高中数学立体几何经典大题训练

.............高中数学立体几何大题训练1.如图所示，在长方体1111ABCDABCD中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点（Ⅰ）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；（Ⅱ）证明：平面ABM⊥平面A1B1M12.如图，在矩形ABCD中，点,EF分别在线段,ABAD上，243AEEBAFFD.沿直线EF将AEFV翻折成'AEFV，使平面'AEFBEF平面.（Ⅰ）求二面角'AFDC的余弦值；（Ⅱ）点,MN分别在线段,FDBC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与'A重合，求线段FM的长。3.如图，直三棱柱111ABCABC中，ACBC，1AAAB，D为1BB的中点，E为1AB上的一点，13AEEB．（Ⅰ）证明：DE为异面直线1AB与CD的公垂线；（Ⅱ）设异面直线1AB与CD的夹角为45°，求二面角111AACB的大小．.............4.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形PA⊥平面ABCD，AP=AB，BP=BC=2，E，F分别是PB,PC的中点.(Ⅰ)证明：EF∥平面PAD；(Ⅱ)求三棱锥E—ABC的体积V.5.如图，棱柱111ABCABC的侧面11BCCB是菱形，11BCAB（Ⅰ）证明：平面1ABC平面11ABC；（Ⅱ）设D是11AC上的点，且1//AB平面1BCD，求11:ADDC的值.6.已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.（Ⅰ）证明：CM⊥SN；（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小..............ABCDEFH7.如图△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，23AB。（1）求点A到平面MBC的距离；（2）求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值。8.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°，BF=FC,H为BC的中点，(Ⅰ)求证：FH∥平面EDB;（Ⅱ）求证：AC⊥平面EDB;（Ⅲ）求四面体B—DEF的体积；9.如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=2，CE=EF=1.（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE；（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE；（Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。.............10.已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1，点M是棱AA'的中点，点O是对角线BD'的中点.（Ⅰ）求证：OM为异面直线AA'和BD'的公垂线；（Ⅱ）求二面角M－BC'－B'的大小；（Ⅲ）求三棱锥M－OBC的体积.w_ww.k#s5_u.co*m参考答案1.2.（Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结'AH，因为'AE='AF及H是EF的中点，所以'AHEF,又因为平面'AEF平面BEF.如图建立空间直角坐标系A-xyz则'A（2，2，22），C（10，8，0），F（4，0，0），D（10，0，0）.DABCDMOABC.............故'FA=（-2，2，22），FD=（6，0，0）.设n=（x,y,z）为平面'AFD的一个法向量，-2x+2y+22z=0所以6x=0.取2z，则(0,2,2)n。又平面BEF的一个法向量(0,0,1)m，故3cos,3nmnmnm。所以二面角的余弦值为33（Ⅱ）解：设,FMx则(4,0,0)Mx，因为翻折后，C与A重合，所以'CMAM，故，222222(6)80=2222xx（）（），得214x，经检验，此时点N在线段BC上，所以214FM。方法二：（Ⅰ）解：取线段EF的中点H,AF的中点G,连结',',AGAHGH。因为'AE='AF及H是EF的中点，所以'AHEF又因为平面'AEF平面BEF，所以'AH平面BEF,又AF平面BEF,故'AHAF，又因为G、H是AF、EF的中点，易知GH∥AB，所以GHAF，于是AF面'AGH，所以'AGH为二面角'ADHC的平面角，在'RtAGH中，'AH=22，GH=2，'AG=23所以3cos'3AGH..............故二面角'ADFC的余弦值为33。（Ⅱ）解：设FMx,因为翻折后，C与'A重合，所以'CMAM，而222228(6)CMDCDMx，222222'''AMAHMHAHMGGH2(22)得214x，经检验，此时点N在线段BC上，所以214FM。3.（I）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1BB1为正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1.………………3分作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B.连接DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD.所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.（II）因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG=45°设AB=2，则AB1=，DG=，CG=，AC=.作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角，由此可求出二面角大小4.解(Ⅰ)在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC.又BC∥AD,∴EF∥AD,又∵AD平面PAD,EF平面PAD,∴EF∥平面PAD.(Ⅱ)连接AE,AC,EC,过E作EG∥PA交AB于点G,则BG⊥平面ABCD,且EG=12PA.在△PAB中，AD=AB,PAB°,BP=2,∴AP=AB=2,EG=22.∴S△ABC=12AB·BC=12×2×2=2,∴VE-ABC=13S△ABC·EG=13×2×22=13.5.解：（Ⅰ）因为侧面BCC1B1是菱形，所以11BCCB.............又已知BBCBABACB1111,且所又CB1平面A1BC1，又CB1平面AB1C，所以平面CAB1平面A1BC1.（Ⅱ）设BC1交B1C于点E，连结DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线，因为A1B//平面B1CD，所以A1B//DE.又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点.即A1D：DC1=1.6.证明：设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图。则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,12），N（12,0,0），S（1,12,0）.（Ⅰ）111(1,1,),(,,0)222CMSN,因为110022CMSN，所以CM⊥SN（Ⅱ）1(,1,0)2NC,设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，则10,2210.2xyzxxy令，得a=(2,1,-2).因为1122cos,2232aSN.............所以SN与片面CMN所成角为45°。7.解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=3，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，则MHBC，求得：OH=OCsin600=32,MH=152,利用体积相等得：2155AMBCMABCVVd。（2）CE是平面ACM与平面BCD的交线.由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.sin603BFBC，tan2ABBF，25sin5所以，所求二面角的正弦值是255.解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD.以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=3，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，3），B（0，-3，0），A（0，-3，23），（1）设(,,)nxyz是平面MBC的法向量，则BC=(1,3,0)，(0,3,3)BM，由nBC得30xy；由nBM得330yz；取(3,1,1),(0,0,23)nBA，则距离2155BAndn（2）(1,0,3)CM，(1,3,23)CA.yxMDCBOAz.............设平面ACM的法向量为1(,,)nxyz，由11nCMnCA得303230xzxyz.解得3xz，yz，取1(3,1,1)n.又平面BCD的法向量为(0,0,1)n，则1111cos,5nnnnnn设所求二面角为，则2125sin1()55.8.（1）设底面对角线交点为G，则可以通过证明EG∥FH，得FH∥平面EDB；（2）利用线线、线面的平行与垂直关系，证明FH⊥平面ABCD，得FH⊥BC，FH⊥AC，进而得EG⊥AC，AC平面EDB；（3）证明BF⊥平面CDEF，得BF为四面体B-DEF的高，进而求体积.9.(1),1//,21//,2////ACBDGGACEGGHHBCGHABEFABEFGHEGFHEGEDBFHEDB证：设与交于点，则为的中点，连，由于为的中点，故又四边形为平行四边形，而平面，平面证明：（I）设AC与BD交与点G。因为EF//AG，且EF=1，AG=12AC=1.所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF//平面EG，因为EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF//平面BDE.（II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD.如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-xyz.则C（0，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0）.z.............所以22(,,1)22CF，(0,2,1)BE，(2,0,1)DE.所以0110CFBE,1010CFDE所以CFBE,CFDE.所以CFBDE.(III)由（II）知，22(,,1)22CF是平面BDE的一个法向量.设平面ABE的法向量(,,)nxyz,则0nBA，0nBE.即(,,)(2,0,0)0(,,)(0,2,1)0xyzxyz所以0,x且2,zy令1,y则2z.所以(0,1,2)n.从而3cos,2||||nCFnCFnCF。因为二面角ABED为锐角，所以二面角ABED的大小为6.10.解法一：（1）连结AC，取AC中点K，则K为BD的中点，连结OK因为M是棱AA’的中点，点O是BD’的中点所以AM1//'//2DDOK所以MO//AKw_ww.k#s5_u.co*m由AA’⊥AK，得MO⊥AA’因为AK⊥BD,AK⊥BB’，所以AK⊥平面BDD’B’所以AK⊥BD’所以MO⊥BD’又因为OM是异面直线AA’和BD’都相交w_ww.k#s5_u.co*m故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线（2）取BB’中点N，连结MN，则MN⊥平面BCC’B’过点N作NH⊥BC’于H，连结MH则由三垂线定理得BC’⊥MH从而,∠MHN为二面角M-BC’-B’的平面角.............MN=1,NH=Bnsin45°=122224在