08高考数学立体几何练习题

OSBAC08高考数学立体几何练习题1．已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，//ABDC，PADAB,90底面ABCD，且1PAADDC，2AB，M是PB的中点．（Ⅰ）证明：面PAD面PCD；（Ⅱ）求AC与PB所成的角；（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小．2．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA底面ABCD，3AB，1BC，2PA，E为PD的中点.（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE面PAC，并求出点N到AB和AP的距离．3．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面1AECF所截面而得到的，其中14,2,3,1ABBCCCBE．（Ⅰ）求BF的长；（Ⅱ）求点C到平面1AECF的距离．4．如图，在长方体1111ABCDABCD，中，11,2ADAAAB，点E在棱AD上移动.（Ⅰ）证明：11DEAD；（Ⅱ）当E为AB的中点时，求点E到面1ACD的距离；（Ⅲ）AE等于何值时，二面角1DECD的大小为4.5．（2007福建•理•18题）如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点．（Ⅰ）求证：AB1⊥面A1BD；（Ⅱ）求二面角A－A1D－B的大小；（Ⅲ）求点C到平面A1BD的距离．6．（2007宁夏•理•19题）如图，在三棱锥SABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，90BAC°，O为BC中点．（Ⅰ）证明：SO平面ABC；（Ⅱ）求二面角ASCB的余弦值．7．（2007陕西•理•19题）如图,在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中//ADBC，,90ABC平面PAABC，32,2,4ABADPA,BC=6．(Ⅰ)求证：BDPAC平面；(Ⅱ)求二面角DBDP的大小．DCBAV立体几何练习题参考答案1．以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2ABCDPM.（Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DCAPDCAPDCAP所以故由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD.（Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(PBAC.510||||,cos,2,5||,2||PBACPBACPBACPBACPBAC所以故（Ⅲ）解：在MC上取一点(,,)Nxyz，则存在,R使,MCNC..21,1,1),21,0,1(),,1,1(zyxMCzyxNC要使14,00,.25ANMCANMCxz只需即解得0),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54MCBNBNANMCANN有此时能使点坐标为时可知当ANBMCBNMCANMCBNMCAN所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.5552cos(,).3||||2arccos().3ANBNANBNANBNANBNANBN故所求的二面角为2．解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则,,,,,ABCDPE的坐标为(0,0,0)A、(3,0,0)B、(3,1,0)C、(0,1,0)D、(0,0,2)P、1(0,,1)2E，从而).2,0,3(),0,1,3(PBAC设PBAC与的夹角为，则,1473723||||cosPBACPBAC∴AC与PB所成角的余弦值为1473.（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(,0,)xz，则)1,21,(zxNE，由NE面PAC可得，.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0xzzxzxACNEAPNE化简得即∴163zx即N点的坐标为)1,0,63(，从而N点到AB和AP的距离分别为31,6.3．解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D，(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)ACEC设(0,0,)Fz.∵1AECF为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BFBFEFFzzECAFFAEC（II）设1n为平面1AECF的法向量，)1,,(,11yxnADFn故可设不垂直于平面显然02020140,0,011yxyxAFnAEn得由.41,1,022,014yxxy即111),3,0,0(nCCCC与设又的夹角为，则.333341161133||||cos1111nCCnCC∴C到平面1AECF的距离为.11334333343cos||1CCd4．解：以D为坐标原点，直线1,,DADCDD分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，设AEx，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)ADExAC（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111EDDAxEDDA所以因为（2）因为E为AB的中点，则(1,1,0)E，从而)0,2,1(),1,1,1(1ACED，)1,0,1(1AD，设平面1ACD的法向量为),,(cban，则,0,01ADnACn也即002caba，得caba2，从而)2,1,2(n，所以点E到平面1ACD的距离为.313212||||1nnEDh（3）设平面1DEC的法向量),,(cban，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11DDCDxCE由.0)2(02,0,01xbacbCEnCDn令1,2,2bcax，∴).2,1,2(xn依题意.225)2(222||||||4cos211xDDnDDn∴321x（不合，舍去），322x.∴23AE时，二面角1DECD的大小为4.5．解：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．ABC△为正三角形，AOBC⊥．在正三棱柱111ABCABC中，平面ABC⊥平面11BCCB，AD⊥平面11BCCB．取11BC中点1O，以O为原点，OB，1OO，OA的方向为xyz，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则(100)B，，，(110)D，，，1(023)A，，，(003)A，，，1(120)B，，，1(123)AB，，，(210)BD，，，1(123)BA，，．12200ABBD，111430ABBA，1ABBD⊥，11ABBA⊥．1AB⊥平面1ABD．（Ⅱ）设平面1AAD的法向量为()xyz，，n．(113)AD，，，1(020)AA，，．AD⊥n，1AA⊥n，100ADAA，，nn3020xyzy，，03yxz，．令1z得(301)，，n为平面1AAD的一个法向量．由（Ⅰ）知1AB⊥平面1ABD，1AB为平面1ABD的法向量．cosn，1113364222ABABABnn．二面角1AADB的大小为6arccos4．（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB为平面1ABD法向量，1(200)(123)BCAB，，，，，．点C到平面1ABD的距离1122222BCABdAB．xzABCD1A1C1BOFy6．解：以O为坐标原点，射线OBOA，分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz．设(100)B，，，则(100)(010)(001)CAS，，，，，，，，．SC的中点11022M，，，111101(101)2222MOMASC，，，，，，，，．00MOSCMASC，∴··．故,MOSCMASCMOMA，，等于二面角ASCB的平面角．3cos3MOMAMOMAMOMA，··，所以二面角ASCB的余弦值为33．7．解：（Ⅰ）如图，建立坐标系，则(000)A，，，(2300)B，，，(2360)C，，，(020)D，，，(004)P，，，(004)AP，，，(2360)AC，，，(2320)BD，，，0BDAP，0BDAC．BDAP⊥，BDAC⊥，又PAACA，BD⊥平面PAC．（Ⅱ）设平面PCD的法向量为(1)xy，，n，则0CDn，0PDn，又(2340)CD，，，(024)PD，，，2340240xyy，，解得4332xy，，43213，，n平面PAC的法向量取为2320BD，，m，cosm，39331mnnmn．二面角APCD的大小为393arccos31．AEDPCByzx