即设，在中，这与GB=GD矛盾。所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。8.(湖北理18） 如
12、图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合（）当=1时，求证：；（）设二面角的大小为，求的最小值解法1：过E作于N，连结EF。 （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC侧面A1C。 又度面侧面A，C=AC，且底面ABC， 所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，在中，=1，则由，得NF/AC1，又故。由三垂线定理知（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。由（I）知侧面A1C，根据三垂线定理得所以是二面角CAFE的平面角，即，设在中，在故又故当时，达到最小值；，此时F与C1重合。解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知
13、可得于是则故（II）设，平面AEF的一个法向量为，则由（I）得F（0，4，），于是由可得取 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为， 于是由为锐角可得， 所以， 由，得，即故当，即点F与点C1重合时，取得最小值9如图，在三棱锥P-ABC中，ABBC，ABBCkPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP平面ABC当k时，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值； 当k为何值时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心？解:连OB，由ABBC得OAOB，又OP平面ABC，得OPOA，OPOB故以O为原点，射线OA、OB、OP分别为、y、z轴的正半轴建立空间直角坐标系设ABa，OPh，则A(a，
14、0，0)，B(0，a，0)，C(a， 0，0)，P(0，0，h)当k时，P(0，0，a)，(a，0，a)可求得平面PBC的一个法向量为(1，1，)，cos，即直线PA与平面PBC所成角的正弦值为； PBC的重心G(a，a，h)若O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心G，需OG平面PBC，即OGPB，且OGBC由(a，a，h)(0，a，h )0，解得ha从而(a，a，h)(0，a，a)a2ah0当ha时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心G，此时PAa故k1时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心（此时三棱锥O-PBC为正三棱锥）BVADC10如图，在三棱锥V-ABC中，VC底面AB
15、C，ACBC，D是AB的中点，且ACBCa，VDC（0）求证：平面VABVCD； 当角变化时，求直线BC与平面VAB所成的角的取值范围解:以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，D(，0)，V(0，0，tan)，即，即又，平面设直线BC与平面所成的角为，平面VAB的一个法向量为则由，得，可取又，于是，又，即直线与平面所成角的取值范围为11.（本小题12分）如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，平面平面，为的中点.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值；（3）求点到平面的距离.解：（1）证明：取的中
16、点，连接因为，所以且.因为平面平面，平面平面，所以平面所以.如右图所示，建立空间直角坐标系则所以因为所以（2）由（1）得，所以设为平面的一个法向量，则，取，则 所以又因为为平面的一个法向量，所以所以二面角的余弦值为.（3）由（1）（2）可得，为平面的一个法向量.所以点到平面的距离12.（浙江理20） 如图，在三棱锥中，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（）证明：APBC；（）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。方法一： （I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz则，由此可得，所以，即（II）解：设设平面BMC的法向量，平面APC的法向量由得即由即得由解得，故AM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。方法二：（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得又平面ABC，得因为，所以平面PAD，故（II）解：如图，在平面PAB内作于M，连CM，由（I）中知，得平面BMC，又平面APC，所以平面BMC平面APC。在在，在所以在又从而PM，所以AM=PA-PM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。23
