立体几何练习题及答案

数学立体几何练习题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A．相交B．平行C．垂直D．不能确定2．将正方形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面CBD，E是CD中点，则AED的大小为（）A.45B.30C.60D.903．PA，PB，PC是从P引出的三条射线，每两条的夹角都是60º，则直线PC与平面PAB所成的角的余弦值为（）A．12B。32C。33D。634．正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AA1与CC1的中点，则直线ED与D1F所成角的余弦值是A．15B。13C。12D。325．在棱长为2的正方体1111DCBAABCD中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是1CC、AD的中点，那么异面直线OE和1FD所成的角的余弦值等于（）A．510B．32C．55D．5156．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2，AA1=1，则点A到平面A1BC的距离为（）A．43B．23C．433D．37．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2BB1,则AB1与C1B所成的角的大小为（）A.60ºB.90ºC.105ºD.75º8．设E，F是正方体AC1的棱AB和D1C1的中点，在正方体的12条面对角线中，与截面A1ECF成60°角的对角线的数目是（）A．0B．2C．4D．6二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM，1DN〉的值为_________.10．如图，正方体的棱长为1，C、D分别是两条棱的中点，A、B、M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是.ABMDCABCDP11．正四棱锥P-ABCD的所有棱长都相等，E为PC中点，则直线AC与截面BDE所成的角为．12．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.13．已知边长为42的正三角形ABC中，E、F分别为BC和AC的中点，PA⊥面ABC，且PA=2，设平面过PF且与AE平行，则AE与平面间的距离为．14．棱长都为2的直平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，∠BAD=60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的余弦值为________.三、解答题:本大题共6小题，共80分。解答需写出必要的文字说明、推理过程或计算步骤.15．如图，直三棱柱111CBAABC，底面ABC中，CA＝CB＝1，90BCA，棱21AA，M、N分别A1B1、A1A是的中点．(1)求BM的长；(2)求11,cosCBBA的值；(3)求证：NCBA11．16．如图，三棱锥P—ABC中，PC平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，且CD平面PAB．(1)求证：AB平面PCB；(2)求异面直线AP与BC所成角的大小；(3)求二面角C-PA-B的大小的余弦值．17．如图所示，已知在矩形ABCD中，AB=1，BC=a（a0），PA⊥平面AC，且PA=1．（1）试建立适当的坐标系，并写出点P、B、D的坐标；（2）问当实数a在什么范围时，BC边上能存在点Q，使得PQ⊥QD？（3）当BC边上有且仅有一个点Q使得PQ⊥QD时，求二面角Q-PD-A的余弦值大小．18.如图，在底面是棱形的四棱锥ABCDP中，,,60aACPAABCaPDPB2，点EQPDCBAxyzB1C1A1CBAMN在PD上，且PE:ED＝2:1．(1)证明PA平面ABCD；(2)求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的大小；(3)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论．19.如图四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且PG＝4，GDAG31，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点．(1)求异面直线GE与PC所成的角的余弦值；(2)求点D到平面PBG的距离；(3)若F点是棱PC上一点，且DF⊥GC，求FCPF的值．20.已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点．(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；(3)当SAAB的值为多少时，二面角B－SC－D的大小为120°？理科立体几何训练题（B）答案一、选择题题号12345678答案BDDADBBC二、填空题9.45910．2311.45°12．4513．3321443三、解答题15解析：以C为原点建立空间直角坐标系xyzO.(1)依题意得B（0，1，0），M（1，0，1）．3)01()10()01(222BM.CDBAPEPAGBCDFEyzB1C1A1CBMNABCDPxyz(2)依题意得A1（1，0，2），B（0，1，0），C（0，0，0），B1（0，1，2）.5,6,3),2,1,0(),2,1,1(111111CBBACBBACBBA1030,cos111111CBBACBBACBBA.(3)证明：依题意得C1（0，0，2），N)0,21,21(),2,1,1(),2,21,21(11NCBA.NCBANCBA1111,00212116．解析：(1)∵PC⊥平面ABC,AB平面ABC，∴PCAB.∵CD平面PAB，AB平面PAB，∴CDAB．又CCDPC，∴AB平面PCB．(2由(I)AB平面PCB，∵PC=AC=2，又∵AB=BC，可求得BC=2．以B为原点，如图建立坐标系．则Ａ（０,2,０），Ｂ（0,0,0），C（2,０,0），P（2,０,2）．AP=(2,－2,2)，BC=(2,0,0)．则APBC=2×2+0+0=2．cosAP,BC=APBCAPBC=2222=21．∴异面直线AP与BC所成的角为3．（3）设平面PAB的法向量为m=(x，y，z)．AB=(0,－2,0),AP=(2,－2,2)，则AB0,AP0.mm即20,2220.yxyz解得0,2yxz令z=-1,得m=(2，0，-1)．由PC平面ABC易知：平面PAC平面ABC，取AC的中点E，连接BE，则BE为平面PAC的一个法向量，)0,1,1(22)0,22,22(BE，故平面PAC的法向量也可取为n=(1，1，0)．cos,mnmnmn=33232.∴二面角C-PA-B的大小的余弦值为33．17．解析：（1）以A为坐标原点，AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立坐标系如图所示．∵PA=AB=1，BC=a，∴P（0，0，1），B（1，0，0），zQPDCBAyxMNzyxBCDAPEFD（0，a，0）．（2）设点Q（1，x，0），则(1,,0),(1,,1)DQxaQPx．由0DQQP，得x2-ax+1=0．显然当该方程有非负实数解时，BC边上才存在点Q，使得PQ⊥QD，故只须⊿=a2-4≥0．因a0，故a的取值范围为a≥2．（3）易见，当a=2时，BC上仅有一点满足题意，此时x=1，即Q为BC的中点．取AD的中点M，过M作MN⊥PD，垂足为N，连结QM、QN．则M（0，1，0），P（0，0，1），D（0，2，0）．∵D、N、P三点共线，∴(0,1,0)(0,1,1)(0,1,)111MDMPMN．又(0,2,1)PD，且0MNPD，故(0,1,)232(0,2,1)0113．于是22(0,1,)1233(0,,)25513MN．故12(1,,)55NQNMMQMNAB．∵1202()(1)()055PDNQ，∴PDNQ．（资料来源：）∴∠MNQ为所求二面角的平面角．∵6cos6||||NMNQMNQNMNQ，注：该题还有很多方法解决各个小问，以上方法并非最简.18解析：（1）传统方法易得证明（略）（2）传统方法或向量法均易解得30；（3）解以A为坐标原点，直线APAD,分别为y轴、z轴，过A点垂直于平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系（如图）．由题设条件，相关各点的坐标为)0,21,23(),0,21,23(),0,0,0(aaCaaBA)31,32,0(),,0,0(),0,,0(aaEaPaD所以AE)31,32,0(aa，AC)0,21,23(aa，AP),,0,0(aPC),21,23(aaaBP),21,23(aaa，设点F是棱PC上的点，PCPF),21,23(aaa，其中10，则))1(),1(21),1(23(aaaPFBPBF．令AEACBF21得221131)1(3221)1(2123)1(23aaaaaaa解得23,21,2121，即21时，AEACBF2321．亦即，F是PC的中点时，AEACBF,,共面，又BF平面AEC，所以当F是PC的中点时，BF∥平面AEC．19解析：(1)以G点为原点，GPGCGB、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，4)，故E(1，1，0)，GE＝(1，1，0)，PC＝(0，2，4)。10102022||||cosPCGEPCGEPCGE，，∴GE与PC所成的余弦值为1010．(2)平面PBG的单位法向量n＝(0，±1，0)∵)02323(4343，，BCADGD，∴点D到平面PBG的距离为GD|n|＝23.(3)设F(0，y，z)，则)2323()02323()0(zyzyDF，，，，，，。∵GCDF，∴0GCDF，（资料来源：）即032)020()2323(yzy，，，，，∴23y,又PCPF，即(0，23，z－4)＝λ(0，2，－4)，∴z=1，故F(0，23，1)，)1210()3230(，，，，，FCPF，∴FCPF352352PFPC。20解析：(1)∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴SA⊥BD，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴BD⊥平面SAC，∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面SAC.PAGBCDFE(2)设AC∩BD＝F，连结SF，则SF⊥BD，∵AB＝2，SA＝4，∴BD＝22，SF＝SA2＋AF2＝42＋(2)2＝32，∴S△SBD＝12BD·SF＝12·22·32＝6，设点A到平面SBD的距离为h，∵SA⊥平面ABCD，∴13·S△SBD·h＝13·S△ABD·SA，∴6·h＝12·2·2·4，∴h＝43，即点A到平面SBD的距离为43.(3)设SA＝a，以A为原点，AB、AD、AS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，为计算方便，不妨设AB＝1，则C(1,1,0)，S(0,0，a)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，∴SC＝(1,1，－a)，SB＝(1,0，－a)，SD＝(0,1，－a)，再设平面SBC、平面SCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则111111100nSCxyaznSBxaz∴y1＝0，从而可取x1＝a，则z1＝1，∴n1＝(a,0,1)，222222200nSCxyaznSBxaz∴x2＝0，从而可取y2