08高考数学立体几何练习题
1．已知四棱锥P?ABCD的底面为直角梯形，AB//DC，
?DAB?90?,PA?底面ABCD，且PA?AD?DC?1，
AB?2，M是PB的中点．
（Ⅰ）证明：面PAD?面PCD； （Ⅱ）求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小．
2．如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为矩形， 侧棱PA?底面ABCD，AB?3，BC?1，PA?2， VDABC E为PD的中点.
（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；
（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE?面PAC，
并求出点N到AB和AP的距离．
3．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中
AB?4,BC?2,CC1?3,BE?1．
5．（xx福建?理?18题）如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，
D为CC1中点．
（Ⅰ）求证：AB1⊥面A1BD；
（Ⅱ）求二面角A－A1D－B的大小； （Ⅲ）求点C到平面A1BD的距离． 6．（xx宁夏?理?19题）如图，在三棱锥S?ABC中，侧面SAB与
S 侧面SAC均为等边三角形，?BAC?90°，O为BC中点．
（Ⅰ）证明：SO?平面ABC；
（Ⅱ）求二面角A?SC?B的余弦值． C
O
B A 7．（xx陕西?理?19题）如图,在底面为直角梯形的四棱锥P?ABCD中AD//BC，
?ABC?90?,PA?平面ABC，PA?4,AD?2,AB?23,BC=6．
（Ⅰ）求BF的长；
（Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离．
AD?AA1?1,AB?2，4．如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1，中，点E在棱AD上移动. （Ⅰ）
(Ⅰ)求证：BD?平面PAC； (Ⅱ)求二面角P?BD?D的大小．
证明：D1E?A1D；
（Ⅱ）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；
? （Ⅲ）AE等于何值时，二面角D1?EC?D的大小为.
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立体几何练习题参考答案
1．以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,12).
（Ⅰ）证明：因AP?(0,0,1),DC?(0,1,0),故AP?DC?0,所以AP?DC.
由题设知AD?DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC?面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD. （Ⅱ）解：因AC?(1,1,0),PB?(0,2,?1),
故|AC|?2,|PB|?5,AC?PB?2,所以cos?AC,PB??AC?PB10
|AC|?|PB|?5.
（Ⅲ）解：在MC上取一点N(x,y,z)，则存在??R,使NC??MC,
NC?(1?x,1?y,?z),MC?(1,0,?1),?x?1??,y?1,z?1?要使AN?MC,只需uANuurguMCuuur22..
?0即x?142z?0,解得??5.
可知当??415时,N点坐标为(5,1,25),能使AN?MC?0.此时,AN?(1212
5,1,5),BN?(5,?1,5),有BN?MC?0由AN?MC?0,BN?MC?0得AN?MC,BN?MC.所以?ANB为 所求二面角的平面角.
Q|uANuur|?305,|uBNuur|?30,uANuurguBNuur??4.?cos(uANuur,uBNuuru)?ANuur5gu5BNuur|uANuur|?|uBNuur|??23.
故所求的二面角为arccos(?23).2．解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，
则A,B,C,D,P,E的坐标为A(0,0,0)、
B(3,0,0)、C(3,1,0)、D(0,1,0)、
P(0,0,2)、E(0,12,1)，从而AC?(3,1,0),PB?(3,0,?2).
设AC与PB的夹角为?，则
cos??AC?PB3|AC|?|PB|?27?3714,∴AC与PB所成角的余弦值为3714.
（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x,0,z)，则
NE?(?x,12,1?z)，由NE?面PAC可得，
??(?x,1?NE,1?z)?(0,0,2)?0,?z?1?0,?3??AP?0,即???x???2化简得??? ∴?NE?AC?0.?3x?1?0.??(?x,1,1?z)?(3,1,0)?0.??6 ?2?2?z?1即N点的坐标为(36,0,1)，从而N点到AB和AP的距离分别为1,36. 3． 解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,4,0)
A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3)设F(0,0,z).
∵AEC1F为平行四边形，
?由AEC1F为平行四边形,?由AF?EC1得,(?2,0,z)?(?2,0,2),?z?2.?F(0,0,2).
?EF?(?2,?4,2).于是|BF|?26,即BF的长为26.
（II）设n1为平面AEC1F的法向量，
显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1?(x,y,1)
由???n1?AE?0,得?0?x?4?y?1?0?4y?1?0,??x?1,???n1?AF?0,??2?x?0?y?2?0即???2x?2?0,????y??14.
又CC1?(0,0,3),设CC1与n1的夹角为?，则cos??CC1?n1433|CC1|?|n1|?33?1?1?33. 16?1∴C到平面AEC1F的距离为d?|CC1|cos??3?433433?3311. 4．解：以D为坐标原点，直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设
AE?x，则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0)
（1）因为DA1,D1E?(1,0,1),(1,x,?1)?0,所以DA1?D1E.
（2）因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而D1E?(1,1,?1),AC?(?1,2,0)，
AD??n?AC?0,1?(?1,0,1)，设平面ACD1的法向量为n?(a,b,c)，则??, ?n?AD1?0也即???a?2b?0，得???a?c?0?a?2b，从而n?(2,1,2)，所以点E到平面?a?cACD1的距离为
h?|D1E?n|1?21|n|?2?3?3. （3）设平面D1EC的法向量n?(a,b,c)，∴CE?(1,x?2,0),D1C?(0,2,?1),DD1?(0,0,1),
由???n?D1C?0,?2b?c?0??CE?0,? 令b?1,?c?2,a?2?x， ?n??a?b(x?2)?0.∴n?(2?x,1,2). 依题意cos?1|2224?|n?DD|n|?|DD1|?2?(x?2)2?5?2. ∴x1?2?3（不合，舍去），x2?2?3 .
∴AE?2?3时，二面角D?1?EC?D的大小为
4. 5．解：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．Q△ABC为正三角形，?AO⊥BC． Q在正三棱柱ABC?A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，?AD⊥平面BCC1B1．
取BuuuruuuuruOAuur1C1中点O1，以O为原点，OB，OO1，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(?11，，0)，A1(0，2，3)，A(0，0，3)，B1(1，2，0)， ?uABuuruuur1?(1，2，?3)，BD?(?2，1，0)，uBAuur1?(?1，2，3)．
QuABuuruuur1gBD??2?2?0?0，uABuuruuur1gBA1??1?4?3?0， ?uABuuruuuruuuruuur1⊥BD，AB1⊥BA1．
z ?AB1⊥平面A1BD．
A A1（Ⅱ）设平面A 1AD的法向量为n?(x，y，z)． F uADuur?(?11，，?3)，uAAuurC 1?(0，2，0)．
O D C1Qn⊥uADuur，n⊥uAAuur1，
B y ?uuurB1???ngAD?0，???x?y?3z?0?uAAuur??ng?，???1?0，??2y?0，?y?0，x ? ?x??3z．
令z?1得n?(?3，0，1)为平面A1AD的一个法向量．由（Ⅰ）知AB1⊥平面A1BD， ?uABuur的法向量．cos?n，uABuurnguABuur1?31为平面A1BD1??nguABuur??3??6． 12g224?二面角A?A1D?B的大小为arccos64． （Ⅲ）由（Ⅱ），uABuur1为平面A1BD法向量，
uQuBCuur?(?2，0，，0)uABuurBCuurguABuur1?21?(1，2，?3)．?点C到平面A1BD的距离d?uABuur??2． 12226．解：以O为坐标原点，射线OB，OA分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O?xyz．设B(1，0，0)，则C(?1，0，，0)A(01，，，0)S(0，0，1)．
?11?0，?， SC的中点M??，?22?uuuuruuuruuuruuuruuuur?1r?1r1?uuu1?uuu·SC?0，MA·SC?0． MO??，0，??，MA??，1，??，SC?(?1，0，?1)．∴MO2222????uuuuruuur故MO?SC，MA?SC， uuuuruuuruuuuruuur3MO·MA3cos?MO，MA??uuu，所以二面角A?SC?B的余弦值为． uruuur?33MO·MA0，0)，C(23，6，0)，D(0，7．解：（Ⅰ）如图，建立坐标系，则A(0，0，0)，B(23，2，0)，uuuruuuruuur0，4)，AC?(23，6，0)，BD?(?23，2，0)， P(0，0，4)，?AP?(0，uuuruuuruuuruuur?BDgAP?0，BDgAC?0．又PAIAC?A， ?BD⊥AP，BD⊥AC，?BD⊥平面PAC． （Ⅱ）设平面PCD的法向量为n?(x，y，1)， uuuruuur则CDgn?0，PDgn?0， uuuruuurCD?(?23，?4，0)PD?(0，2，?4)， 又， z P ?43?，??23x?4y?0，?x????解得?3 ??2y?4?0，?y?2，?A B x E D y C uuur?43?2，0， ?n??2，1???3，? 平面PAC的法向量取为m?BD??23，????cos 31mn31
2020高考数学立体几何练习题
