1、精選優質文檔-傾情為你奉上高2013級理科立體幾何練習題答案1（重慶理19）如圖，在四面體中，平面平面，. （）若，求四面體的體積； () 若二面角為，求異面直線與所成角的余弦值. （I）解：如答（19）圖1，設F為AC的中點，由于AD=CD，所以DFAC.故由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面體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體ABCD的體積 （II）解法一：如答（19）圖1，設G，H分別為邊CD，BD的中點，則FG/AD，GH/BC，從

2、而FGH是異面直線AD與BC所成的角或其補角. 設E為邊AB的中點，則EF/BC，由ABBC，知EFAB.又由（I）有DF平面ABC， 故由三垂線定理知DEAB.所以DEF為二面角CABD的平面角，由題設知DEF=60°設在從而因RtADERtBDE，故BD=AD=a，從而，在RtBDF中，又從而在FGH中，因FG=FH，由余弦定理得因此，異面直線AD與BC所成角的余弦值為解法二：如答（19）圖2，過F作FMAC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC平面ACD，易知FC，FD，FM兩兩垂直，以F為原點，射線FM，FC，FD分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系Fxyz.

3、不妨設AD=2，由CD=AD，CAD=30°，易知點A，C，D的坐標分別為顯然向量是平面ABC的法向量.已知二面角CABD為60°，故可取平面ABD的單位法向量，使得設點B的坐標為，有易知與坐標系的建立方式不合，舍去.因此點B的坐標為所以從而故異面直線AD與BC所成的角的余弦值為2（北京理16）如圖，在四棱錐中，平面，底面是菱形，.()求證：平面（）若求與所成角的余弦值；（）當平面與平面垂直時，求的長.解（）證明：因為四邊形ABCD是菱形，所以ACBD.又因為PA平面ABCD.所以PABD.所以BD平面PAC.（）設ACBD=O.因為BAD=60°，PA=PB=2

4、,所以BO=1，AO=CO=.如圖，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系Oxyz，則P（0，2），A（0，0），B（1，0，0），C（0，0）.所以設PB與AC所成角為，則.（）由（）知設P（0，t）（t>0），則設平面PBC的法向量,則所以令則所以同理，平面PDC的法向量因為平面PCB平面PDC,所以=0，即解得所以PA=3（天津理17）如圖，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（）求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；（）設為棱的中點，點在平面內，且平面，求線段的長解：方法一：如圖所示，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點. 依題意得 （I）解：易得， 于是 所以

5、異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為 （II）解：易知 設平面AA1C1的法向量， 則即 不妨令可得， 同樣地，設平面A1B1C1的法向量， 則即不妨令，可得于是從而所以二面角AA1C1B的正弦值為 （III）解：由N為棱B1C1的中點，得設M（a，b，0），則由平面A1B1C1，得即解得故因此，所以線段BM的長為方法二：（I）解：由于AC/A1C1，故是異面直線AC與A1B1所成的角.因為平面AA1B1B，又H為正方形AA1B1B的中心，可得因此所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為（II）解：連接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以，過點A

6、作于點R，連接B1R，于是，故為二面角AA1C1B1的平面角.在中，連接AB1，在中，從而所以二面角AA1C1B1的正弦值為（III）解：因為平面A1B1C1，所以取HB1中點D，連接ND，由于N是棱B1C1中點，所以ND/C1H且.又平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，連接MD并延長交A1B1于點E，則由得，延長EM交AB于點F，可得連接NE.在中，所以可得連接BM，在中，4.（陜西理16） 如圖，在中，是上的高，沿把折起，使 。（）證明：平面  平面；（）設為的中點，求與夾角的余弦值。解（）折起前是邊上的高， 當 折

7、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兩兩垂直，不防設=1，以D為坐標原點，以所在直線軸建立如圖所示的空間直角坐標系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，0），=，=（1，0,0,），與夾角的余弦值為，=5（全國新課標理18） 如圖，四棱錐中，底面ABCD為平行四邊形，底面ABCD（I）證明：；（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值解：（）因為， 由余弦定理得從而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故 PABD（）

8、如圖，以D為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為軸的正半軸建立空間直角坐標系D-，則，設平面PAB的法向量為n=（x，y，z），則 即 因此可取n=設平面PBC的法向量為m，則 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值為 6.（四川理19） 如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中 BAC=90°，AB=AC=AA1 =1D是棱CC1上的一P是AD的延長線與A1C1的延長線的交點，且PB1平面BDA（I）求證：CD=C1D：（II）求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； （）求點C到平面B1DP的距離解：（1）連接交于,又為的中點，中點，,D為的中點。（2）由題意,過B

9、 作,連接，則,為二面角的平面角。在中，,則（3）因為，所以,在中，7.（福建理20） 如圖，四棱錐P-ABCD中，PA底面ABCD，四邊形ABCD中，ABAD，AB+AD=4，CD=，（I）求證：平面PAB平面PAD；（II）設AB=AP （i）若直線PB與平面PCD所成的角為，求線段AB的長； （ii）在線段AD上是否存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等？說明理由。解法一：（I）因為平面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為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz（如圖）在平面ABCD內，作CE/AB交AD于點E，則在中

10、，DE=，設AB=AP=t，則B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，（i）設平面PCD的法向量為，由，得取，得平面PCD的一個法向量，又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得解得（舍去，因為AD），所以（ii）假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等，設G（0，m，0）（其中）則，由得，（2）由（1）、（2）消去t，化簡得（3）由于方程（3）沒有實數根，所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，C，D的距離都相等。從而，在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等。解法二：（I）同解法一。（II）（i

11、）以A為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz（如圖）在平面ABCD內，作CE/AB交AD于E，則。在平面ABCD內，作CE/AB交AD于點E，則在中，DE=，設AB=AP=t，則B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，設平面PCD的法向量為，由，得取，得平面PCD的一個法向量，又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得解得（舍去，因為AD），所以（ii）假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等，由GC=CD，得，從而，即設，在中，這與GB=GD矛盾。所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點B，C，D的距離都相等，從而，在線段AD

12、上不存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等。8.(湖北理18） 如圖，已知正三棱柱的各棱長都是4，是的中點，動點在側棱上，且不與點重合（）當=1時，求證：；（）設二面角的大小為，求的最小值解法1：過E作于N，連結EF。 （I）如圖1，連結NF、AC1，由直棱柱的性質知， 底面ABC側面A1C。 又度面側面A，C=AC，且底面ABC， 所以側面A1C，NF為EF在側面A1C內的射影，在中，=1，則由，得NF/AC1，又故。由三垂線定理知（II）如圖2，連結AF，過N作于M，連結ME。由（I）知側面A1C，根據三垂線定理得所以是二面角CAFE的平面角，即，設在中，在故又故當時，達到最

13、小值；，此時F與C1重合。解法2：（I）建立如圖3所示的空間直角坐標系，則由已知可得于是則故（II）設，平面AEF的一個法向量為，則由（I）得F（0，4，），于是由可得取 又由直三棱柱的性質可取側面AC1的一個法向量為， 于是由為銳角可得， 所以， 由，得，即故當，即點F與點C1重合時，取得最小值9如圖，在三棱錐P-ABC中，ABBC，ABBCkPA，點O、D分別是AC、PC的中點，OP平面ABC當k時，求直線PA與平面PBC所成角的正弦值； 當k為何值時，O在平面PBC內的射影恰好為PBC的重心？解:連OB，由ABBC得OAOB，又OP平面ABC，得OPOA，OPOB故以O為原點，射線OA、

14、OB、OP分別為、y、z軸的正半軸建立空間直角坐標系設ABa，OPh，則A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(a， 0，0)，P(0，0，h)當k時，P(0，0，a)，(a，0，a)可求得平面PBC的一個法向量為(1，1，)，cos<，>，即直線PA與平面PBC所成角的正弦值為； PBC的重心G(a，a，h)若O在平面PBC內的射影恰好為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從而(a，a，h)(0，a，a)a2ah0當ha時，O在平面PBC內的射影恰好為PBC的重心G，此時PAa故k1時，O在平面PBC內的射影恰好為P

15、BC的重心（此時三棱錐O-PBC為正三棱錐）BVADC10如圖，在三棱錐V-ABC中，VC底面ABC，ACBC，D是AB的中點，且ACBCa，VDC（0）求證：平面VABVCD； 當角變化時，求直線BC與平面VAB所成的角的取值范圍解:以CA、CB、CV所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，D(，0)，V(0，0，tan)，即，即又，平面設直線BC與平面所成的角為，平面VAB的一個法向量為則由，得，可取又，于是，又，即直線與平面所成角的取值范圍為11.（本小題12分）如圖，在三棱錐中，是邊長為4的正三角形，平面平

16、面，為的中點.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值；（3）求點到平面的距離.解：（1）證明：取的中點，連接因為，所以且.因為平面平面，平面平面，所以平面所以.如右圖所示，建立空間直角坐標系則所以因為所以（2）由（1）得，所以設為平面的一個法向量，則，取，則 所以又因為為平面的一個法向量，所以所以二面角的余弦值為.（3）由（1）（2）可得，為平面的一個法向量.所以點到平面的距離12.（浙江理20） 如圖，在三棱錐中，D為BC的中點，PO平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（）證明：APBC；（）在線段AP上是否存在點M，使得二面角A-MC-B為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由。方法一： （I）證明：如圖，以O為原點，以射