本文格式為Word版，下載可任意編輯——高中數學立體幾何大題訓練高中數學立體幾何大題訓練

1.如下圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中點

（Ⅰ）求異面直線A1M和C1D1所成的角的正切值；（Ⅱ）證明：平面ABM⊥平面A1B1M1

2.如圖，在矩形ABCD中，點E,F分別在線段AB,AD上，AE?EB?AF?'沿直線EF將VAEF翻折成VAEF，使平面AEF?平面BEF.

2FD?4.3'（Ⅰ）求二面角A'?FD?C的余弦值；

（Ⅱ）點M,N分別在線段FD,BC上，若沿直線MN將四邊形

MNCD向上翻折，使C與A'重合，求線段FM的長。

3.如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC?BC，AA1?AB，D為BB1的中點，E為AB1上的一點，AE?3EB1．

（Ⅰ）證明：DE為異面直線AB1與CD的公垂線；（Ⅱ）設異面直線AB1與CD的夾角為45°，求二面角

A1?AC1?B1的大小．

4.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是矩形PA⊥平面ABCD，AP=AB，BP=BC=2，E，F分別是PB,PC的中點.

(Ⅰ)證明：EF∥平面PAD；(Ⅱ)求三棱錐E—ABC的體積V.

5.如圖，棱柱ABC?A1B1C1的側面BCC1B1是菱形，B1C?A1B

（Ⅰ）證明：平面AB1C?平面A1BC1；

（Ⅱ）設D是A1C1上的點，且A1B//平面B1CD，求A1D:DC1的值.

6.已知三棱錐P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=?AB，N為AB上一點，AB=4AN,M,S分別為PB,BC的中點.

（Ⅰ）證明：CM⊥SN；

（Ⅱ）求SN與平面CMN所成角的大小.

7.如圖△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD

?平面BCD，AB?平面BCD，AB?23。

（1）求點A到平面MBC的距離；

（2）求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值。

8.如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°，

EFBF=FC,H為BC的中點，

(Ⅰ)求證：FH∥平面EDB;

D（Ⅱ）求證：AC⊥平面EDB;

（Ⅲ）求周邊體B—DEF的體積；

H

AB

C9.如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面相互垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=2，CE=EF=1.（Ⅰ）求證：AF∥平面BDE；（Ⅱ）求證：CF⊥平面BDE；（Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。

10.已知正方體ABCD－A'B'C'D'的棱長為1，點M是棱AA'的中點，點O是對角線BD'的中點.

（Ⅰ）求證：OM為異面直線AA'和BD'的公垂線；

D?C?（Ⅱ）求二面角M－BC'－B'的大小；

A?（Ⅲ）求三棱錐M－OBC的體積.

B?

?OM?DC

AB

w_ww.k#s5_u.co*m

參考答案

1.

2.（Ⅰ）解：取線段EF的中點H，連結AH，由于AE=AF及H是EF的中點，所以AH'''''?EF,

又由于平面AEF?平面BEF.如圖建立空間直角坐標系A-xyz則A（2，2，2'2），C（10，8，0），

?F（4，0，0），D（10，0，0）.

?

故FA=（-2，2，2?'

2），FD=（6，0，0）.

'

設n=（x,y,z）為平面AFD的一個法向量，-2x+2y+2所以6x=0.

取z2z=0

?2，則n?(0,?2,2)。

又平面BEF的一個法向量m?(0,0,1)，

故cos?n,m??nm3?。

nm333

所以二面角的余弦值為

（Ⅱ）解：設FM?x,則M(4?x,0,0)，

由于翻折后，C與故，

A重合，所以CM?A'M，

21，422(6?x)2?82?02=（?2?x）?22?（22），得x?經檢驗，此時點N在線段BC上，所以FM方法二：

（Ⅰ）解：取線段EF的中點H,

?21。4AF的中點G,連結A'G,A'H,GH。

A'H?EF

由于A'E=A'F及H是EF的中點，所以

又由于平面又

A'EF?平面BEF，所以A'H?平面BEF,

AF?平面BEF,故A'H?AF，

又由于G、H是易知GH∥

AF、EF的中點，

AB，所以GH?AF，于是AF?面A'GH，

所以?A'GH為二面角在RtA'?DH?C的平面角，

A'GH中，A'H=22，GH=2，A'G=23?33.

所以cos?A'GH故二面角

A'?DF?C的余弦值為?x,

33。

（Ⅱ）解：設FM由于翻折后，C與而CM2A'重合，所以CM?A'M，

?DC2?DM2?82?(6?x)2，

A'M2?A'H2?MH2?A'H2?MG2?GH2?(22)2

得x?21，經檢驗，此時點N在線段BC上，4所以FM?21。43.（I）連接A1B，記A1B與AB1的交點為F.

由于面AA1BB1為正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D為BB1的中點，故DE∥BF，DE⊥AB1.………………3分

作CG⊥AB，G為垂足，由AC=BC知，G為AB中點.

又由底面ABC⊥面AA1B1B.連接DG，則DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂線定理，得DE⊥CD.所以DE為異面直線AB1與CD的公垂線.

（II）由于DG∥AB1，故∠CDG為異面直線AB1與CD的夾角，∠CDG=45°設AB=2，則AB1=

，DG=

，CG=

，AC=

.

作B1H⊥A1C1，H為垂足，由于底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1，K為垂足，連接B1K，由三垂線定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH為二面角A1-AC1-B1的平面角，由此可求出二面角大小4.解(Ⅰ)在△PBC中，E，F分別是PB，PC的中點，∴EF∥BC.

(Ⅱ)連接AE,AC,EC,過E作EG∥PA交AB于點G,

則BG⊥平面ABCD,且EG=又BC∥AD,∴EF∥AD,

又∵AD?平面PAD,EF?平面PAD,∴EF∥平面PAD.

12PA.

在△PAB中，AD=AB,?PAB°,BP=2,∴AP=AB=2,EG=

22.

∴S△ABC=

11AB·BC=22×2×2=2,

∴VE-ABC=

2111S△ABC·EG=×2×=.

23335.解：（Ⅰ）由于側面BCC1B1是菱形，所以B1C?BC1

又已知B1C所又B1C所以平面

?A1B,且A1B?BC1?B

?平面A1BC1，又B1C?平面AB1C，AB1C?平面A1BC1.

（Ⅱ）設BC1交B1C于點E，連結DE，

則DE是平面A1BC1與平面B1CD的交線，由于A1B//平面B1CD，所以A1B//DE.又E是BC1的中點，所以D為A1C1的中點.即A1D：DC1=1.

6.證明：

設PA=1，以A為原點，射線AB，AC，AP分別為x，y，z軸正向建立空間直角坐標系如圖。

則P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,

11），N（22,0,0），S（1,

12,0）.

111?(1,?1,),SN?(?,?,0),

22211由于CM?SN????0?0，

22（Ⅰ）CM所以CM⊥SN（Ⅱ）NC1?(?,1,0),

2設a=（x，y，z）為平面CMN的一個法向量，

1?x?y?z?0,??2令x?2，得a=(2,1,-2).則?1??x?y?0.??212?2cosa,SN?223?2?1?由于

所以SN與片面CMN所成角為45°。

7.解法一：（1）取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，

OM⊥CD.又平面MCD?平面BCD,則MO⊥平面BCD，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延長AM、BO相交于E，則∠AEB就是AM與平面BCD所成的角.OB=MO=

3，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距離相等，

作OH?BC于H，連MH，則MH?BC，求得：

zOH=OCsin600

=32,MH=152,利用體積相等得：VA?MBC?VM?ABC?d?2155。（2）CE是平面

ACM與平面BCD的交線.

由（1）知，O是BE的中點，則BCED是菱形.

作BF⊥EC于F，連AF，則AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，設為?.由于∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.

BF?BC?sin60?3，tan??ABBF?2，sin??255所以，所求二面角的正弦值是255.

解法二：取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD?平面BCD,則MO⊥平面BCD.

以O為原點，直線OC、BO、OM為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Az如圖.

OB=OM=3，則各點坐標分別為O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，

3），B（0，-3，0），A（0，-3，23），

M（1）設n?(x,y,z)是平面MBC的法向量，則BC=(1,3,0)，

BDBM?(0,3,3)，由

n?BC得x?3y?0；由

n?BM得

Oy3y?3z?0；取n?(3,?1,1),BA?(0,0,23)，則距離

xCd?BA?n15n?25（2）CM?(?1,0,3)，CA?(?1,?3,23).

n??設平面ACM的法向量為?n1?CM1?(x,y,z)，由?得???x?3z?0??n1?CA?x?3y?23z?0.解得x?3z，??y?z，取nn1?n1?(3,1,1).又平面BCD的法向量為n?(0,0,1)，則cos?n1,n??n?11?n5設所求二面角為?，則sin??1?(15)2?255.

8.（1）設底面對角線交點為G，則可以通過證明EG∥FH，得FH∥平面EDB；（2）利用線線、線面的平行與垂直關系，證明FH⊥平面ABCD，得FH⊥BC，FH⊥AC，進而得EG⊥AC，

AC?平面EDB；

（3）

證明BF⊥平面CDEF，得BF為周邊體B-DEF的高，進而求體積.9.

(1)證：設AC與BD交于點G，則G為AC的中點，連EG,GH，由于H為BC的中點，故1AB,21又EF//AB,?四邊形EFGH為平行四邊形2?EG//FH，而EG?平面EDB，?FH//平面EDBGH//

證明：（I）設AC與BD交與點G。由于EF//AG，且EF=1，AG=

1AC=1.2所以四邊形AGEF為平行四邊形.所以AF//平面EG，

由于EG?平面BDE，AF?平面BDE，所以AF//平面BDE.

（II）由于正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面相互垂直，且CE?AC，所以CE?平面ABCD.

如圖，以C為原點，建立空間直角坐標系C-xyz.則C（0，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0）.

，

所以

CF?(22,,1)22BE?(0,?2,1)，

DE?(?2,0,1).

所

以

C?F0B?1E,??CFDE??1?0?1?0

所以CF?BE,CF?DE.

所以CF?BDE.

?(22,,1)是平面BDE的一個法向量.22(III)由（II）知，CF設平面ABE的法向量n?(x,y,z),則nBA?0，nBE?0.

即??(x,y,z)(2,0,0)?0?(x,y,z)(0,?2,1)?0

所以x?0,且z?2y,

令

y?1,則z?2.所以n?(0,1,2).

從而cos?n,CF??nCF3|n||CF|?2。由于二面角A?BE?D為銳角，所以二面角A?BE?D的大小為

?6.10.解法一：（1）連結AC，取AC中點K，則K為BD的中點，連結OK由于M是棱AA’的中點，點O是BD’的中點所以AM//12DD'//OK所以MO//AKw_ww.k#s5_u.co*m由AA’⊥AK，得MO⊥AA’

由于AK⊥BD,AK⊥BB’，所以AK⊥平面BDD’B’所以AK⊥BD’所以MO⊥BD’

又由于OM是異面直線AA’和BD’都相交w_ww.k#s5_u.co*m故OM為異面直線AA'和BD'的公垂線

（2）取BB’中點N，連結MN，則MN⊥平面BCC’B’過點N作NH⊥BC’于H，連結MH則由三垂線定理得BC’⊥MH

從而,∠MHN為二面角M-BC’-B’的平面角

MN=1,NH=Bnsin45°=

1222?24

在Rt△MNH中，tan∠MHN=

MN1NH?2?22w_ww.k#s5_u.co*m4故二面角M-BC’-B’的大小為arctan22

(3)易知，S△OBC=S△OA’D’，且△OBC和△OA’D’都在平面BCD’A’內點O到平面MA’D’距離h＝VM-OBC=VM-OA’D’=VO-MA’D’=解法二：

以點D為坐標原點，建立如下圖空間直角坐標系D-xyz

則A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A’(1,0,1),C’(0,1,1),D’(0,0,1)(1)由于點M是棱AA’的中點,點O是BD’的中點所以M(1,0,

12△MA’D’

1S3h=

1241111),O(,,)