空间立体几何
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空间立体几何试题

1 已知直四棱柱1111D C B A ABCD -中,21=AA ,底面ABCD 是直角梯形,∠A 是直角,

AB||CD,AB=4,AD=2,DC=1,求异面直线1BC 与DC 所成角的余弦值。

2 已知在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形,且2A D =,1AB =,P A ⊥平面ABCD ,E 、F 分别是线段A B 、BC 的中点.

(Ⅰ)证明:PF FD ⊥;

(Ⅱ)判断并说明P A 上是否存在点G ,使得EG ∥平面P F D ;

(Ⅲ)若P B 与平面ABCD 所成的角为45 ,求平面A P D 与平面F P D 夹角的余弦值.

1 如图,以D 为坐标原点,分别以AD 、DC 、DD 1所在直线为x 、y 、z 轴建立直

角坐标系.

则C 1(0,1,2),B (2,4,0) ), 2, 3, 2(1--=∴BC

CD BC CD 与设1), 0, 1, 0(-=所成的角为θ, 则,

17173arccos . 173cos 1==⋅=θθCD

BC ∴异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为. 173arccos

2 (Ⅰ)∵ P A ⊥平面ABCD ,90BAD ∠= ,1AB =,2A D =,建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -,则()()0, 0, 0, 1, 0, 0, (1,1,0), (0,2, 0) A B F D .不妨令(0,0, ) P t ∵

(1,1,) P F t =- ,(1,1, 0) D F =-

∴111(1) () 00PF D F t =⨯+⨯-+-⨯= ,即PF FD ⊥.

(Ⅱ)设平面P F D 的法向量为(), , n x y z = ,

由00

n P F n D F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ,得00x y tz x y +-=⎧⎨-=⎩,令1z =,解得:2t x y ==. ∴, ,122t t n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ . 设G 点坐标为(0,0, ) m ,1, 0, 02E ⎛⎫ ⎪⎝⎭,则1(, 0, ) 2E G m =- , 要使EG ∥平面P F D ,只需0EG n = ,即

1

() 0102

224t t t m m -⨯+⨯+⨯=-=, 得1

4m t =,从而满足14AG AP =的点G 即为所求.

(Ⅲ)∵A B P A D ⊥平面,∴A B 是平面P A D 的法向量,

易得()1, 0, 0AB = ,又∵P A ⊥平面ABCD ,∴P B A ∠是P B 与平面ABCD 所成的角,

得45PBA ∠=

,1P A =,平面P F D 的法向量为11, ,122n ⎛⎫= ⎪⎝⎭

∴1cos , 6AB n AB n AB n ⋅==

=⋅ ,面A P D 与面F P D

6.

空间立体几何试题

3 如图,在四棱锥ABCD P -中, PD ⊥底面ABCD , 且底面ABCD 为正方形, G F E PD AD , , , 2==分别为CB PD PC , , 的中点. (I )求证://AP 平面EFG ;

(II )求平面GEF 和平面DEF 的夹角.

4 如图,直角梯形ABCD 中,AB∥CD,AB⊥BC,E 为AB 上的点,且AD =AE =DC =2,BE =1,将△ADE沿DE 折叠到P 点,使PC =PB.

(I) 求证:平面PDE ⊥平面ABCD ;

(II) 求四棱锥P -EBCD 的体积.

3 (I )如图,以D 为原点, 以, , D A D C D P 为方向向量建立空间直角坐标系, xyz D -则

) 0, 0, 2(), 1, 0, 0(), 1, 1, 0(), 0, 2, 1(), 0, 2, 0(), 2, 0, 0(A F E G C P . ) 11, 1(), 0, 1, 0(), 2, 0, 2(-=-=-=∴EG EF AP .

设平面EFG 的法向量为(, , ) n x y z = ]

0, 0, n EF n EG ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎨⎧=-+=-. 0, 0z y x y ⎩⎨⎧==∴. 0, y z x

令1=x , 则(1,0,1) n = .

n AP n AP ⋅=⨯-+⨯+⨯=∴⊥

又⊄AP 平面//, AP EFG ∴平面. EFG

(II ) 底面ABCD 是正方形, , DC AD ⊥∴又⊥PD 平面ABCD [来源:学科网]

. AD PD ⊥∴又D CD PD = , A D ∴⊥平面PCD 。

∴向量DA 是平面PCD 的一个法向量, ) 0, 0, 2(=DA 又由(1)知平面EFG 的法向量(1,0,1) n =

.

2cos , 2||||D A n D A n D A n ⋅∴<>===⋅ ∴二面角D EF G --的平面角为0

45. 4 (I) 取BC 中点G ,DE 中点H ,

连结PG ,GH ,HP.∵HG∥AB,AB⊥BC,∴HG⊥BC. 又∵PB =PC ,∴PG ⊥BC .

∴BC ⊥平面PGH ,∴PH ⊥BC .

∵PD =PE ,H 为DE 中点,∴PH ⊥DE .

∵BC 与DE 不平行,∴PH ⊥平面BCDE .

而PH ⊂平面PDE ,∴平面PDE ⊥平面BCDE ,

即平面PDE ⊥平面ABCD .

(II) 由(I)可知,PH 为四棱锥P -BCDE 的高, ∵DC 綊AE ,且AD =AE =2,

∴四边形AECD 为菱形,

∴CE =AD =2,而EB =1,EB ⊥BC ,

∴BC =322=-EB CE ,DE =2,

∴PH =AH =3.

∴ V P -BCDE =13×PH ×S 梯形BCDE =133×12(1+2)×3=32

.

空间立体几何试题

5 如图,在四棱锥P —ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AB ⊥AD , AC ⊥CD ,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E 是PC 的中点.

(1)证明PD ⊥平面ABE ;

(2)求二面角A —PD —C 的大小.

6 如图:已知三棱锥ABC P -中,⊥PA 面ABC ,AC AB ⊥,221==

=AB AC PA ,

N 为AB 上一点,AN AB 4=,S M , 分别为BC PB , 的中点. (1)证明:SN CM ⊥.

(2)求面MNC 与面NCB 所成的锐二面角的余弦值.

(3)在线段PA (包括端点) 上是否存在一点Q ,使⊥SQ 平面MNC ?若存在,确定Q 的位

置;若不存在,说明理由.

A

B C

D P

5 解以A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系。 设PA=AB=BC =a,又由已知,得30CAD ∠=° 故A(0,0,0),B(a,0,0),

C(

, , 022a ) ,

,0) ,P(0,0,a)

因为E 是PC 的中点,所以

E(,

, 4

42

a a ). (2)∵P D

2a

, —a) ,A B =(a,0,0),A E

=(442

a a

), ∴P D ●A B =0,P D ●A E

=0。∴PD ⊥AB ,PD ⊥AE ,又

AB ∩AE=A,

∴PD ⊥平面ABE.

(3)显然m

=(1,0,0)是面PAD 的一个法向量,

又由(2)知CD ●A E =0,P D ●A E

=0,

∴平面PDC 的法向量可以取为A E =

(4

42

a

a

)的共线向量,取(1,2) n = , ∴cos<, m n >=||||

m n m n

=4. 结合图形二面角A —PD —C 的大小为

arccos 4.

6 解:(1)如图建立空间直角坐标系:则

) 0, 0, 4(), 0, 2, 0(), 2, 0, 0(B C P ), 0, 1, 2(), 0, 0, 1(), 1, 0, 2(S N M

) 0, 1, 1(--=SN ) 1, 2, 2(-=CM

0=⋅SN CM ∴SN CM ⊥

A

空间立体几何试题

7在直三棱柱111C B A ABC -中,底面△ABC 是等腰直角三角形,0

90=∠BAC , P 为B A 1的中点,且B A CP 1⊥,求二面角B AC P --的大小.

8 一个多面体的直观图及三视图如图所示:(其中M 、N 分别是AF 、BC 的中点) .

(1) 求证://MN 平面CDEF ;

(2) 求二面角D —MN —B 的余弦值的绝对值.

主视图

左视图

俯视图

7 :解以A 为原点,AB 、AC 、1AA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建

立空间直角坐标系,设a AB =,z AA =1,则a AC =,) 0, 0, (a B ,) 0, , 0(a C ,

) , 0, 0(1z A ,⎪⎭⎫ ⎝⎛2, 0, 2z a

P ,) , 0, (1z a B A -=,⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2, , 2

z a a CP ,由B A CP 1⊥, 得01=⋅CP B A ,即0222

2=-z a ,所以a z =. 平面A B C 的一个法向量为) 1, 0, 0(=m ,设面PAC 的一个法向量是) 1, , (y x n = ,则由

0=⋅AP n ,0=⋅AC n ,得1-=x ,0=y ,∴ ) 01, 1(-=n ,

设m 与n 的夹角为θ,则22211||||cos =⨯=⋅=n m n m θ. ∴二面角B AC P --的大小是045.

8 :解由三视图可知,该多体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE —BCF ,

且2, AB BC BF D E C F =====2C BF π

∴∠= .

(1)取BF 中点G ,连MG 、NG ,由M 、N 分别为AF 、

BC 中点可得,N G C F M G EF ∥, ,

∴面MNG ∥面CDEF ,

M N C D E F ∴∥面 .

(2)建立空间直角坐标系,如图,

则(0,0, 0), (2,0, 0), (0,0, 2), (2,2, 0), (1,1,0), A B D F M (2,0, 2), (2,0,1), (1,1,2), (0,0,1), (1,1,1), C N D M BN M N =-==-

设平面DMN 的法向量为(1,, ) m y z = , 则0, 0, D M m M N m == 即 120, 3, 10, 2, y z y y z z +-==⎧⎧∴⎨⎨-+==⎩⎩

(1,3, 2). m ∴= 设平面MNB 的法向量为 11(1,, ) n y z =, 则0MN n = 且0BN n = , 即 11110

(1,1,0) 0y z n z -+=⎧∴=⎨=⎩.

设二面角D —MN —B 的平面角为θ

,则|cos ||

|||||7m n m n θ=== . ∴二面角D —MN —B

的余弦的绝对值为

7

空间立体几何试题

9 如图,已知△ABC 是正三角形,EA 、CD 都垂直于平面ABC ,且EA=AB=2a,DC=a,F 是BE 的中点.求证:

(1)FD ∥平面ABC ;

(2)AF ⊥平面EDB .

10 如图5,在圆锥PO 中,已知PO

O 的直径2A B =, C 是 AB 的中点,D 为

AC 的中点.

(Ⅰ)证明:平面POD ⊥平面PAC ;

(Ⅱ)求二面角B PA C --的余弦值。

9 :解(1) 取AB 的中点M ,连FM 、MC . ∵ F、M 分别是BE 、BA 的中点, ∴ FM ∥EA, FM=

12

EA .

∵ EA 、CD 都垂直于平面ABC ,

∴ CD ∥EA , ∴ CD ∥FM .

又 DC=a,∴ FM=DC,∴四边形FMCD 是平行四边形.

∴ FD∥MC ,FD ∥平面ABC . (2)因为M 是AB 的中点,△ABC 是正三角形,

所以CM ⊥AB .又因为CM ⊥AE, 所以CM ⊥面EAB, CM⊥AF, FD⊥AF . 因为F 是BE 的中点,EA=AB,所以AF ⊥EB .

10 解(I )如图所示,以O 为坐标原点,OB 、OC 、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则(0,0, 0), (1, 0, 0), (1,0, 0), (0,1,0), (0,

0, O A B C P -,

11(, , 0) 22D -

1111(, , )

n x

y z =是平面POD 的一个法向量,则由

110, 0

n OD n OP ⋅=⋅=

,得

1

11

1

10, 220. x y ⎧-+=⎪=所以111110, , 1, (1,1,0). z x y y n ====取得设2222(, , ) n x y z =是平面

PAC 的一个法向量,则由220, 0n PA n PC ⋅=⋅= ,得22220,

0. x y ⎧--=⎪⎨+=⎪

⎩ 所以22222, . 1,

x y ===取z 得

2(n =。

因为

12(1,1,0) (0,

n n ⋅=⋅=所以

12.

n n ⊥从而平面POD ⊥平面PAC 。

(II )因为y 轴⊥平面PAB ,所以平面PAB 的一个法向量为3(0,1,0).

n =

由(I )知,平面PAC 的一个法向量为

2(n =

设向量

23

n n 和的夹角为θ,则

23

23cos ||||

5n n n n θ⋅=

=

=

由图可知,二面角B —PA —C 的平面角与θ相等,

所以二面角B —PA —C 的余弦值为5

空间立体几何试题

11 如图,四边形ABCD 为正方形,PD ⊥平面ABCD ,PD ∥QA ,QA=AB=1

2PD . (I )证明:平面PQC ⊥平面DCQ ;

(II )求二面角Q —BP —C 的余弦值.

12 如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形,60DAB ∠=︒,2AB AD =,P D ⊥底面ABCD .

(I )证明:P A B D ⊥;

(II )若PD=AD,求二面角A-PB-C 的余弦值.

11 如图,以D 为坐标原点,线段DA 的长为单位长,射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz.

(I )依题意有Q (1,1,0),C (0,0,1),P (0,2,0). 则

(1,1,0), (0,0,1), (1,1, 0). D Q D C P Q ===-

所以0, 0.

PQ D Q PQ D C ⋅=⋅=

即PQ ⊥DQ ,PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.

又PQ ⊂平面PQC ,所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分 (II )依题意有B (1,0,1),

(1,0, 0), (1, 2, 1).

C B BP ==--

设(, , ) n x y z =是平面PBC 的法向量,则0, 0,

20.

0, n C B x x y z n BP ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩

因此可取(0,1, 2). n =--设m 是平面PBQ 的法向量,则0,

0. m BP m PQ ⎧⋅=⎪⎨

⋅=⎪⎩

取(1,1,1).cos , 5m m n =<>=-

所以故二面角Q —BP —C

的余弦值为5-

Ⅰ)因为

60, 2D A B A B A D

∠=︒=,

由余弦定理得BD =从而BD2+AD2= AB2,故BD ⊥AD

又PD ⊥底面ABCD ,可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD

(Ⅱ)如图,以D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ,则

()

1, 0, 0A

(

)00

B

,()0

C -,()0, 0,1P .

(1,

0), (0,1), (1, 0, 0)

A B P B B C =-=-=-uu u v

uuv

uuu v

设平面PAB 的法向量为n=(x ,y ,z ),则

0, 0,

{

n AB n PB ⋅=⋅=uuu r uu u r

z ==因此可取n=

设平面PBC 的法向量为m ,则 m 0, m 0,

{

PB BC ⋅=⋅=uu u r

uuu r

可取m=(0,-1,)

cos , 7

m n =

=-

故二面角A-PB-C 的余弦值为 7

-