立体几何试题+答案

1 高三数学立体几何试题：

班级________________________姓名_______________________

1．（本小题满分14分）

如图5，已知等腰直角三角形RBC，其中∠RBC=90º，2BCRB．

点A、D分别是RB、RC的中点，现将△RAD沿着边AD折起到△PAD位置，

使PA⊥AB，连结PB、PC．

（1）求证：BC⊥PB；

（2）求二面角PCDA的平面角的余弦值．

2．（本小题满分14分）如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点．若3PAAD，6CD．

（Ⅰ）求证：//AF平面PCE；

（Ⅱ） 求点F到平面PCE的距离；

（Ⅲ）求直线FC平面PCE所成角的正弦值．

3．（本小题满分14分）

如图，在四棱锥E－ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，

AB=BC=CE=2CD=2，∠BCE=1200，F为AE中点。

(Ⅰ) 求证：平面ADE⊥平面ABE ；

(Ⅱ) 求二面角A—EB—D的大小的余弦值；

（Ⅲ）求点F到平面BDE的距离。 A C

D

B P

图5 R

A

B

C D E F 2

4.(本题满分14分)

如图，在等腰梯形PDCB中，3,1,2,PBDCPDBC A为PB边上一点，且1,PA将PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD．

(Ⅰ)求证：CD⊥平面PAD；

(Ⅱ) 若M为PB的中点，试求异面直线AM和BC所成的角的余弦值．

(Ⅲ) 试问：在侧棱PB上是否存在一点Q，使截面AQC把几何体分成的两部分的体积之比:7:2PDCQAQACBVV ？若存在，请求PQ的长；若不存在，请说明理由.

5.（本小题满分14分）

如图，己知∆BCD中，∠BCD = 900，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝600，E、F分别是AC、AD上的动点，且(01)AEAFACAD

（1）求证：不论为何值，总有平面BEF⊥平面ABC：

（2）若平面BEF与平面BCD所成的二面角的大小为60°，求的值．

DCPBAABDCPM 3 zyxRADBCPFRADBCP立体几何答案

1.解：（1）∵点A、D分别是RB、RC的中点，

∴BCADBCAD21,//. …… 2分

∴∠RBCRADPAD=90º. ∴ADPA.∴ BCPA,

∵AABPAABBC,,

∴BC⊥平面PAB. …… 4分

∵PB平面PAB, ∴PBBC. …… 6分

（2）法1：取RD的中点F，连结AF、PF．

∵1ADRA, ∴RCAF.

∵ADAPARAP,, ∴AP平面RBC.

∵RC平面RBC,∴APRC. …… 8分

∵,AAPAF ∴RC平面PAF.

∵PF平面PAF, ∴PFRC.

∴∠AFP是二面角PCDA的平面角. ……10分

在Rt△RAD中, 22212122ADRARDAF，

在Rt△PAF中, 2622AFPAPF，

332622cosPFAFAFP. ……12分

∴ 二面角PCDA的平面角的余弦值是33. ……14分

法2：建立如图所示的空间直角坐标系xyzA．

则D（－1，0，0），C（－2，1，0），P（0，0，1）.

∴DC=（－1，1，0），DP=（1，0，1）, ……8分

设平面PCD的法向量为n=（x，y，z），则：

00zxDPnyxDCn， ……10分

令1x，得1,1zy，∴n=（1，1，－1）. 4 显然，PA是平面ACD的一个法向量，PA=（,0,01）． ……12分

∴cos=33131PAnPAn．

∴二面角PCDA的平面角的余弦值是33. ……14分

2.（5+5+4分）

解法一：

（I）取PC的中点G，连结EG，FG，又由F为PD中点，

则 F G //CD21. …2分

又由已知有.//,21//AEFGCDAE

∴四边形AEGF是平行四边形.

.//EGAF …4分

AF又 平面PCE，EG.PCE平面

PCEAF平面// …………5分

（II）,ABCDPA平面

,//.,.,,3...AFEGPCDAFDCDPDPDAFPDFADPACDAFPADCDADCDABCDABCDPAD由平面的中点是又平面是矩形有由平面平面

.,,,.的距离到平面的长就是点则平面由于平面于作过内平面平面PCEFFHPCPCEPCDHPCFHFPCDPCDEG

…………3分 = =

5

.24321.30,.62,223,23PFFHCPDPADCDPCPFDP平面由于由已知可得

243的距离为到平面点PCEF. …………5分

（III）由（II）知.所成的角与平面为直线PCEFCFCH

1421sin.242,223,6,22FCFHFCHFDCDFCFDCDCDFRt中在

直线FC与平面PCE所成角的正弦值为1421. …………4分

解法二：如图建立空间直角坐标系xyzA

A（0，0，0），P（0，0，3），D（0，3，0），E（26，0，0），F（0，23，23），

C（6，3，0） …………2分

（I）取PC的中点G，连结EG， 则G).23,23,26(

,,.//.//),23,23,0(),23,23,0(PCEEGPCEAFEGAFEGAFEGAF平面平面又即

.//PCEAF平面…………5分

6 （II）设平面PCE的法向量为).0,3,26(),3,0,26(),,,(ECEPzyxn

).1,1,6(,1.0326,0326.0,0nyyxzxECnEPn得取即

………3分

的距离为到平面故点又PCEFPF),23,23,0(

.42322|2323|||nnPFd …………5分

（III）),23,23,6(FC

.1421222213|||||||,cos|nFCnFCnFC………2分

直线FC与平面PCE所成角的正弦值为1421. …………4分

3.(本小题满分14分)

解法1：(Ⅰ)证明：取BE的中点O，连OC，OF，DF，则2OF//BA ………………2分

∵AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，∴2CD //BA，

∴OF//CD，∴OC∥FD ………………4分

∵BC=CE，∴OC⊥BE，又AB⊥平面BCE.

∴OC⊥平面ABE. ∴FD⊥平面ABE.

从而平面ADE⊥平面ABE. ………………6分 A

B

C E F

D

O 7 (Ⅱ)二面角A—EB—D与二面角F—EB—D相等，由(Ⅰ)知二面角F—EB—D的平面角为∠FOD。BC=CE=2, ∠BCE=1200，OC⊥BE得BO=OE=3，OC=1，∴OFDC为正方形，∴∠FOD=450，

∴二面角A—EB—D的余弦值为22。 ……………………10分

（Ⅲ）∵OFDC为正方形，∴CF⊥OD，CF⊥EB，∴CF⊥面EBD，

∴点F到平面BDE的距离为12FC，∴点F到平面BDE的距离为22。……………14分

解法2：取BE的中点O，连OC.∵BC=CE, ∴OC⊥BE，又AB⊥平面BCE.

以O为原点建立如图空间直角坐标系O－xyz，

则由已知条件有: 0,3,2A，0,3,0B，1,0,0,C1,0,1,D

0,3,1,E0,0,1F ……………………………2分

设平面ADE的法向量为111,,nxyz，

则由n·EA111,,0,23,2xyz112320.yz

及n·DA111,,1,3,1xyz11130.xyz

可取n0,1,3

…………………………… 4分

又AB⊥平面BCE，∴AB⊥OC，OC⊥平面ABE，

∴平面ABE的法向量可取为m＝1,0,0.

∵n·m0,1,3·1,0,0=0, ∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.…… 6分

（Ⅱ）设平面BDE的法向量为222,,pxyz，

则由p·ED222,,1,3,1xyz22230.xyz

及p·EB222,,0,23,0xyz2230.y可取p1,0,1……… 7分

∵平面ABE的法向量可取为m＝1,0,0 …………8分

∴锐二面角A—EB—D的余弦值为cos,mp||||||mpmp=22，………… 9分

∴二面角A—EB—D的余弦值为22。 ……………………………10分 A

B

C E F

D

O

x y z