2022年高考数学专题复习立体几何练习题3 .pdf

学习必备欢迎下载ABCDP立体几何专题练习题1如图正方体1111DCBAABCD中， E、F分别为 D1C1和 B1C1的中点，P、Q分别为 A1C1与 EF 、AC与 BD的交点，（1）求证： D、B、F、E四点共面；（2）若 A1C与面 DBFE交于点 R ，求证： P、 Q 、R三点共线2已知直线a、b异面 , 平面过a且平行于b, 平面过b且平行于a, 求证 :3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEFG所截而得，其中4AB，1BC3BE,4CF, 若如图所示建立空间直角坐标系求EF和点G的坐标；求异面直线EF与AD所成的角；求点C到截面AEFG的距离4. 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 (I) 求证： AB平面 PCB ；(II) 求异面直线AP与 BC所成角的大小；（III）求二面角C-PA-B 的余弦值5.如图，直二面角DABE 中，四边形ABCD 是边长为2 的正方形， AE=EB ，F 为 CE 上的点，且BF平面 ACE. (1)求证 AE平面 BCE；(2)求二面角BAC E 的余弦值6. 已知正三棱柱111ABCA B C的底面边长为2，点 M在侧棱1BB上. PQFED1C1B1A1DCBAF E C B y Z x G D A 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页学习必备欢迎下载（）若P为 AC的中点， M为 BB1的中点，求证BP/ 平面 AMC1；（）若AM与平面11AA CC所成角为30，试求 BM的长 . 7.如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD 中， PA底面 ABCD ， PAAB 1， BC2（1）求证：平面PDC平面 PAD；（2）若 E 是 PD 的中点，求异面直线AE 与 PC 所成角的余弦值；8. 已知：在正三棱柱ABC A1B1C1中， AB = a ，AA1 = 2a . D是侧棱 BB1的中点 . 求证：（）求证：平面ADC1平面 ACC1A1；（）求平面ADC1与平面 ABC所成二面角的余弦值9.已知直四棱柱1111ABCDA B C D的底面是菱形，且60DAB，1ADAAF为棱1BB的中点，M为线段1AC的中点（）求证：直线MF /平面ABCD；（）求证：直线MF平面11ACC A；（）求平面1AFC与平面ABCD所成二面角的大小10. 棱长是 1 的正方体， P、Q 分别是棱AB、CC1上的内分点，满足21QCCQPBAP. P A B C D E 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页学习必备欢迎下载（1）求证： A1P平面 AQD ；（2）求直线 PQ 与平面 AQD 所成角的正弦值. 11. 如图 ,长方体 ABCD A1B1C1D1中，E、F 分别是线段B1D1、A1B 上的点，且D1E=2EB1,BF=2FA1（ 1）求证 :EFAC1；（ 2）若 EF 是两异面直线B1D1、A1B 的公垂线段 ,求证该长方体为正方体12. 如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中， AA1=21AB，点 E、M 分别为 A1B、C1C 的中点，过点A1，B，M 三点的平面A1BMN 交 C1D1于点 N. （）求证：EM平面 A1B1C1D1；（）求二面角B A1NB1的正切值 . 参考答案1 （1）证明 ：因为 E、F 分别为 D1C1和 B1C1的中点，D C A B D1C1A1B1E F PQFED1C1B1A1DCBAQ P D1C1A1 B1D C A B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页学习必备欢迎下载ABCDPABCDPxyz所以11/EFD B，又11/DDBB，所以四边形11DBB D是平行四边形，故11/DBD B，/EFDB，所以 E、F、 D、B四点共面 . （2）11/AACC，11,AA CC确定平面11ACC A，又111,ACC AA C面，111A CACC A面而11,RACRA1面ACC，又RDBFE面，而面11ACC ADBBFEPQ面，RPQ，即 P，Q，R三点共线 . 2证明 : 过a作平面, 使 aa,a?, a, a a又a?,a?, a且b又a、b异面 , a与b必相交 , . 3. 解（1）( 1,0,1)EF(0,0,1)G（2）( 1,0,0) ,( 1,0,1)ADEF2cos,2| |AD EFAD EFADEF45ADEF和所成的角为（3）000,(,) ,nAEFGnx yznAGnAE设面( 1,0,1) ,(0, 4,3)AGAE0000000000003(,)343044xzxznzzzyzyz004(4, 3,4)zn取，则，(0,0, 4)CF00(0,0,4) (4, 3,4)|41CF ndn16 4141d4. （I ）证明 ：(I) PC平面 ABC ，AB平面 ABC ，PCAB CD平面 PAB ，AB平面 PAB ，CDAB 又CCDPC，AB平面 PCB （II ） 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（，2，） ，（ 0，0，0） ，C（2， 0） ，P（2， 2） ),22,2(AP，)0,0 ,2(BC则22BCAP+0+0=2BCAPBCAPBC,APcos=2222= 21异面直线AP与 BC所成的角为3（III）设平面 PAB的法向量为m = (x ，y，z) )0,2,0(AB，),22,2(AP，F E C B y Z x G D A 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页学习必备欢迎下载则0.mAP, 0mAB即.02zy2x2,0y2解得z2x,0y令z= -1, 得 m = (2，0，-1) 设平面 PAC的法向量为n=(z,y,x) )0,-2,0(PC，),02,2(AC，则0.nAC, 0nPC即.0y2x2, 02z解得yx,0z令x=1, 得 n= (1 ，1，0) nmnmn,mcos=33232二面角C-PA-B 的余弦值为335. (1)证明BF平面 ACE. .AEBF二面角DAB E 为直二面角，且ABCB，CB平面 ABE. .AECB.BCEAE平面（）以线段AB的中点为原点O ，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过 O点平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图 . AE面 BCE ， BE面 BCE ，BEAE， 在ABOABAEBRt为中,2的中点，).,(,),(),(.2100010101CEAOE).2,2, 0(),0 , 1 , 1 (ACAE设平面 AEC的一个法向量为),(zyxn，则.,022000 xyyxnACnAE即解得,xzxy令, 1x得) 1 , 1, 1(n是平面 AEC的一个法向量. 又平面 BAC的一个法向量为)0,0 , 1(m，.|,),cos(3331nmnmnm二面角B AC E的余弦值为3.36. （）证明 ：连 AC1、MC1，取 AC1的中点 G，连 MG ，则 PG/BM且 PG=BM=112CC故四边形PGMB 为平行四边形，BP /MG，又1MGAMC平面，1BPAMC平面， BP/ 平面 AMC1 GPMA1B1C1CBA精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页学习必备欢迎下载（II ）建立如图的空间直角坐标系设BMx，则点 M的坐标为( 3,1,x)，AM( 3,1,x)，平面11ACC A的一个法向量为(1,0,0)n由题意得,60AM n，故12AM nAMn23124x22x7. 解：以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y轴，AP 所在直线为 z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，E(0，1，12)CD(1，0，0)，AD(0，2，0)，AP(0，0，1) ，AE(0，1，12) ，PC(1，2，1)，(1) 00CD ADCDADCDPADCD APCDAPCDPDCAPADA平面平面平面 PDC平面 PAD(2)cos,| |AE PCAE PCAEPC2121+1463010，所求角的余弦值为30108. 解（）以A 点为原点， AA1为 z 轴， AB 为 y 轴，过 A 点与 AB 垂直的直线为x 轴，如图建立空间直角坐标系 . 则A（ 0，0，0） B（0，a， 0）C（a,021a,23）D（ 0，a，a）C1（a,2a21a,23）取 AC1的中点 M，则 M 点坐标为（43a，41a，a）)a,2a21a,23(AC10)a,21a,23(AC)0a,43a,43(DMAD = (0，a，a) AB =（0，a，0）00a2)a43(a21a43a23DMAC1P A B C D E 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页学习必备欢迎下载000)a43(a21a43a23DMACAC1DM ，AC DM DM 平面 ACC1A1又 DM平面 ADC1平面 ADC1平面 ACC1A1（）设平面ADC1的法向量1n =（ x，y，z）)2a,a21,a23(nAC11(x，y，z) = 0 1nAD=（0，a，a） （x，y，z）= 0 即0azay0az2ay21ax23zyy3x不妨取)aa,a3(n1平面 ABC 的法向量为12AAn=（0，0，2a）平面 ABC 的平面 ADC1的夹角为 cos=22222121a4aaa3)a2a(0)a(0)a3(|n|n|nn=55a52a2229.解：设 ACBD=O ，因为 M、O 分别为 C1A、CA 的中点，所以， MO/C1C，又由直四棱柱知C1C平面 ABCD ，所以， MO平面 ABCD. 在菱形 ABCD 中， BDAC ，所以， OB、OC、 OM 两两垂直 .故可以 O 为原点， OB、OC、OM 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，如图建立空间直角坐标系，若设|OB|=1，则 B（1，0， 0） ，B1（1，0，2） ，A（0，3，0） ，C（0，3 ，0） ，C1（0，3，2）. （I）由 F、M 分别为 B1B、C1A 的中点可知：F（1，0，1） ，M（0，0，1） ，所以MF（1，0，0） =.OB又MF与 OB 不共线，所以，MFOB. MF平面 ABCD ，OB平面 ABCD ，MF平面 ABCD （II）MF（ 1，0，0） ，而（ 1，0，0）为平面yOz（即平面 ACC1A1）的法向量 . 所以，平面MF平面 ACC1A1. （III ）)1 ,0 ,0(OM为平面 ABCD 的法向量，设1),(AFCzyxn为平面的一个法向量，则MFnAFn且.0,03:),0, 0,1(),1,3,1(xzyxMFAF得由)3, 1 , 0(,3, 1nzy此时得令. 设平面 AFC1与平面 ABCD 所成二面角的大小为，则33cos|cos,| |.122|OM nOM nOMn所以=30 .即平面 AFC1与平面 ABCD 所成二面角的大小为3010. 解（ 1）以 D 为原点， DA 、 DC、DD1所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系0 xyz，则 D（0，0， 0） ，A（1，0，0） ， B（1，1， 0） ，A1（1，0，1） ，C1（0，1，1） ，P（1，0,32） ，Q（0，1，32） ，)0,0,1(),1,32, 0(1ADPA，)32, 1 ,0(DQ精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页学习必备欢迎下载03232,011DQPAADPA，,11DQPAADPAAQDPA平面1（ 2）),32,31, 1(PQ设 PQ 与平面 AQD 所成角为 ，,9118221824|)2cos(11PQPAPQPA则直线 PQ 与平面 AQD 所成角的正弦值是.91182211.(1)如图 ,以 D 为原点 ,DA、DC、DD1所在直线为x 轴、 y 轴、 z 轴, 建立空间直角坐标系.设 DA= a, DC= b,DD1=c，则 E(23a, 23b, c),F(a ,13b, 23c),A(a,0,0),C1(0,b,c). 1111111(,),(, , ),.3333FEabcACa b cFEACFEACFE 与 AC1不共线 ,FEAC1. (2)D1(0,0,c),B1(a, b, c), A1(a, 0, c),B(a, b,0), 111( , ,0),(0, ,),D Ba bABbcEF是两异面直线B1D1、A1B的公垂线段 , EFB1D1,EF A1B. 1110,0,FE D BFE AB13a213b2=0,b2c2=0,a=b=c. 该长方体为正方体.12. （）建立如图所示空间直角坐标系，设AB=2a，AA1=a(a0)，则A1（2a， 0，a） ，B（2a, 2a , 0） , C（0，2a，0） ，C1（0，2a， a）E 为 A1B 的中点， M 为 CC1的中点E（2a , a , 2a） ，M（0，2a, 2a）EM/ A1B1C1D1（）设平面A1BM 的法向量为n=（x, y , z ） ，又BA1=（ 0，2a , a ）)2,0,2(aaBM由BMnBAn,1，得24,02202zyzxazaxazay),2,4(aaan而平面 A1B1C1D1的法向量为)1 , 0, 0(1n.设二面角为，则214|cos|11nnnn又：二面角为锐二面角214cos从而45tanD C A B D1C1A1B1E F x y z 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页