高二立体几何练习题理科附答案

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1、-高2013级理科立体几何练习题答案1理19如图，在四面体中，平面平面，.假设，求四面体的体积； () 假设二面角为，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

2、，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，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*轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F*yz.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.二面

3、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理16如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.()求证：平面假设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，PA=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O*yz，则P0，2，A0，0，B1，0，0，C0，0.所以设PB与AC所成角为，则.由知设P0，

4、tt0，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*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，且平面，求线段的长解：方法一：如下图，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Ma，b，0，则由平

5、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

6、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.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下图的空间直角坐标系，易得D0,0,0，B1,0,0，C0,3,0，A0,0，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ABCDI证明：；II假设

7、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直角坐标系D-，则，设平面PAB的法向量为n=*，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.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BDAI求证：CD=C1D：II求二面角A-A1D-B

8、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.理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=APi假设直线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

9、A*yz如图在平面ABCD，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则Bt，0，0，P0，0，t由AB+AD=4，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G0，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

10、i以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A*yz如图在平面ABCD，作CE/AB交AD于E，则。在平面ABCD，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则Bt，0，0，P0，0，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

11、G到点P，B，C，D的距离都相等。8.(理18如图，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，到达最小值；，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

12、，则由可得于是则故II设，平面AEF的一个法向量为，则由I得F0，4，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，0，0)，B(0，

13、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)假设O在平面PBC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的射影恰好为PBC的重心G，此时PAa故k1时，O在平面PBC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ABC，ACBC，D是AB的中点

14、，且ACBCa，VDC0求证：平面VABVCD； 当角变化时，求直线BC与平面VAB所成的角的取值围解:以CA、CB、CV所在的直线分别为*轴、y轴、z轴，建立如下图的空间直角坐标系，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：取的中点，连接因为，所以且.因为平面平面，平面平面，所以平面所以

15、.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12可得，为平面的一个法向量.所以点到平面的距离12.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，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？假设存在，求出AM的长；假设不存在，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O*yz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。. z.