高二立体几何练习题(理科附答案)

WORD格式-专业学习资料-可编辑学习资料分享高2013级理科立体几何练习题答案1．（重庆理19）如图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，ADCD，CAD.（Ⅰ）若AD，ABBC，求四面体ABCD的体积；(Ⅱ)若二面角CABD为，求异面直线AD与BC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DF⊥AC.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°=3.在Rt△ABC中，因AC=2AF=23，AB=2BC，由勾股定理易知215415,.55BCAB故四面体ABCD的体积1114152154.332555ABCVSDF（II）解法一：如答（19）图1，设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AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC，故由三垂线定理知DE⊥AB.所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°设,sin.2aADaDFADCAD则在33,cot,236aRtDEFEFDFDEFa中从而13.26GHBCEFa因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，122aFHBD，WORD格式-专业学习资料-可编辑学习资料分享又1,22aFGAD从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得2223cos226FGGHFHGHFGHFGGHFG因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为3.6解法二：如答（19）图2，过F作FM⊥AC，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，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz.不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),(0,3,1).ACDAD则显然向量(0,0,1)k是平面ABC的法向量.已知二面角C—AB—D为60°，故可取平面ABD的单位法向量(,,)nlmn，使得1,60,.2nkn从而2223,30,.661,.3nADmnmlmnl由有从而由得设点B的坐标为6(,,0);,,3BxyABBCnABl由取，有22463,,0,9,()633(3)0,73,369xyxxyxyy解之得舍去易知63l与坐标系的建立方式不合，舍去.因此点B的坐标为4673(,,0).99B所以4623(,,0).99CB从而WORD格式-专业学习资料-可编辑学习资料分享22233()39cos,.6||||462331()()99ADCBADCBADCB故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为3.62．（北京理16）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，2,60ABBAD.(Ⅰ)求证：BD平面;PAC（Ⅱ）若,PAAB求PB与AC所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.解（Ⅰ）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.（Ⅱ）设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则P（0，—3，2），A（0，—3，0），B（1，0，0），C（0，3，0）.所以).0,32,0(),2,3,1(ACPB设PB与AC所成角为，则4632226||||cosACPBACPB.（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(BC设P（0，－3，t）（t0），则),3,1(tBP设平面PBC的法向量),,(zyxm,则0,0mBPmBC所以03,03tzyxyx令,3y则.6,3tzx所以)6,3,3(tmWORD格式-专业学习资料-可编辑学习资料分享同理，平面PDC的法向量)6,3,3(tn因为平面PCB⊥平面PDC,所以nm=0，即03662t解得6t所以PA=63．（天津理17）如图，在三棱柱111ABCABC中，H是正方形11AABB的中心，122AA，1CH平面11AABB，且15.CH（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角111AACB的正弦值；（Ⅲ）设N为棱11BC的中点，点M在平面11AABB内，且MN平面11ABC，求线段BM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(22,0,0),(0,0,0),(2,2,5)ABC111(22,22,0),(0,22,0),(2,2,5)ABC（I）解：易得11(2,2,5),(22,0,0)ACAB，于是11111142cos,,3||||322ACABACABACAB所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为2.3（II）解：易知111(0,22,0),(2,2,5).AAAC设平面AA1C1的法向量(,,)mxyz，则11100mACmAA即2250,220.xyzy不妨令5,x可得(5,0,2)m，同样地，设平面A1B1C1的法向量(,,)nxyz，WORD格式-专业学习资料-可编辑学习资料分享则11110,0.nACnAB即2250,220.xyzx不妨令5y，可得(0,5,2).n于是22cos,,||||777mnmnmn从而35sin,.7mn所以二面角A—A1C1—B的正弦值为35.7（III）解：由N为棱B1C1的中点，得2325(,,).222N设M（a，b，0），则2325(,,)222MNab由MN平面A1B1C1，得11110,0.MNABMNAC即2()(22)0,22325()(2)()(2)50.222aab解得2,22.4ab故22(,,0).24M因此22(,,0)24BM，所以线段BM的长为10||.4BM方法二：（I）解：由于AC//A1C1，故111CAB是异面直线AC与A1B1所成的角.因为1CH平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，可得11113.ACBC因此22211111111111112cos.23ACABBCCABACAB所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为2.3（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以11ACA≌11BCA，过点A作11ARAC于点R，1122,5,AACHWORD格式-专业学习资料-可编辑学习资料分享连接B1R，于是111BRAC，故1ARB为二面角A—A1C1—B1的平面角.在11RtARB中，2111112214sin221().33BRABRAB连接AB1，在1ARB中，2221111114,,cos2ARBRABABARBRARBARBR27，从而135sin.7ARB所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为35.7（III）解：因为MN平面A1B1C1，所以11.MNAB取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，所以ND//C1H且11522NDCH.又1CH平面AA1B1B，所以ND平面AA1B1B，故11.NDAB又,MNNDN所以11AB平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则111,//.MEABMEAA故由1111111,4BEBDDEAABABA得122DEBE，延长EM交AB于点F，可得12.2BFBE连接NE.在RtENM中，2,.NDMENDDEDM故所以252.4NDDMDE可得2.4FM连接BM，在RtBFM中，2210.4BMFMBFWORD格式-专业学习资料-可编辑学习资料分享4.（陕西理16）如图，在ABC中，60,90,ABCBACAD是BC上的高，沿AD把ABC折起，使∠ＢＤＣ＝90。（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ⊥平面ＢＤＣ；（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求AE与DB夹角的余弦值。解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，∴当ΔＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，又DBＤＣ＝Ｄ，∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，∵AD平面平面BDC．平面ABD平面BDC。（Ⅱ）由∠ＢＤＣ＝90及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设DB=1，以D为坐标原点，以,,DBDCDA所在直线,,xyz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（0,0，3），E（12，32，0），AE=13,,322，DB=（1，0,0,），AE与DB夹角的余弦值为cos＜AE，DB＞=1222.22||||2214AEDBAEDB．WORD格式-专业学习资料-可编辑学习资料分享5（全国新课标理18）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，60DAB，2ABAD，PD底面ABCD．（I）证明：PABD；（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．解：（Ⅰ）因为60,2DABABAD，由余弦定理得3BDAD从而BD2+AD2=AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则1,0,0A，03,0B，，1,3,0C，0,0,1P．(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)ABPBBCuuuvuuvuuuv设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则0,0,{nABnPBuuuruuur即3030xyyz因此可取n=(3,1,3)设平面PBC的法向量为m，则m0,m0,{PBBCuuuruuur可取m=（0，-1，3）427cos,727mn故二面角A-PB-C的余弦值为277WORD格式-专业学习资料-可编辑学习资料分享6.（四川理19）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中．∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1．D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；（Ⅲ）求点C到平面B1DP的距离．．解：（1）连接1BA交1BA于O,1//BP1面BDA,111,,BPABPABPDOD1面面面BA1//BPOD,又O为1BA的中点，D为AP中点，1C1为AP,1ACDPCD1CDCD,D为1CC的中点。（2）由题意11,ABACABAAABCC1面AA,过B作AHAD,连接BH，则BHAD,AHB为二面角1AADB的平面角。在1AAD中，11551,,22AAADAD,则25253525,,cos553355AHAHBHAHBBH（3）因为11CBPDBPCDVV，所以1111133BPDPCDhSABS,111AB11111244PCDPCCPCDSSS