1、1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 ， ，ABCDACDB， .ADC（）若 ， ，求四面体 的体积；() 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 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= 3.在 Rt ABC 中，因 AC=2AF= 2，AB=2BC，由勾股定理易知154,.BCA故四面体 ABCD 的体积1215.33ABC
2、VSDF（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 ABBC，知 EFAB.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 CABD 的平面角，由题设知DEF=60设,sin.2aADaFA则在3,cot ,6RtEEFa中从而13.26GHBCa2因 Rt ADERtBDE，故 BD=AD=a，从而，在 RtBDF 中，12aFHBD，又1,2aFGAD从而在FGH 中，因 FG=FH，由余弦
3、定理得23cos 6HFG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，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 Fxyz.不妨设 AD=2，由 CD=AD， CAD=30，易知点 A，C，D 的坐标分别为(0,3),(,0)(,1)1.ACDD则显然向量 (,)k是平面 ABC 的法向量.已知二面角 CABD 为 60，故可取平面 ABD 的单位法向量 (,)nlm，使得1,60,.2nk
4、从 而22 3,3,.61,.ADmnll由 有 从 而由 得设点 B 的坐标为6(,0);,3xyABCnl由 取，有2 43, ,0,9, ()6()0,7,xyxy解 之 得 舍 去易知 3l与坐标系的建立方式不合，舍去 .3因此点 B 的坐标为4673(,0).9所以4623(,0).9CB从而 223()3cos, .6| 4619ADCB故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为3.2 （北京理 16）如图，在四棱锥 中，PABCD平面 ，底面 是菱形，PABCD.,60()求证： 平面 ;（）若 求 与 所成角的余弦值；,PABAC（）当平面 与平面 垂直时，求 的长.PDP
5、A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= 3.如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，则P（0， 3， 2） ，A（0， 3，0） ，B （1，0，0） ，C（0， ，0）.所以 ).,2(),1(CB设 PB 与 AC 所成角为 ，则 4632|cosAPB.（）由（）知 )0,1(C设 P（0， 3，t） （t0 ） ，则 ),(tBP设平面 PBC 的法向量 ),(zyxm,则 0mBPC4所以 03
6、,tzyx令 ,3y则.6,tzx所以)6,3(tm同理，平面 PDC 的法向量),(tn因为平面 PCB平面 PDC,所以 m=0，即0362t解得 6t所以 PA= 63 （天津理 17）如图，在三棱柱 1ABC中， H是正方形 1AB的中心，12A， 1CH平面 1，且 5.（）求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值；（）求二面角 1的正弦值；（）设 N为棱 1B的中点，点 M在平面 1AB内，且 M平面 AC，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 (2,0)(,)(2,5)ABC111,（I）解：易得 (,),(,0)A，于是11
7、42cos, ,3|CBA所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为.（II）解：易知 11(0,2),(2,5).AAC设平面 AA1C1 的法向量 mxyz，则10mCA即50,2.5不妨令 5,x可得 (5,02)m，同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 (,)nxyz，则10,.nACB即 20.x不妨令 5，可得 (,5)于是cos, ,|7mn从而3sin,.7m所以二面角 AA1C1B 的正弦值为35.（III ）解：由 N 为棱 B1C1 的中点，得25(,).N设 M（a，b，0） ，则235(,)2Mab由 M平面 A1B1C1，得1,.NABC即)0,235()
8、(20.ab解得,2.4b故2(,0).4M因此(,)B，所以线段 BM 的长为10|.4BM方法二：（I）解：由于 AC/A1C1，故 1CA是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角.因为 1CH平面 AA1B1B，又 H 为正方形 AA1B1B 的中心，可得 113.B因此22111cos .ACB2,5,A6所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为2.3（II）解：连接 AC1，易知 AC1=B1C1，又由于 AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以 1AC 1B，过点 A 作 1RC于点 R，连接 B1R，于是 1R，故 B为二面角 AA1C1B1 的平面角.在 1tAB
9、中，2111 14sin2().3连接 AB1，在 R中， 22111114,cosARB7，从而 135sin.7ARB所以二面角 AA1C1B1 的正弦值为35.（III）解：因为 MN平面 A1B1C1，所以 1.MNB取 HB1 中点 D，连接 ND，由于 N 是棱 B1C1 中点，所以 ND/C1H 且 152CH.又 1平面 AA1B1B，所以 N平面 AA1B1B，故 AB又 ,ND所以 1AB平面 MND，连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E，则 11,/.MEA故 由1,4DEBA得 12DB，延长 EM 交 AB 于点 F，可得 12.BE连接 NE.在 RtEN中，
10、2,.MED故所以5.4D可得2.F7连接 BM，在 RtBFM中，210.4B4.（陕西理 16） 如图，在 ABC中， 60,90,BACD是 B上的高，沿AD把 C折起，使 90。 （）证明：平面 平面；（）设为的中点，求 E与 D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 90及（）知 DA，DC 两两垂直，不防设 DB=1，以 D 为坐标原点，以 ,DBCA所在直线 ,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0） ，B（1,0,0） ，C（0,3,0 ） ，A（0,0， 3
11、） ，E（12，3，0） ，AE=13,2，=（ 1，0,0,） ，与 DB夹角的余弦值为cos AE， =12.|4BD85（全国新课标理 18） 如图，四棱锥PABCD中，底面 ABCD 为平行四边形，60， 2A， PD底面ABCD（I）证明： ；（II）若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值解：（）因为 60,2DABAD， 由余弦定理得 3从而 BD2+AD2= AB2，故 BD AD又 PD 底面 ABCD，可得 BD PD所以 BD 平面 PAD. 故 PA BD（）如图，以 D 为坐标原点， AD 的长为单位长，射线 DA 为 x轴的正半轴建立空间直角坐标系 D- x
12、yz，则1,0A， 3,0B， ， 1,30C， ,1P(,)(,),()PBuvuvuv设平面 PAB 的法向量为 n=（ x，y，z ） ，则0,nABPur即 30xyz因此可取 n= (,1)设平面 PBC 的法向量为 m，则 0,PBCur可取 m=（0，-1， 3） 427cos,n故二面角 A-PB-C 的余弦值为 276.（四川理 19） 如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中 BAC=90，AB=AC=AA1 9=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BDA（I）求证：CD=C1D：（II）求二面角 A-A1D-B
13、的平面角的余弦值； （）求点 C 到平面 B1DP 的距离解：（1）连接 1BA交 1于 O, 1/BP1面 DA, ,BP面 面 面1/OD,又 为 1的中点，为 A中点， C为 P, 1ADCD,D 为 1C的中点。（2）由题意 1BB面 ,过 B 作 AH,连接 B，则HD, 为二面角 的平面角。在 1中，115,2AA,则25253,cos3HBAB（3）因为 11CBPDCV，所以 113BPDPCDhSS, 11124PDSS,在 1中，11 1 19535254,.cos,sin322BPDBPDBP，1 35,4BPDSh107.（福建理 20） 如图，四棱锥 P-ABCD 中
14、，PA底面 ABCD，四边形 ABCD 中，ABAD，AB+AD=4，CD= 2， 45CDA （I）求证：平面 PAB平面PAD；（ II）设 AB=AP（i）若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30，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 PA平面 ABCD，C平面 ABCD，所以 B，又 ,D所以 A平面 PAD。又 平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAD。（II）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E，则
15、 .CAD在 RtCDE中，DE= cos451，sin451,设 AB=AP=t，则 B（t，0，0） ，P （0，0，t ）由 AB+AD=4，得 AD=4-t，所以 (,3),(,)(,4)EtCtDt，1,0,.D11（i）设平面 PCD 的法向量为 (,)nxyz，由 nCD， P，得0(4).t取 xt，得平面 PCD 的一个法向量 ,4nt，又 (,0)Bt，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30，得222|1cos6|, ,| (4)nPttx即解得45tt或（舍去，因为 AD 0t） ，所以4.5AB（ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，
16、B，C，D 的距离都相等，设 G（0，m，0） （其中 04mt）则 (1,3,)(,0)(,)CtDmt，由 |得22t， （2）由（1） 、 （2）消去 t，化简得 34m（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） （i）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Axyz（如图）在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于 E，则 CE。在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E
17、，则 .CD在 RtD中，DE= cos451C，sin451,CE设 AB=AP=t，则 B（t，0，0） ，P （0，0，t ）由 AB+AD=4，得 AD=4-t，所以 (,3),(,)(,4)ttDt，12(1,0)(,4).CDPt设平面 PCD 的法向量为 ,nxyz，由 n， P，得0(4).t取 xt，得平面 PCD 的一个法向量 ,4nt，又 (,0)Bt，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30，得222|1cos6|, ,| (4)nPttx 即解得45tt或（舍去，因为 AD 0t） ，所以.AB（ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，
18、B，C，D 的距离都相等，由 GC=CD，得 45CD，从而 90G，即 ,Asin451,设 ,AB则 D=-3，在 RtG中，222(3)ABG29()1,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 G 到点 P，B，C ，D 的距离都相等。8.(湖北理 18） 如图，已知正三棱柱 1ABC的各棱长都是 4， E是 BC的中点，13动点 F在侧棱 1C上，且不与点 C重合（）当 =1 时，求证： EF 1A；（）设二面角 的大小为 ，求 tan的最小值解法 1：过 E 作 NC于
19、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 AB侧面 A，C=AC，且 E底面 ABC，所以 EN侧面 A1C，NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影，在 RtC中， cos60=1，则由 14CFNA，得 NF/AC1，又 1,A故 1FAC。由三垂线定理知 .E（II）如图 2，连结 AF，过 N 作 MF于 M，连结 ME。由（I）知 E侧面 A1C，根据三垂线定理得 ,A所以 M是二面角 CAFE 的平面角，即 EN，设 ,045FA则 在 Rt中， sin603,C在 ,sin3i,RtNa中 故tan.iMa又2045
20、,0i,故当2si,45即 当时， tn达到最小值；36tan2，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，则由已知可得 1(0,)(,0)(,4)(0,)(3,0)(,41)ABCAEF于是 1 .CE则 (,)(3,)4,F故 1.AC（II）设 04，14平面 AEF 的一个法向量为 (,)mxyz，则由（I）得 F（0，4， ）(3,0),4AEF，于是由 ,AEm可得30.,mxyz即取 (34).又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1 的一个法向量为 (1,0)n，于是由 为锐角可得|cosmn2236,si44，所以2216tan3，由 04，得，
21、即16tan,3故当 ，即点 F 与点 C1 重合时， t取得最小值,39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； 12当 k 为何值时，O 在平面 PBC 内的射影恰好为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15系设 ABa，OP h，则 A( a，0，0)，B (0， a，0)，C( a， 0，0)，222P(0
22、，0，h)当 k 时，P(0，0， a)， ( a，0， a)1272P272可求得平面 PBC 的一个法向量为 (1，1， )，n17cos ，即直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值为PAn|203； 2103PBC 的重心 G( a， a， h)2613若 O 在平面 PBC 内的射影恰好为PBC 的重心 G，需 OG平面 PBC，即 OGPB，且 OGBC由 ( a， a， h)(0， a，h )0，解得 h aPB261322从而 ( a， a， h)(0， a， a) a2 ah0GC 16当 h a 时，O 在平面 PBC 内的射影恰好为PBC 的重心 G，此时 PA2a2A
23、故 k1 时，O 在平面 PBC 内的射影恰好为PBC 的重心（此时三棱锥 O-PBC 为正三棱锥） 10如图，在三棱锥 V-ABC 中，VC底面 ABC，ACBC，D 是 AB 的中点，且ACBC a， VDC（0 ） 2求证：平面 VABVCD； 当角 变化时，求直线 BC 与平面 VAB 所成的角的取值范围解:以 CA、CB 、CV 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，a ，0)，D( ， ，0)，a2BVADC16MA BSCV(0，0， tan)2a ，即21(002aABCDa， ， ， ， ABC
24、D，即21()tnV a， ， ， ， V又 ， 平面 CAB VCD设直线 BC 与平面所成的角为 ，平面 VAB 的一个法向量为 ()xyz，n则由 ，得 ，可取 0，n-axy02azt0(12cot)，又 ，于是 BC(a)， ， 2BCsinsincot， ， 又 ， 02 0i1 0si0 04即直线 与平面 所成角的取值范围为 BCVA4，11.（本小题 12 分）如图，在三棱锥 中， 是边长为 4 的正三角形，平面BCSA平面 ， ， 为 的中点.SAB2SAM（1）证明： ；C（2）求二面角 的余弦值；（3）求点 到平面 的距离.S解：（1）证明：取 的中点 ，连接ACOBS
25、,因为 ， ，所以 且 .SBOC因为平面 平面 ，平面 平面 ，所以 平面ASABC所以 .O如右图所示，建立空间直角坐标系 xyO17则 )0,32(),0(),2(),0( BSCA所以 4因为 ),(),(B所以 SAC（2）由（1）得 ，所以)0,31(M)2,0(),3(CS设 为平面 的一个法向量，则),(zyxn，取 ，则 所以02CS1z3,yx )1,3(n又因为 为平面 的一个法向量，所以),(OABC5,cosOS所以二面角 的余弦值为 .MS5（3）由（1） （2）可得 ， 为平面 的一个法向量.)0,32(CB)1,3(nSCM所以点 到平面 的距离BS54d12.
26、（浙江理 20） 如图，在三棱锥 PAC中， B，D 为 BC 的中点， PO平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上，已知 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？若存在，求出 AM的长；若不存在，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 Oxyz则 (0,)(,30)(4,2)(,0)(,4)ABCP，,48,P，由此可得 AB，所以BC，即 .18（II）解：设 ,1(0,34)PMAP则BB(4,2)(0,34)(,5)(8
27、,)AC设平面 BMC 的法向量 11(,)nxyz，平面 APC 的法向量 2n2(,)xyz由10,BMC得1114(3)4,80,x即111, 23(0,)234,4xnzy可 取由2,0.APnC即2340,5yzx得2225,(5,3).3,4xnzy可 取由 12,4得解得 5，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 ADBC又 PO平面 ABC，得 .POBC因为 O，所以 平面 PAD，故 .BCA（II）解：如图，在平面 PAB 内作 MPA于 M，连 CM，由（I）中知 APBC，得 P平面 BMC，又 平面 APC，所以平面 BMC 平面 APC。在22, 41,.RtADBBD中 得在 OPO中 ，在22,t中所以2 36PB=.PBD得在22RtOA, 5,OA中 得19又221cos ,3PAB从而 PM s，所以 AM=PA-PM=3。综上所述，存在点 M 符合题意，AM=3。
