高中数学必修2立体几何考题附答案可编辑修改word版.docx
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高中数学必修2立体几何考题附答案可编辑修改word版
高中数学必修2立体几何考题
13.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别是A1B1,B1C1的中点.问:
(1)AM和CN是否是异面直线?
说明理由;
(2)D1B和CC1是否是异面直线?
说明理由.
解析:
(1)由于M、N分别是A1B1和B1C1的中点,可证明MN∥AC,因此AM与CN不是异面直线.
(2)由空间图形可感知D1B和CC1为异面直线的可能性较大,判断的方法可用反证法.
探究拓展:
解决这类开放型问题常用的方法有直接法(即由条件入手,经过推理、演算、变形等),如第
(1)问,还有假设法,特例法,有时证明两直线异面用直线法较难说明问题,这时可用反证法,即假设两直线共面,由这个假设出发,来推证错误,从而否定假设,则两直线是异面的.
解:
(1)不是异面直线.理由如下:
∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点,∴MN∥A1C1.
又∵A1A∥D1D,而D1D綊C1C,
∴A1A綊C1C,∴四边形A1ACC1为平行四边形.
∴A1A∥AC,得到MN∥AC,
∴A、M、N、C在同一个平面内,故AM和CN不是异面直线.
(2)是异面直线.理由如下:
假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内,则B∈平面CC1D1,C∈平面CC1D1.
∴BC⊂平面CC1D1,这与在正方体中BC⊥平面CC1D1相矛盾,
∴假设不成立,故D1B与CC1是异面直线.
14.如下图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AB的中点,N为BB1
的中点,O为面BCC1B1的中心.
(1)过O作一直线与AN交于P,与CM交于Q(只写作法,不必证明);
(2)求PQ的长(不必证明).
解析:
(1)由ON∥AD知,AD与ON确定一个平面α.又O、C、M三点确定一个平面
β(如下图所示).
∵三个平面α,β和ABCD两两相交,有三条交线OP、CM、DA,其中交线DA与交线CM
不平行且共面.
∴DA与CM必相交,记交点为Q.
∴OQ是α与β的交线.连结OQ与AN交于P,与CM交于Q,故OPQ即为所作的直线.
(2)解三角形APQ可得PQ=.
15.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=B1B=a,∠ABC=90°,D、E
分别为BB1、AC1的中点.
(1)求异面直线BB1与AC1所成的角的正切值;
(2)证明:
DE为异面直线BB1与AC1的公垂线;(3)求异面直线BB1与AC1的距离.
解析:
(1)由于直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1,所以∠A1AC1就是异面直线BB1与AC1所成的角.
又AB=BC=B1B=a,∠ABC=90°,
所以A1C1=2a,tan∠A1AC1=2,
即异面直线BB1与AC1所成的角的正切值为2.
(2)证明:
解法一:
如图,在矩形ACC1A1中,过点E作AA1的平行线MM1分别交AC、A1C1于点M、M1,连结BM,B1M1,则BB1綊MM1.
又D、E分别是BB1、MM1的中点,可得DE綊BM.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,由条件AB=BC得BM⊥AC,所以BM⊥平面ACC1A1,
故DE⊥平面ACC1A1,所以DE⊥AC1,DE⊥BB1,即DE为异面直线BB1与AC1的公垂线.
解法二:
如图,延长C1D、CB交于点F,连结AF,由条件易证D
是C1F的中点,B是CF的中点,又E是AC1的中点,所以DE∥AF.
在△ACF中,由AB=BC=BF知AF⊥AC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,所以AF⊥AA1,故AF⊥平面ACC1A1,
故DE⊥平面ACC1A1,所以DE⊥AC1,DE⊥BB1,即DE为异面直线BB1与AC1的公垂线.
(3)由
(2)知线段DE的长就是异面直线BB1与AC1的距离,由于AB=BC=a,∠ABC=90°,
2
所以DE=2a.
反思归纳:
两条异面直线的公垂线是指与两条异面直线既垂直又相交的直线,两条异面
直线的公垂线是惟一的,两条异面直线的公垂线夹在两条异面直线之间的线段的长度就是两条异面直线的距离.证明一直线是某两条异面直线的公垂线,可以分别证明这条直线与两条异面直线垂直.本题的思路是证明这条直线与一个平面垂直,而这一平面与两条异面直线的位置关系是一条直线在平面内,另一条直线与这个平面平行.
16.
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O,M分别是BD1,AA1的中点.
(1)求证:
MO是异面直线AA1和BD1的公垂线;
(2)求异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值;
(3)若正方体的棱长为a,求异面直线AA1与BD1的距离.
解析:
(1)证明:
∵O是BD1的中点,
∴O是正方体的中心,
∴OA=OA1,
又M为AA1的中点,
即OM是线段AA1的垂直平分线,故OM⊥AA1.
连结MD1、BM,则可得MB=MD1.
同理由点O为BD1的中点知MO⊥BD1,即MO是异面直线AA1和BD1的公垂线.
(2)由于AA1∥BB1,
所以∠B1BD1就是异面直线AA1和BD1所成的角.
在Rt△BB1D1中,设BB1=1,则BD1=3,所以cos∠B1BD1=,
故异面直线AA1与BD1所成的角的余弦值等于.(3)由
(1)知,所求距离即为线段MO的长,
1a
由于OA=AC1=a,AM=,且OM⊥AM,所以OM=a.
2222
13.
如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,侧面对角线AB1,BC1上分
别有两点E、F,且B1E=C1F,求证:
EF∥ABCD.
证明:
解法一:
分别过E、F作EM⊥AB于M,FN⊥BC于N,连结MN.
∵BB1⊥平面ABCD,
∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,
∴EM∥BB1,FN∥BB1,
∴EM∥FN.
又B1E=C1F,∴EM=FN,
故四边形MNFE是平行四边形,
∴EF∥MN,
又MN在平面ABCD中,所以EF∥平面ABCD.
解法二:
过E作EG∥AB交BB1于G,
B1EB1G
连结GF,则1=1,
BABB
∵B1E=C1F,B1A=C1B,
C1FB1G
∴1=1,∴FG∥B1C1∥BC.
CBBB
又EG∩FG=G,AB∩BC=B,
∴平面EFG∥平面ABCD,而EF⊂平面EFG,
∴EF∥平面ABCD.
14.
如下图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC.过BD作与PA平行的平面,交侧棱PC于点E,又作DF⊥PB,交PB于点F.
(1)求证:
点E是PC的中点;
(2)求证:
PB⊥平面EFD.
证明:
(1)连结AC,交BD于O,则O为AC的中点,连结EO.
∵PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=OE,∴PA∥OE.
∴点E是PC的中点;
(2)∵PD⊥底面ABCD且DC⊂底面ABCD,
∴PD⊥DC,△PDC是等腰直角三角形,而DE是斜边PC的中线,
∴DE⊥PC,①
又由PD⊥平面ABCD,得PD⊥BC.∵底面ABCD是正方形,CD⊥BC,
∴BC⊥平面PDC.
而DE⊂平面PDC.∴BC⊥DE.②
由①和②推得DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC,
∴DE⊥PB,又DF⊥PB且DE∩DF=D,所以PB⊥平面EFD.
15.如图,l1、l2是互相垂直的异面直线,MN是它们的公垂线段.点A、B在l1上,C
在l2上,AM=MB=MN.
(1)求证AC⊥NB;
(2)
若∠ACB=60°,求NB与平面ABC所成角的余弦值.
证明:
(1)如图由已知l2⊥MN,l2⊥l1,MN∩l1=M,可得l2⊥平面ABN.
由已知MN⊥l1,AM=MB=MN,可知AN=NB且AN⊥NB.
又AN为AC在平面ABN内的射影,
∴AC⊥NB.
(2)∵Rt△CNA≌Rt△CNB,
∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC为正三角形.
∵Rt△ANB≌Rt△CNB,
∴NC=NA=NB,因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心.连结BH,
∠NBH为NB与平面ABC所成的角.在Rt△NHB中,
3
HB3AB
cos∠NBH=NB==.
16.
如图,在四面体ABCD中,CB=CD,AD⊥BD,点E、F分别是AB、BD的中点.
求证:
(1)直线EF∥平面ACD;
(2)平面EFC⊥平面BCD.
命题意图:
本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考查空间想象能力、推理论证能力.
证明:
(1)在△ABD中,∵E、F分别是AB、BD的中点,所以EF∥AD.
又AD⊂平面ACD,EF✪平面ACD,∴直线EF∥平面ACD.
(2)在△ABD中,∵AD⊥BD,EF∥AD,∴EF⊥BD.
在△BCD中,∵CD=CB,F为BD的中点,∴CF⊥BD.
∵EF⊂平面EFC,CF⊂平面EFC,EF与CF交于点F,∴BD⊥平面EFC.
又∵BD⊂平面BCD,∴平面EFC⊥平面BCD.
13.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,PA⊥平面ABCD,且PA=2AB.
(1)求证:
平面PAC⊥平面PBD;
(2)求二面角B-PC-D的余弦值.
解析:
(1)证明:
∵PA⊥平面ABCD,
∴PA⊥BD.
∵ABCD为正方形,∴AC⊥BD.
∴BD⊥平面PAC,又BD在平面BPD内,∴平面PAC⊥平面BPD.
(2)在平面BCP内作BN⊥PC,垂足为N,连结DN,
∵Rt△PBC≌Rt△PDC,由BN⊥PC得DN⊥PC;
∴∠BND为二面角B-PC-D的平面角,
在△BND中,BN=DN=a,BD=2a,
55
a2+a2-2a2
66
∴cos∠BND=5
a2
3
1
=-.
5
14.
如图,已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,
点F在CC1上,G在BB1上,且AE=FC1=B1G=1,H是B1C1的中点.
(1)求证:
E、B、F、D1四点共面;
(2)求证:
平面A1GH∥平面BED1F.证明:
(1)连结FG.
∵AE=B1G=1,∴BG=A1E=2,
∴BG綊A1E,∴A1G綊BE.
∵C1F綊B1G,
∴四边形C1FGB1是平行四边形.
∴FG綊C1B1綊D1A1,
∴四边形A1GFD1是平行四边形.
∴A1G綊D1F,∴D1F綊EB,故E、B、F、D1四点共面.
3
(2)
∵H是B1C1的中点,∴B1H=.
2
又B1G=1,∴
B1G3
=.
B1H2
FC2
又=,且∠FCB=∠GB1H=90°,
BC3
∴△B1HG∽△CBF,
∴∠B1GH=∠CFB=∠FBG,
∴HG∥FB.
又由
(1)知A1G∥BE,且HG∩A1G=G,FB∩BE=B,
∴平面A1GH∥平面BED1F.
15.
在三棱锥P-ABC中,PA⊥面ABC,△ABC为正三角形,D、E分别为BC、AC的中点,设AB=PA=2.
(1)求证:
平面PBE⊥平面PAC;
(2)如何在BC上找一点F,使AD∥平面PEF,请说明理由;
(3)对于
(2)中的点F,求三棱锥B-PEF的体积.
解析:
(1)证明:
∵PA⊥面ABC,BE⊂面ABC,
∴PA⊥BE.
∵△ABC是正三角形,E为AC的中点,
∴BE⊥AC,又PA与AC相交,
∴BE⊥平面PAC,
∴平面PBE⊥平面PAC.
(2)解:
取DC的中点F,则点F即为所求.
∵E,F分别是AC,DC的中点,
∴EF∥AD,
又AD✪平面PEF,EF⊂平面PEF,
∴AD∥平面PEF.
1113
(3)解:
VB-PEF=VP-BEF=S△BEF·PA=××××2=.
332224
16.(2009·天津,19)如图所示,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,
1
AB⊥AD,M为CE的中点,AF=AB=BC=FE=AD.
2
(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小;
(2)求证:
平面AMD⊥平面CDE;
(3)求二面角A-CD-E的余弦值.
,
解答:
(1)解:
由题设知,BF∥CE,所以∠CED(或其补角)为异面直线BF与DE所成的角.设P为AD的中点,连结EP,PC.因为FE綊AP,所以FA綊EP.同理,AB綊PC.又FA⊥平面ABCD,所以EP⊥平面ABCD.而PC,AD都在平面ABCD内,故EP⊥PC,EP⊥AD.由AB⊥AD,可得PC⊥AD.设FA=a
则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC=故∠CED=60°.
2a.
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.
(2)证明:
因为DC=DE且M为CE的中点,所以DM⊥CE.连结MP,则MP⊥CE.又MP∩DM=M,故CE⊥平面AMD.而CE⊂平面CDE,所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)设Q为CD的中点,连结PQ,EQ.因为CE=DE,所以EQ⊥CD.因为PC=PD,所以PQ⊥CD,故∠EQP为二面角A-CD-E的平面角.
由
(1)可得,EP⊥PQ,EQ=a,PQ=a.
PQ
于是在Rt△EPQ中,cos∠EQP==.
EQ3
所以二面角A-CD-E的余弦值为.
13.(2009·重庆)如图所示,四棱锥P-ABCD中,AB⊥AD,AD⊥DC,PA⊥底面ABCD,PA
11
=AD=DC=AB=1,M为PC的中点,N点在AB上且AN=NB.
23
(1)求证:
MN∥平面PAD;
(2)求直线MN与平面PCB所成的角.
解析:
(1)证明:
过点M作ME∥CD交PD于E点,连结AE.
1
∵AN=NB,
3
11
∴AN=AB=DC=EM.
42
又EM∥DC∥AB,∴EM綊AN,
∴AEMN为平行四边形,
∴MN∥AE,∴MN∥平面PAD.
(2)解:
过N点作NQ∥AP交BP于点Q,NF⊥CB于点F.
连结QF,过N点作NH⊥QF于H,连结MH,易知QN⊥面ABCD,∴QN⊥BC,而NF⊥BC,
∴BC⊥面QNF,
∵BC⊥NH,而NH⊥QF,∴NH⊥平面PBC,
∴∠NMH为直线MN与平面PCB所成的角.
33
通过计算可得MN=AE=,QN=,NF=2,
44
QN·NFON·NF
∴NH===,
QFQN2+NF24
NH3
∴sin∠NMH==,∴∠NMH=60°,
MN2
∴直线MN与平面PCB所成的角为60°.
14.(2009·广西柳州三模)如图所示,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥BD,AD=BD=a,E是CC1的中点,A1D⊥BE.
(1)求证:
A1D⊥平面BDE;
(2)求二面角B-DE-C的大小.
解析:
(1)证明:
在直平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,
∵AA1⊥平面ABCD,∴AA1⊥BD.
又∵BD⊥AD,
∴BD⊥平面ADD1A1,即BD⊥A1D.
又∵A1D⊥BE且BE∩BD=B,
∴A1D⊥平面BDE.
(2)解:
如图,连B1C,则B1C⊥BE,易证Rt△BCE∽Rt△B1BC,
CEBC
∴=
1
,又∵E为CC1中点,
BC
∴BC2
BB
1BB21.
BB1=
=
2
2BC=
2a.
取CD中点M,连结BM,则BM⊥平面CC1D1C,作MN⊥DE于N,连NB,由三垂线定理知:
BN⊥DE,则∠BNM是二面角B-DE-C的平面角.
BD·BC
在Rt△BDC中,BM=DC=a,
Rt△CED中,易求得MN=a,
BM
Rt△BMN中,tan∠BNM==5,
MN
则二面角B-DE-C的大小为arctan5.
15.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AB的中点.
(1)求直线B1C与DE所成的角的余弦值;
(2)求证:
平面EB1D⊥平面B1CD;
(3)求二面角E-B1C-D的余弦值.
解析:
(1)连结A1D,则由A1D∥B1C知,B1C与DE所成的角即为A1D与DE所成的角.
连结A1E,由正方体ABCD-A1B1C1D1,可设其棱长为a,则A1D=
∴cos∠A1DEA1D2+DE2-A1E2
2a,A1E=DE=a,
=
2·A1D·DE
=.
10
∴直线B1C与DE所成角的余弦值是5.
(2)证明取B1C的中点F,B1D的中点G,连结BF,EG,GF.
∵CD⊥平面BCC1B1,
且BF⊂平面BCC1B1,∴DC⊥BF.
又∵BF⊥B1C,CD∩B1C=C,
∴BF⊥平面B1CD.
11
又∵GF綊CD,BE綊CD,
22
∴GF綊BE,∴四边形BFGE是平行四边形,
∴BF∥GE,∴GE⊥平面B1CD.
∵GE⊂平面EB1D,
∴平面EB1D⊥平面B1CD.(3)连结EF.
∵CD⊥B1C,GF∥CD,∴GF⊥B1C.又∵GE⊥平面B1CD,
∴EF⊥B1C,∴∠EFG是二面角E-B1C-D的平面角.设正方体的棱长为a,则在△EFG中,
1
GF=a,EF=a,
22
FG
∴cos∠EFG=EF=,
3
∴二面角E-B1C-D的余弦值为3.
16.(2009·全国Ⅱ,18)如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,D、E分别为AA1、
B1C的中点,DE⊥平面BCC1.
(1)求证:
AB=AC;
(2)
设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小.
解析:
(1)证明:
取BC中点F,连结EF,
1
则EF綊2B1B,从而EF綊DA.
连结AF,则ADEF为平行四边形,从而AF∥DE.
又DE⊥平面BCC1,故AF⊥平面BCC1,从而AF⊥BC,即AF为BC的垂直平分线,所以AB=AC.
(2)解:
作AG⊥BD,垂足为G,连结CG.由三垂线定理知CG⊥BD,故∠AGC为二面
2
角A-BD-C的平面角.由题设知,∠AGC=60°.设AC=2,则AG=.又AB=2,BC=2
2,故AF=
2.
由AB·AD=AG·BD得2AD2·
3
AD2+22,
解得AD=2,故AD=AF.
又AD⊥AF,所以四边形ADEF为正方形.
因为BC⊥AF,BC⊥AD,AF∩AD=A,故BC⊥平面DEF,因此平面BCD⊥平面DEF.
连结AE、DF,设AE∩DF=H,则EH⊥DF,EH⊥平面BCD.
连结CH,则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角.
因ADEF为正方形,AD=
2,故EH=1,又EC
1
BC=2,
=1
2
所以∠ECH=30°,即B1C与平面BCD所成的角为30°.
13.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2
的中点.
(1)求证:
平面B1EF⊥平面BDD1B1;
(2)求点D1到平面B1EF的距离d.
2,侧棱长为4,E、F分别为棱AB、BC
分析:
(1)可先证EF⊥平面BDD1B1.
(2)用几何法或等积法求距离时,可由B1D1∥BD,将点进行转移:
D1点到平面B1EF的距离是B点到它的距离的4倍,先求B
点到平面B1EF的距离即可.
解答:
(1)证明:
Error!
⇒EF⊥平面BDD1B1⇒平面B1EF⊥平面BDD1B1.
(2)解:
解法一:
连结EF交BD于G点.
∵B1D1=4BG,且B1D1∥BG,
∴D1点到平面B1EF的距离是B点到它的距离的4倍.利用等积法可求.
由题意可知,EF
1
AC=2,BG=
17.
S△BEF
=
2
11
EF·BG
1
2×17=
17,
1=
2
1
SBE·BF
1=×
2
1
△BEF==×
22
∵VB-B1EF=VB1-BEF,
设B到面BEF的距离为h
1
17×h
1
1×4,
1
∴h1=.
1,则×
3
1=×
3
∴点D1到平面B1EF的距离为h=4h1=.
1
解法二:
如图,在正方形BDD1B1的边BD上取一点G,使BG=BD,
4
连结B1G,过点D1作D1H⊥B1G于H,则D1H即为所求距离.
1617
可求得D1H=17(直接法).
14.如图直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱CC1=2,∠BAC=90°,AB=AC
=2,M是棱BC的中点,N是CC1中点.求:
(1)二面角B1-AN-M的大小;
(2)C1到平面AMN的距离.
解析:
(1)∵∠BAC=90°,AB=AC=
∴AM⊥BC,BC=2,AM=1.
∴AM⊥平面BCC1B1.
∴平面
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