高二立体几何练习的题目(理科附问题详解).doc

实用标准文案 PAGE 精彩文档 高2013级理科立体几何练习题答案 1．（重庆理19）如图，在四面体中，平面平面，，，. （Ⅰ）若，，求四面体的体积； (Ⅱ) 若二面角为，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DF⊥AC. 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Rt△ABC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，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC， 故由三垂线定理知DE⊥AB. 所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60° 设 在 从而 因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF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FM⊥AC，交AB于M，已知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x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz. 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. 已知二面角C—AB—D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．（北京理16）如图，在四棱锥中， 平面，底面是菱形，. (Ⅰ)求证：平面 （Ⅱ）若求与所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长. 解（Ⅰ）证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=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—xyz，则 P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）. 所以 设PB与AC所成角为，则 . （Ⅲ）由（Ⅱ）知 设P（0，－，t）（t0），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．（天津理17）如图，在三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长． 解：方法一：如图所示，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A—A1C1—B的正弦值为 （III）解：由N为棱B1C1的中点，得设M（a，b，0）， 则由平面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A—A1C1—B1的平面角. 在中， 连接AB1，在中， ， 从而所以二面角A—A1C1—B1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 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.（陕西理16） 如图，在中，是上的高，沿把折起，使∠?ＢＤＣ＝。（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ??⊥