O S B A C08高考数学立体几何练习题1.已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形,//AB DC ,⊥=∠PA DAB ,90ο底面ABCD ,且1PA AD DC ===,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P ABCD -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1AEC F 所截面而得到的,其中14,2,3,1AB BC CC BE ====.(Ⅰ)求BF 的长;(Ⅱ)求点C 到平面1AEC F 的距离.4.如图,在长方体1111ABCD A B C D -,中,11,2AD AA AB ===,点E 在棱AD 上移动. (Ⅰ)证明:11D E A D ⊥;(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1D EC D --的大小为4π.5.(xx 福建•理•18题)如图,正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2,D 为CC 1中点.(Ⅰ)求证:AB 1⊥面A 1BD ;(Ⅱ)求二面角A -A 1D -B 的大小; (Ⅲ)求点C 到平面A 1BD 的距离. 6.(xx 宁夏•理•19题)如图,在三棱锥S ABC -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A SC B --的余弦值.7.(xx 陕西•理•19题)如图,在底面为直角梯形的四棱锥P ABCD -中//AD BC ,,90︒=∠ABC 平面⊥PA ABC ,32,2,4===AB AD PA ,BC =6.(Ⅰ)求证:BD PAC ⊥平面; (Ⅱ)求二面角D BD P --的大小.D CBAV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,)2A B C D P M .(Ⅰ)证明:因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故由题设知AD DC ⊥,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(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC PB AC PB AC PB AC 所以故(Ⅲ)解:在MC 上取一点(,,)N x y z ,则存在,R ∈λ使,MC NC λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x MC z y x NC要使14,00,.25AN MC AN MC x z λ⊥=-==u u u r u u u u r g 只需即解得),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为 所求二面角的平面角.30304||,||,.52cos(,).3||||2arccos().3AN BN AN BN AN BN AN BN AN BN ===-∴==-⋅-u u u r u u u r u u u r u u u r Q g u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r 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,,,,,A B C D P E 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(-==PB AC设PB AC 与的夹角为θ,则,1473723||||cos ==⋅=PB AC θ∴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,)x z ,则)1,21,(z x NE --=,由NE ⊥面PAC 可得,⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 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,. 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)A C E C 设(0,0,)F z .∵1AEC F 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BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴(II )设1n 为平面1AEC F 的法向量,)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x n n 得由⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为α,则.333341161133cos 1111=++⨯==α ∴C 到平面1AEC F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d 4.解:以D 为坐标原点,直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴,建立空间直角坐标系,设AE x =,则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C(1).,0)1,,1(),1,0,1(,1111D DA x D DA ⊥=-=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-=-=D ,)1,0,1(1-=AD ,设平面1ACD 的法向量为),,(c b a =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD 也即⎩⎨⎧=+-=+-002c a b a ,得⎩⎨⎧==ca ba 2,从而)2,1,2(=n ,所以点E 到平面1ACD 的距离为.3132121=-+==h (3)设平面1D EC 的法向量),,(c b a n =,∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD C D x CE由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,0,01x b a c b D 令1,2,2b c a x =∴==-, ∴).2,1,2(x -= 依题意.225)2(222||||4cos211=+-⇒=⋅=x DD n π∴321+=x (不合,舍去),322-=x .∴2AE =-1D EC D --的大小为4π. 5.解:(Ⅰ)取BC 中点O ,连结AO .ABC Q △为正三角形,AO BC ∴⊥. Q 在正三棱柱111ABC A B C -中,平面ABC ⊥平面11BCC B ,AD ∴⊥平面11BCC B .取11B C 中点1O ,以O 为原点,OB uuu r ,1OO u u u u r ,OA u u ur 的方向为x y z ,,轴的正方向建立空间直角坐标系,则(100)B ,,,(110)D -,,,1(02A,(00A ,1(120)B ,,,1(12AB ∴=u u u r ,,(210)BD =-u u u r ,,,1(12BA =-u u u r.12200AB BD =-++=u u u r u u u r Q g ,111430AB BA =-+-=u u u r u u u rg , 1AB BD ∴u u u r u u u r ⊥,11AB BA u u u r u u u r⊥.1AB ∴⊥平面1A BD .(Ⅱ)设平面1A AD 的法向量为(x y =,n (11AD =-u u u r ,,,1(020)AA =u u u r ,,.AD u u u r Q ⊥n ,1AA u u u r⊥n ,100AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩u u u r g u u u r g ,,n n 020x y y ⎧-+-=⎪∴⎨=⎪⎩,,0y x =⎧⎪∴⎨=⎪⎩,.令1z =得(1)=,n 为平面1A AD 的一个法向量.由(Ⅰ)知1AB ⊥平面1A BD , 1AB ∴u u u r 为平面1A BD 的法向量.cos <n ,1114AB AB AB >===-u u u ru u u r g u u u r g n n . ∴二面角1A A D B --的大小为arccos4. (Ⅲ)由(Ⅱ),1AB u u u r为平面1A BD 法向量,1(200)(12BC AB =-=u u u r u u u r Q ,,,,.∴点C 到平面1A BD 的距离112BC AB d AB ===u u u r u u u rg u u u r .6.解:以O 为坐标原点,射线OB OA ,分别为x 轴、y 轴的正半轴,建立如图的空间直角坐标系O xyz -.设(100)B ,,,则(100)(010)(001)C A S -,,,,,,,,.SC 的中点11022M ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,, 111101(101)2222MO MA SC ⎛⎫⎛⎫=-=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u r u u ur ,,,,,,,,.00MOSC MA SC ==u u u u r u u u r u u u r u u u r ,∴··. 故,MO SC MA SC MO MA ⊥⊥>u u u u r u u u r,,<等于二面角A SC B --的平面角.cos MO MA MO MA MO MA<>==u u u u r u u u ru u u u r u u u r u u u u r u u u r ,··,所以二面角A SC B --. 7.解:(Ⅰ)如图,建立坐标系,则(000)A ,,,0)B ,,0)C ,,(020)D ,,,(004)P ,,,(004)AP ∴=u u u r ,,,0)AC =u u u r ,,(0)BD =-u u u r,, 0BD AP ∴=u u u r u u u r g ,0BD AC =u u u r u u u rg .BD AP ∴⊥,BD AC ⊥,又PA AC A =I ,BD ∴⊥平面PAC .(Ⅱ)设平面PCD 的法向量为(1)x y =,,n ,则0CD =u u u r g n ,0PD =u u u rg n ,又(40)CD =--u u u r ,,(024)PD =-u u u r ,,,40240y y ⎧--=⎪∴⎨-=⎪⎩,,解得32x y ⎧=-⎪⎨⎪=⎩,21⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭,n 平面PAC的法向量取为()20BD ==-u u u r ,m , cos <m,>==g m n n m n ∴二面角A PC D --的大小为C。