立体几何练习题

数学立体几何练习题之答禄夫天创

作

一、 创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日 二、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

2a的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关

3系是()

A．相交 B．平行C．垂直 D．不克不及确定

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.45 D.90

B.30 C.60

3．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．1

2B。32 C。33 D。6 34．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．1

5B。1

3C。1

2D。3 25．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，

E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于（）

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

A．

105

B．2 C．

355D．

15 56．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2，A A1=1，则点A到平面A1BC的距离为（） A．

3 4B．

3 2C．

334 D．3

7．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. 75º

8．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．0

B．2 C．4

D．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，D1N〉的值为_________.

A M B D C 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.

11．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

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

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与正面DCC1D1所成角的余弦值为________.

三、解答题:本大题共

6小题，共80分。解答需写出需要的文字说

明、推理过程或计算步调.

15．如图，直三棱柱ABCA1B1C1，底面ABC中，CA＝CB＝1，

BCA90，棱AA12，M、N分别A1B1、A1A是的中点． A1 z C1 N B1 (1) 求BM的长； (2) 求cosBA1,CB1的值； (3) 求证：A1BC1N．

x

M C A B y

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； P (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，

P CDBBC=a（a>0），PA⊥平面AC，且PA=1．

A（1）试建立适当的坐标系，并写出点P、B、D的坐标；

A （2）问当实数a在什么范围时，BC边上能存在点Q，

B D

C

使得PQ⊥QD？

Q

（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PABCD中，

P 创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日 E A D 创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

ABC60,PAACa,PBPD2a，点E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，AG1GD，BG⊥GC，GB3＝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，求的值．

20.已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，

A G F D

PFFCP SA⊥底面

ABCD，E是SC上的任意一点．

(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；

B E

C (2)设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；

SA(3)当的值为多少时，二面角B－SC－D的大小为

AB120°？

理科立体几何训练题（B）答案

一、选择题

题号 答案 二、

1 B 2 D 3 D 4 A 5 D 6 B 7 B 8 C 填空题

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

45239.10． 11. 45°12．413．23 14

93543三、解答题

15解析：以C为原点建立空间直角坐标系Oxyz. (1) 依题意得B（0，1，0），M（1，0，1）．BM(10)2(01)2(10)23z C1 A1 N B1 .

(2) 依题意得A1（1，0，2），B（0，1，0），C（0，0，0），B1（0，1，2）.

cosBA1,CB1BA1CB1BA1CB13010M C A B y

.

x

111,,2),A1B(1,1,2),C1N(,,0). (3) 证明：依题意得C1（0，0，2），N(1222216．解析： (1) ∵PC⊥平面ABC,AB平面ABC，

∴PCAB.∵CD平面PAB，AB平面PAB， ∴CDAB．又PCCDC，∴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)． P则APBC=2×2+0+0=2．

cosAP,BC=

APBCAPBCz=

2222= ．

312D∴异面直线AP与BC所成的角为．

（3）设平面PAB的法向量为m= (x，y，z)．AB=(0, －2,0),AP=(2,－2,2)， 则ABm0,APm0.CxBAy即2y0,2x2y2z0.解得y0,x2z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

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

BE，则BE为平面PAC的一个法向量，

BE(222,,0)(1,1,0)，故平面222mnmnPAC的法向量也可取为n= (1，

1，0)．

cosm,n=

2323.∴二面角C-PA-B3的大小的余弦值为

3． 3

17．解析：（1）以A为坐标原点，AB、AD、AP分 P z 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）， B A N y M Q

D D（0，a，0）．

（2）设点Q（1，x，0），则

DQ(1,xa,0),QP(1,x,1)．

x C 由DQ•QP0，得x-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

2

PQ⊥QD，故只须⊿=a2-4≥0．

因a>0，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，

∴MNMDMP(0,1,0)(0,1,1)(0,1,)．

111创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

又PD(0,2,1)，且MN•PD0， 故(0,1,)•(0,2,1)2302．

11322(0,1,)33(0,1,2)． 于是MN25513故NQNMMQMNAB(1,1,2)．

55∵PD•NQ02(1)(1)(2)0，

55∴PDNQ．（资料来源：www.maths168.com） ∴∠MNQ为所求二面角的平面角． ∵cosMNQNM•NQ6|NM||NQ|6，

注：该题还有很多方法解决各个小问，以上方法并不是最简. 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AD,AP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

1a,a)，AC(所以AE(0,233BP(31a,a,0)， 2231a,a,a)，其中2231a,a,a)，设点22F是棱PC上的点，PFPC(01，则BFBPPF(33a(1)a122121a(1)a1a2

2321a(1)a2331a(1),a(1),a(1))．令BF1AC2AE得2213113,1,2，即时，BFACAE．亦即，F是PC的中解得1222222点时，BF,AC,AE共面，又BF平面AEC，所以当F是PC的中点时，

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

BF∥平面AEC．

19解析：(1)以G点为原点，GB、GC、GP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 P(0，0，4)，故E(1，1，0)，GE＝(1，1，0)，PC＝(0，2，4)。cosGE，PC∴GE与PC所成的余弦值为

GEPC|GE||PC|21010220A G F D

，

B E

C 1010．

(2)平面PBG的单位法向量n＝(0，±1，0) ∵GD3AD3BC44(33，，0)， 22∴点D到平面PBG的距离为|GDn |＝3. (3)设∵DF223333F(0，y，z)，则DF(0，y，z)(，，0)(，y，z)。

2222GC，∴DFGC0，（资料来源：www.maths168.com）

即(3，y3，z)(0，2，0)2y30，

2∴y3 , 又PFPC，即(0，3，z－4)＝λ(0，2，－4)，

22∴z=1， 故F(0，

35PFPF13，1) ，PF(0，3，23。 3)，FC(0，，1)，∴

PCFC2225220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. (2)设AC∩BD＝F，连结SF，则SF⊥BD， ∵AB＝2，SA＝4，∴BD＝22，

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

SF＝SA2＋AF2＝42＋(2)2＝32，

11

∴S△SBD＝BD·SF＝·22·32＝6，

22设点A到平面SBD的距离为h，

11

∵SA⊥平面ABCD，∴·S△SBD·h＝·S△ABD·SA，∴6·h＝

3314

·2·2·4，∴h＝， 23

4

即点A到平面SBD的距离为.

3

(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，无妨设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)，

n1SCx1y1az10则

n1SBx1az10∴y1＝0，从而可取x1＝a，则z1＝1，∴n1＝(a,0,1)， ∴x2＝0，从而可取y2＝a，则z2＝1，∴n2＝(0，a,1)， 1

∴cos〈n1，n2〉＝2，

a＋1

11

要使二面角B－SC－D的大小为120°，则2＝，从而

a＋12

a＝1，

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日

SAa即当＝＝1时，二面角B－SC－D的大小为120°.

AB1

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日 创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日