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1、1 高 2013 级理科立体几何练习题答案 1 （重庆理 （重庆理 19）如图，在四面体中，平面平面，ABCDABC ACDABBC ，.ADCDCAD （）若，求四面体的体积；AD ABBC ABCD () 若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.CABDADBC （I）解：如答（19）图 1，设 F 为 AC 的中点，由于 AD=CD，所以 DFAC. 故由平面 ABC平面 ACD，知 DF平面 ABC， 即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高， 且 DF=ADsin30=1，AF=ADcos30= 3 . 在 RtABC 中，因 AC=2AF=2 3，AB=2BC， 由勾股定
2、理易知 2 154 15 ,. 55 BCAB 故四面体 ABCD 的体积 1114 152 154 . 332555 ABC VSDF （II）解法一 ： 如答（19）图 1，设 G，H 分别为边 CD，BD 的中点，则 FG/AD，GH/BC， 从而FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角. 设 E 为边 AB 的中点， 则 EF/BC， 由 ABBC， 知 EFAB.又由 （I） 有 DF平面 ABC， 故由三垂线定理知 DEAB. 所以DEF 为二面角 CABD 的平面角，由题设知DEF=60 设 ,sin. 2 a ADaDFADCAD则 在 33 ,cot, 236 a
3、 Rt DEFEFDFDEFa中 从而 13 . 26 GHBCEFa 因 RtADERtBDE，故 BD=AD=a，从而，在 RtBDF 中， 1 22 a FHBD ， 2 又 1 , 22 a FGAD 从而在FGH 中，因 FG=FH，由余弦定理得 222 3 cos 226 FGGHFHGH FGH FG GHFG 因此，异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 3 . 6 解法二：如答（19）图 2，过 F 作 FMAC，交 AB 于 M，已知 AD=CD， 平面 ABC平面 ACD，易知 FC，FD，FM 两两垂直，以 F 为原点，射线 FM，FC，FD 分 别为 x 轴，y
4、轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Fxyz. 不妨设 AD=2，由 CD=AD，CAD=30，易知点 A，C，D 的坐标分别为 (0,3,0),(0, 3,0),(0,0,1), (0, 3,1). ACD AD 则 显然向量 (0,0,1)k 是平面 ABC 的法向量. 已知二面角 CABD 为 60， 故可取平面 ABD 的单位法向量 ( , )nl m n ， 使得 1 ,60 ,. 2 n kn 从而 222 3 ,30,. 6 6 1,. 3 nADmnm lmnl 由有从而 由得 设点 B 的坐标为 6 ( , ,0);, 3 B x yABBC nABl 由取 ，有 22
5、4 6 3, 0, 9 ,() 63 3(3)0, 7 3 , 36 9 xyx x yxy y 解之得舍去 易知 6 3 l 与坐标系的建立方式不合，舍去. 因此点 B 的坐标为 4 6 7 3 (,0). 99 B 所以 4 62 3 (,0). 99 CB 从而 3 22 2 3 3() 3 9 cos,. 6| 4 62 3 31 ()() 99 AD CB AD CB ADCB 故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为 3 . 6 2 （北京理 （北京理 16）如图，在四棱锥中，PABCD 平面，底面是菱形，PAABCDABCD .2,60ABBAD ()求证：平面BD ;PA
6、C （）若求与所成角的余弦值；,PAABPBAC （）当平面与平面垂直时，求的长.PBCPDCPA 解（）证明：因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 ACBD.又因为 PA平面 ABCD.所以 PABD.所以 BD平面 PAC. （）设 ACBD=O.因为BAD=60，PA=PB=2,所以 BO=1，AO=CO= 3 . 如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 P（0， 3 ，2） ，A（0， 3 ，0） ，B（1，0，0） ，C（0， 3 ，0）. 所以 ).0 , 32 , 0(),2, 3, 1 (ACPB 设 PB 与 AC 所成角为，则 4 6 3222 6 |
7、| cos ACPB ACPB . （）由（）知 ).0 , 3, 1(BC 设 P（0， 3 ，t） （t0） ，则 ), 3, 1(tBP 设平面 PBC 的法向量 ),(zyxm ,则 0, 0mBPmBC 所以 03 , 03 tzyx yx 令 , 3y 则 . 6 , 3 t zx 所以 ) 6 , 3, 3( t m 4 同理，平面 PDC 的法向量 ) 6 , 3, 3( t n 因为平面 PCB平面 PDC,所以 nm =0，即 0 36 6 2 t 解得 6t 所以 PA= 6 3 （天津理 （天津理 17）如图，在三棱柱 111 ABCABC 中，H是正方形 11 AAB
8、 B 的中心， 1 2 2AA ， 1 C H 平面 11 AAB B ，且 1 5.C H （）求异面直线 AC 与 A1B1 所成角 的余弦值；（）求二面角 111 AACB 的正弦值； （） 设N为棱 11 BC 的中点， 点M在平面 11 AAB B 内， 且MN 平面 11 ABC ， 求线段BM的长 解：方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点 B 为坐标原点. 依题意得 (2 2,0,0),(0,0,0),( 2,2, 5)ABC 111 (2 2,2 2,0),(0,2 2,0),( 2, 2, 5)ABC （I）解：易得 11 (2,2, 5),( 2 2,0,0)ACAB
9、， 于是 11 11 11 42 cos, 3| |3 2 2 AC AB AC A B ACAB 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 . 3 （II）解：易知 111 (0,2 2,0),(2,2, 5).AAAC 设平面 AA1C1 的法向量 ( , , )mx y z ， 则 11 1 0 0 m AC m AA 即 2250, 2 20. xyz y 不妨令 5,x 可得 ( 5,0,2)m ， 同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 ( , , )nx y z ， 5 则 11 11 0, 0. n AC n AB 即 2250, 2 20. xyz x 不妨令
10、5y ， 可得 (0, 5,2).n 于是 22 cos, | |777 m n m n mn 从而 3 5 sin,. 7 m n 所以二面角 AA1C1B 的正弦值为 3 5 . 7 （III）解：由 N 为棱 B1C1 的中点，得 2 3 25 (,). 222 N 设 M（a，b，0） ， 则 23 25 (,) 222 MNab 由MN 平面 A1B1C1，得 11 11 0, 0. MN AB MN AC 即 2 () ( 2 2)0, 2 23 25 () (2)() (2)50. 222 a ab 解得 2 , 2 2 . 4 a b 故 22 (,0). 24 M 因此 22
11、 (,0) 24 BM ，所以线段 BM 的长为 10 |. 4 BM 方法二：（I）解：由于 AC/A1C1，故 111 C AB 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角. 因为 1 C H 平面 AA1B1B，又 H 为正方形 AA1B1B 的中心， 可得 1111 3.ACBC 因此 222 111111 111 1111 2 cos. 23 ACABBC C AB ACAB 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 . 3 （II）解：连接 AC1，易知 AC1=B1C1，又由于 AA1=B1A1，A1C1=A1=C1， 所以 11 AC A 11 BC A ，过点 A
12、 作 11 ARAC 于点 R， 11 2 2,5,AAC H 6 连接 B1R，于是 111 B RAC ，故 1 ARB 为二面角 AA1C1B1 的平面角. 在 11 Rt ARB 中， 2 11111 22 14 sin2 21 (). 33 B RABRAB 连接 AB1，在 1 ARB 中， 222 11 111 1 4,cos 2 ARB RAB ABARB RARB AR B R 2 7 ， 从而 1 3 5 sin. 7 ARB 所以二面角 AA1C1B1 的正弦值为 3 5 . 7 （III）解：因为MN 平面 A1B1C1，所以 11. MNAB 取 HB1 中点 D，连
13、接 ND，由于 N 是棱 B1C1 中点， 所以 ND/C1H 且 1 15 22 NDC H .又 1 C H 平面 AA1B1B， 所以ND 平面 AA1B1B，故 11. NDAB 又 ,MNNDN 所以 11 AB 平面 MND，连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E， 则 111 ,/ /.MEABMEAA故 由 11 1111 1 , 4 B EB DDE AAB AB A 得 1 2 2 DEB E ，延长 EM 交 AB 于点 F，可得 1 2 . 2 BFB E 连接 NE. 在Rt ENM 中， 2 ,.NDMENDDE DM故 所以 2 5 2 . 4 ND DM DE
14、 可得 2 . 4 FM 连接 BM，在Rt BFM 中， 22 10 . 4 BMFMBF 7 4.（陕西理（陕西理 16） 如图，在 ABC 中， 60 ,90 ,ABCBACAD 是BC上的高，沿 AD把ABC 折起，使 90。 （）证明：平面 平面； （）设为的中点，求AE 与DB 夹角的余弦值。 解（）折起前是边上的高， 当 折起后，AD，AD， 又 DB，平面， AD 平面平面 BDC平面 ABD平面 BDC。 （）由 90及（）知 DA，DC 两两垂直，不防设 DB =1，以 D 为 坐标原点，以 ,DB DC DA 所在直线 , ,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易
15、得 D （0,0,0） ，B（1,0,0） ，C（0,3,0） ，A（0,0， 3 ） ，E（ 1 2， 3 2，0） ， AE = 1 3 ,3 2 2 ， DB =（1，0,0,） ， AE 与DB 夹角的余弦值为 cosAE ，DB = 1 22 2 . 22| |22 1 4 AE DB AEDB 5（ 全 国 新 课 标 理（ 全 国 新 课 标 理 18） 如 图 ， 四 棱 锥 8 PABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， 60DAB，2ABAD ，PD 底面 ABCD （I）证明：PA BD ； （II）若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值 解：（）因为 60 ,2DABABAD ， 由余弦定理得 3BDAD 从而 BD2+AD2= AB2，故 BDAD 又 PD底面 ABCD，可得 BDPD 所以 BD平面 PAD. 故 PABD （）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 ， 03,0B， ，
