高中数学必修2立体几何考题(附答案)2

高中数学必修2立体几何1．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1，B1C1的中点．问：(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．解析：(1)由于M、N分别是A1B1和B1C1的中点，可证明MN∥AC，因此AM与CN不是异面直线．(2)由空间图形可感知D1B和CC1为异面直线的可能性较大，判断的方法可用反证法．探究拓展：解决这类开放型问题常用的方法有直接法(即由条件入手，经过推理、演算、变形等)，如第(1)问，还有假设法，特例法，有时证明两直线异面用直线法较难说明问题，这时可用反证法，即假设两直线共面，由这个假设出发，来推证错误，从而否定假设，则两直线是异面的．解：(1)不是异面直线．理由如下：∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，∴MN∥A1C1.又∵A1A∥D1D，而D1D綊C1C，∴A1A綊C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形．∴A1A∥AC，得到MN∥AC，∴A、M、N、C在同一个平面内，故AM和CN不是异面直线．(2)是异面直线．理由如下：假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1.∴BC⊂平面CC1D1，这与在正方体中BC⊥平面CC1D1相矛盾，∴假设不成立，故D1B与CC1是异面直线．2．如下图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为AB的中点，N为BB1的中点，O为面BCC1B1的中心．(1)过O作一直线与AN交于P，与CM交于Q(只写作法，不必证明)；(2)求PQ的长(不必证明)．解析：(1)由ON∥AD知，AD与ON确定一个平面α.又O、C、M三点确定一个平面β(如下图所示)．∵三个平面α，β和ABCD两两相交，有三条交线OP、CM、DA，其中交线DA与交线CM不平行且共面．∴DA与CM必相交，记交点为Q.∴OQ是α与β的交线．连结OQ与AN交于P，与CM交于Q，故OPQ即为所作的直线．(2)解三角形APQ可得PQ＝143.3．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，D、E分别为BB1、AC1的中点．(1)求异面直线BB1与AC1所成的角的正切值；(2)证明：DE为异面直线BB1与AC1的公垂线；(3)求异面直线BB1与AC1的距离．解析：(1)由于直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1，所以∠A1AC1就是异面直线BB1与AC1所成的角．又AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，所以A1C1＝2a，tan∠A1AC1＝2，即异面直线BB1与AC1所成的角的正切值为2.(2)证明：解法一：如图，在矩形ACC1A1中，过点E作AA1的平行线MM1分别交AC、A1C1于点M、M1，连结BM，B1M1，则BB1綊MM1.又D、E分别是BB1、MM1的中点，可得DE綊BM.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，由条件AB＝BC得BM⊥AC，所以BM⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE为异面直线BB1与AC1的公垂线．解法二：如图，延长C1D、CB交于点F，连结AF，由条件易证D是C1F的中点，B是CF的中点，又E是AC1的中点，所以DE∥AF.在△ACF中，由AB＝BC＝BF知AF⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AF⊥AA1，故AF⊥平面ACC1A1，故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1，即DE为异面直线BB1与AC1的公垂线．(3)由(2)知线段DE的长就是异面直线BB1与AC1的距离，由于AB＝BC＝a，∠ABC＝90°，所以DE＝22a.4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O，M分别是BD1，AA1的中点．(1)求证：MO是异面直线AA1和BD1的公垂线；(2)求异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值；(3)若正方体的棱长为a，求异面直线AA1与BD1的距离．解析：(1)证明：∵O是BD1的中点，∴O是正方体的中心，∴OA＝OA1，又M为AA1的中点，即OM是线段AA1的垂直平分线，故OM⊥AA1.连结MD1、BM，则可得MB＝MD1.同理由点O为BD1的中点知MO⊥BD1，即MO是异面直线AA1和BD1的公垂线．(2)由于AA1∥BB1，所以∠B1BD1就是异面直线AA1和BD1所成的角．在Rt△BB1D1中，设BB1＝1，则BD1＝3，所以cos∠B1BD1＝33，故异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值等于33.(3)由(1)知，所求距离即为线段MO的长，5．如下图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC.过BD作与PA平行的平面，交侧棱PC于点E，又作DF⊥PB，交PB于点F.(1)求证：点E是PC的中点；(2)求证：PB⊥平面EFD.证明：(1)连结AC，交BD于O，则O为AC的中点，连结EO.∵PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝OE，∴PA∥OE.∴点E是PC的中点；(2)∵PD⊥底面ABCD且DC⊂底面ABCD，∴PD⊥DC，△PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC的中线，∴DE⊥PC，①又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BC.∵底面ABCD是正方形，CD⊥BC，∴BC⊥平面PDC.而DE⊂平面PDC.∴BC⊥DE.②由①和②推得DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB，又DF⊥PB且DE∩DF＝D，所以PB⊥平面EFD.6．如图，l1、l2是互相垂直的异面直线，MN是它们的公垂线段．点A、B在l1上，C在l2上，AM＝MB＝MN.(1)求证AC⊥NB；(2)若∠ACB＝60°，求NB与平面ABC所成角的余弦值．证明：(1)如图由已知l2⊥MN，l2⊥l1，MN∩l1＝M，可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1，AM＝MB＝MN，可知AN＝NB且AN⊥NB.又AN为AC在平面ABN内的射影，∴AC⊥NB.(2)∵Rt△CNA≌Rt△CNB，∴AC＝BC，又已知∠ACB＝60°，因此△ABC为正三角形．∵Rt△ANB≌Rt△CNB，∴NC＝NA＝NB，因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心．连结BH，∠NBH为NB与平面ABC所成的角．在Rt△NHB中，cos∠NBH＝HBNB＝33AB22AB＝63.7．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝2AB.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)求二面角B－PC－D的余弦值．解析：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD.∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD.∴BD⊥平面PAC，又BD在平面BPD内，∴平面PAC⊥平面BPD.(2)在平面BCP内作BN⊥PC，垂足为N，连结DN，∵Rt△PBC≌Rt△PDC，由BN⊥PC得DN⊥PC；∴∠BND为二面角B－PC－D的平面角，在△BND中，BN＝DN＝56a，BD＝2a，∴cos∠BND＝56a2＋56a2－2a253a2＝－15.8．如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H是B1C1的中点．(1)求证：E、B、F、D1四点共面；(2)求证：平面A1GH∥平面BED1F.证明：(1)连结FG.∵AE＝B1G＝1，∴BG＝A1E＝2，∴BG綊A1E，∴A1G綊BE.∵C1F綊B1G，∴四边形C1FGB1是平行四边形．∴FG綊C1B1綊D1A1，∴四边形A1GFD1是平行四边形．∴A1G綊D1F，∴D1F綊EB，故E、B、F、D1四点共面．(2)∵H是B1C1的中点，∴B1H＝32.又B1G＝1，∴B1GB1H＝32.又FCBC＝23，且∠FCB＝∠GB1H＝90°，∴△B1HG∽△CBF，∴∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，∴HG∥FB.又由(1)知A1G∥BE，且HG∩A1G＝G，FB∩BE＝B，∴平面A1GH∥平面BED1F.9．在三棱锥P－ABC中，PA⊥面ABC，△ABC为正三角形，D、E分别为BC、AC的中点，设AB＝PA＝2.(1)求证：平面PBE⊥平面PAC；(2)如何在BC上找一点F，使AD∥平面PEF，请说明理由；(3)对于(2)中的点F，求三棱锥B－PEF的体积．解析：(1)证明：∵PA⊥面ABC，BE⊂面ABC，∴PA⊥BE.∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，∴BE⊥AC，又PA与AC相交，∴BE⊥平面PAC，∴平面PBE⊥平面PAC.(2)解：取DC的中点F，则点F即为所求．∵E，F分别是AC，DC的中点，∴EF∥AD，又AD⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，∴AD∥平面PEF.(3)解：VB－PEF＝VP－BEF＝13S△BEF·PA＝13×12×32×32×2＝34.10．(2009·天津，19)如图所示，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为CE的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝12AD.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(2)求证：平面AMD⊥平面CDE；(3)求二面角A－CD－E的余弦值．解答：(1)解：由题设知，BF∥CE，所以∠CED(或其补角)为异面直线BF与DE所成的角．设P为AD的中点，连结EP，PC.因为FE綊AP，所以FA綊EP.同理，AB綊PC.又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD.而PC，AD都在平面ABCD内，故EP⊥PC，EP⊥AD.由AB⊥AD，可得PC⊥AD.设FA＝a，则EP＝PC＝PD＝a，CD＝DE＝EC＝2a.故∠CED＝60°.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.(2)证明：因为DC＝DE且M为CE的中点，所以DM⊥CE.连结MP，则MP⊥CE.又MP∩DM＝M，故CE⊥平面AMD.而CE⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)设Q为CD的中点，连结PQ，EQ.因为CE＝DE，所以EQ⊥CD.因为PC＝PD，所以PQ⊥CD，故∠EQP为二面角A－CD－E的平面角．由(1)可得，EP⊥PQ，EQ＝62a，PQ＝22a.于是在Rt△EPQ中，cos∠EQP＝PQEQ＝33.所以二面角A－CD－E的余弦值为33.11．(2009·重庆)如图所示，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，AD⊥DC，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝DC＝12AB＝1，M为PC的中点，N点在AB上且AN＝13NB.(1)求证：MN∥平面PAD；(2)求直线MN与平面PCB所成的角．解析：(1)证明：过点M作ME∥CD交PD于E点，连结AE.∵AN＝13NB，∴AN＝14AB＝12DC＝EM.又EM∥DC∥AB，∴EM綊AN，∴AEMN为平行四边形，∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD.(2)解：过N点作NQ∥AP交BP于点Q，NF⊥CB于点F.连结QF，过N点作NH⊥QF于H，连结MH，易知QN⊥面ABCD，∴QN⊥BC，而NF⊥BC，∴BC⊥面QNF，∵BC⊥NH，而NH⊥QF，∴NH⊥平面PBC，∴∠NMH为直线MN与平面PCB所成的角．通过计算可得MN＝AE＝22，QN＝34，NF＝342，∴NH＝QN·NFQF＝ON·NFQN2＋NF2＝64，∴sin∠NMH＝NHMN＝32，∴∠NMH＝60°，∴直线MN与平面PCB所成的角为60°.12．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点．(1)求直线B1C与DE所成的角的余弦值；(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD；(3)求二面角E－B1C－D的余弦值．解析：(1)连结A1D，则由A1D∥B1C知，B1C与DE所成的角即为A1D与DE所成的角．连结A1E，由正方体ABCD－A1B1C1D1，可设其棱长为a，则A1D＝2a，A1E＝DE＝52a，∴cos∠A1DE＝A1D2＋DE2－A1E22·A1D·DE＝105.∴直线B1C与DE所成角的余弦值是105.(2)证明取B1C的中点F，B1D的中点G，