立体几何
1.、是不同的直线,、、是不同的平面,有以下四个命题:
① 若,则; ②若,则;
③ 若,则; ④若,则.
其中真命题的序号是 ( )
2.棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AA1的中点,求三棱锥D1-MBD的体积
3.在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点,求证:
(Ⅰ)PA⊥底面ABCD; (Ⅱ)BE∥平面PAD;
(Ⅲ)平面BEF⊥平面PCD.
4.在正方体中,为的中点,为正方形BCC1B1的中心,
(1)求直线EF与平面ABCD所成角的正切值;
(2)求异面直线A1C与EF所成角的余弦值.(中位线平移)
5.在正方体中,,分别为棱,的中点.求证:
(1)∥平面; (2)平面⊥平面.(线面 面面)
6.如图为一组合几何体,其底面为正方形,平面,且.(I)求证:平面;(II)求四棱锥的体积; (III)求该组合体的表面积.
7.在三棱锥中,平面平面,,,
过作,点分别是棱的中点. 求证:
(1)平面平面; (2).(线面 线线)
8.如图4,在边长为1的等边三角形中,分别是边上的点,,是的中点,与交于点,将沿折起,得到如图5所示的三棱锥,其中BC=.(折叠后哪些量不变?)
(1) 证明://平面; (2) 证明:平面;
(3) 当时,求三棱锥的体积.
9.在正方形ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1中点,求二面角A1-BD-E的度数
(定义法)
10.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,点E在PC上,PB⊥平面ACE,若PD=1,AD=2,求二面角A-PB-D的正切值.(定义法)
11.已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD是棱形,PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°,E,F分别是BC,PC的中点.
(1)证明:AE⊥PD;(2)若AB=2,PA=2,求二面角F-AE-C的余弦值.
(垂线法)
第二篇:数学·“立体几何”复习题
数学·“立体几何”复习题
参考答案
一、选择题 1.D
[解析]:以D为原点建立坐标系
cos??
2.C ??32?6??0 ??150 2
[解析]: A1?(0,11,?1)C1?(1,0,?) 22
cos??3.C 11?2 5
[解析]:
BC?BD?(AC?AB)(AD?AB)
?????????0
cosB??0故?B是锐角 22
同理, ?D,?C都是锐角。故△BCD是锐角三角形。
4.D
[解析]:以D为原点建立坐标系
A1?(?1,0,?1),?(1,?1,1)
A1E?GF?0
异面直线A1E与GF所成的角是
5.C
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[解析]:
如图,当平面 三棱锥体积最大
取AC的中点E,则BE?平面DAC,
故直线BD和平面ABC所成的角为?DBE
cos?DBE=
6.D BE2,∴?DBE=450 ?BD2
[解析]:∵P到直线直线C1D1的距离就是P到C1的距离,
∴点P到直线BC与点C1的距离相等
故动点P的轨迹所在的曲线是以C1为焦点、以直线BC为准线的抛物线
7.B
[解析]:以A为原点建立坐标系,AC,AA1为y,z轴,垂直于平面AA1C1C直线为x轴,则
AB1?(11,,2),AC1?(?,?,2) 2222
故1 ?AC1=0
8.B
[解析]:点A到平面A1BC的距离为h
∵VA1?ABC?VA?A1BC
∴11S?ABC?AA1?S?A1BC?h 33
∴11?3?1??2?h 33
∴h?
9.B
[解析]: 3 2
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则折后两条对角线之间的距离为EF的长
在?BED中,?BED=?,BE=DE=3 2
当?
10.B =120°时,EF的最小值为,当?=60°时,EF的最大值为
[解析]:过O作EF//C1D1分别交A1C1、B1D1于E、F,
∵EF//平面ABC1D1,∴O到平面AB C1D1的距离等于E到平面AB C1D1的距离,而E到平面AB C1D1的距离
为2 4
二、填空题
11. 2 3
[解析]:分别以BA、BC、BB1为ox、oy、oz轴,则
A1C?(?1,1,?1),11EF?(?,1,) 22
?1?1
3?3
2?2 3
12. ? 3
[解析]:∵PA=PB=PC,∴P在底面的射影E是?ABC的外心,又?BAC?
故E是BC的中点,所以 PA与底面ABC所成角为?PAE, ?2
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而?PAE=
13. 。 32 3
[解析]:分别取AB、CD的中点E、F,连EF,过M作MN?EF于N,再作 EG?MF于G
则MN的长为点M到截面ABCD的距离。
先在?EFG中计算tan?CAM?22,?sin?CAM?22 3
再在?MFN中计算MN=MFsin?CAM=
14. 2 35
[解析]:∵点A在β内的射影与点B在α内的射影重合,
∴α?β
设射影为点C,点P到l的距离为PC的长,
而PC为矩形PACB的对角线
∴PC=
三、解答题
(15) 解(Ⅰ)连接AM,A1G
∵G是正三角形ABC的中心,
且M为BC的中点,
∴A,G,M三点共线,AM⊥BC。
∵B1C1∥BC,
∴B1C1⊥AM于G,
即GM⊥B1C1,GA1⊥B1C1,
∴∠A1GM是二面角A1—B1C1—M的平面角。
∵点A1在平面BB1C1C上的射影为M,
∴A1M⊥MG,∠A1MG=90°
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在Rt△A1GM中,由A1G=AG=2GM得∠A1GM=90°
即二面角A1—B1C1—M的大小是60°。
(16)解法一:(Ⅰ)取AC中点D,连结SD、DB。
∵SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SD且AC⊥BD,
∴AC⊥平面SDB,又SB?平面SDB,
∴AC⊥SB。
(Ⅱ)∵AC⊥平面SDB,AC?平面ABC,
∴平面SDB⊥平面ABC。过N作NE⊥BD于E,
NE⊥平面ABC,过E作EF⊥CM于F,连结NF,则NF⊥CM。
∴∠NFE为二面角
N-CM-B的平面角。
∵平面SAC⊥平面ABC,SD⊥AC,
∴SD⊥平面ABC。又∵NE⊥平面ABC,∴NE∥SD。
∵SN=NB,∴NE=11SD=22SA2?AD2=1
2?4=2,
11ENMB=,在Rt△NEF中,tan∠NFE==22, 42EF且ED=EB。在正△ABC中,由平几知识可求得EF=
∴二面角N-CM-B的大小是arctan22。
(Ⅲ)在Rt△NEF中,NF=EF2?EN2=313,∴S△CMN=CM·NF=2221,S△CMB=BM·CM=2。 2
11S△CMN·h=S△CMB·NE, 33设点B到平面CMN的距离为h,∵VB-CMN=VN-CMB,NE⊥平面CMB,∴∴h=S?CMB?NE42=。即点B到平面CMN的距离为3S?CMN42。 3
解法二:(Ⅰ)取AC中点O,连结OS、OB。
∵SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SO且AC⊥BO。
∵平面SAC⊥平面ABC,平面SAC∩平面ABC=AC
∴SO⊥面ABC,∴SO⊥BO。
如图所示建立空间直角坐标系O-xyz。则A(2,0,0),B(0,23,0),
C
(-2,0,0),S(0,0,22),
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M(1,3,0),N(0,,2)。
∴=(-4,0,0),=(0,2,22),
∵AC·SB=(-4,0,0)·(0,2,22)=0,
∴AC⊥SB。
(Ⅱ)由(Ⅰ)得=(3,,0),=(-1,0,2)。设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,则
???n?3x?y?0,取z=1,则x=2,y=-6, ????n??x?2z?0
∴n=(2,-6,1), 又=(0,0,22)为平面ABC的一个法向量, ∴cos(n,OS)1。 3=∴二面角N-CM-B的大小为arccos1。 3
(Ⅲ)由(Ⅰ)(Ⅱ)得=(-1,3,0),
n=(2,-,1)为平面CMN的一个法向量,
∴点B到平面CMN的距离d=|n·|42=。 3|n|
(17)解法一:由题意AB//CD,??C1BA是异面直线BC1与DC所成的角。
连结AC1与AC,在Rt△ADC中,可得AC?,
又在Rt△ACC1中,可得AC1=3。
在梯形ABCD中,过C作CH//AD交AB于H,
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得?CHB?90?,CH?2,HB?3,?CB?
又在Rt?CBC1中,可得BC1?,
AB2?BC12?AC123在?ABC1中,cos?ABC1??,??ABC1?. 2AB?BC11717
3. 17∴异而直线BC1与DC所成角的大小为解法二:如图,以D为坐标原点,分别以AD、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立直 角坐标系。
则C1(0,1,2),B(2,4,0) ?BC1?(?2,?3,2),
?(0,?1,0),设BC1与所成的角为?,
则cos??1?33.??, 1717
∴异面直线BC1与DC所成角的大小为3. 17
(18)(I)证明:∵PA2?AC2?36?64?100?PC2,
∴△PAC是以∠PAC为直角的直角三角形。
同理可证:△PAB是以∠PAB为直角的直角三角形,
△PCB是以∠PCB为直角的直角三角形。
所以,PA⊥平面ABC。
又∵S?PBC?
而11|AC||BC|??10?6?30, 22111534|PB||CF|??2??30?S?PBC, 2217
故CF⊥PB,又已知EF⊥PB,
∴PB⊥平面CEF。
(II)由(
I
)知PB⊥CE,PA⊥平面ABC,
∴AB是PB在平面ABC上的射影,故AB⊥CE。
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在平面PAB内,过F作FF1垂直AB交AB于F1,则FF1⊥平面ABC, EF1是EF在平面ABC上的射影,∴EF⊥EC,
故∠FEB是二面角B—CE—F的平面角。
tan?FEB?cot?PBA?AB105?? AP635 3二面角B—CE—F的大小为arctan
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