&>&&>&立体几何练习题与答案
立体几何练习题与答案 12571字 投稿：顾噆噇
几何综合题特训24.在平行四边形ABCD中，?BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F． ⑴ 在图1中证明CE?CF；⑵ 若?ABC?90?，G是EF的中点（如图2），直接写出?BDG的度数； ⑶ 若?ABC?120?，FG∥CE，FG?CE…
八年级数学下册期末专题复习和训练：几何计算题、证明题 一、题型特点：四边形（五种常见的）、三角形的中位线、矩形的推论穿插其中，,,,, 二、常见新型题型：动点、折纸、开放（条件、结论开放）、探索性（数量关系、位置关系），,,,, 三、图形搭建：三角形中搭建四…
基础题（几何部分）班级 姓名1 2、 3、如图：AB⊥CD 那么∠0 理由是： AAB24 第4题图 B第5题图 CCE第6题图D4、如图：同位角是： 内错角是 同旁内角是 5、如图：AB平分∠DAC那么∠ 理由是：6、如图：如果∠BDE=∠C，那么…
一、（2007广西）如图，在四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为正方形，
侧棱SD⊥底面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点． （1）证明EF∥平面SAD；
（2）设SD?2DC，求二面角A?EF?D的大小． 解法一：（1）作FG∥DC交SD于点G，则G为SD的中点．
∥连结AG，FG
∥AB， CD，又CD
AE，AEFG为平行四边形．EF∥AG， 故FG
又AG?平面SAD，EF?平面SAD．
所以EF∥平面SAD． （2）不妨设DC?2，则SD?4，DG?2，△ADG为等腰直角三角形．
E 取AG中点H，连结DH，则DH⊥AG．
又AB⊥平面SAD，所以AB⊥DH，而AB?AG?A，所以DH⊥面AEF． 取EF中点M，连结MH，则HM⊥EF．连结DM，则DM⊥EF． 故?DMH为二面角A?EF?
D的平面角tan?DMH?
所以二面角A?EF?
D的大小为arctan．
解法二：（2）如图，建立空间直角坐标系D?xyz．不妨设
?1?A(1，，00)，则B(1，1，0)，C(0，1，0)，S(0，0，2)，E?1，0?，F
?????111????111???
EF中点M(,,),MD?(?,?,?),EF?(?1,0,1)
?????????????1
MD?EF?0,MD?EF又EA?(0,?,0)，
?????????????????EA?EF?0，EA⊥EF，所以向量MD和EA
?????????MD?EA角A?EF?D的平面角．cos?MD，EA???
所以二面角A?EF?D的大小为arccos
二、（2011年全国卷）如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四
边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD；
(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
（Ⅰ ）因为?DAB?60，AB?2AD, 由余弦定理得
从而BD2?AD2?AB2，故BD?AD，又PD?底面ABCD，可得BD?PD， 所以BD?平面PAD.
（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A
(1,0,0)，B
(0,0),C(?0) , P
????????????
AB?(?0),PB?(0,?1),BC?(?1,0,0)?
设平面PAB的法向量为n?(x,y,z)，则
因此可取n?
设平面PBC的法向量为m，则
???????AB?m?0???????BC?m?0
???可取m?(0,?1,，cos?m,n?? ??
7故二面角A?PB?C的余弦值为
三、如图，在四棱锥P?ABCD中，PA?平面ABCD，
底面ABCD是菱形，AB?2,?BAD?60?.
(Ⅰ)求证：BD?平面PAC；
（Ⅱ）若PA?AB，求PB与AC所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以AC?BD.
又因为PA?平面ABCD.所以PA?BD. 所以BD?平面PAC.
（Ⅱ）设AC?BD?O.因为?BAD?60，PA?PB?2,
所以BO?1,AO?CO?如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O?xyz，
则P(0,2),A(0,0),B(1,0,0),C0)，
所以PB??2),AC?(0,0)
????????PB?AC
设PB与AC所成角为?
，则cos?? ??
（Ⅲ）由（Ⅱ）知BC?(?0)
设P(0,t)，(t?0)，
则BP?(?1,t)
，设平面PBC的法向量m?(x,y,z)
???????PB?m?0???????BC?m?0
则x?3,z? ，
同理，平面PDC
的法向量n?(?)
因为平面PCB?平面PDC,
所以m?n?0，即?6?2?0
，所以PA?四、如图，四棱锥S?ABCD中， AB?CD,BC?CD， 侧面SAB为等边三角形，
AB?BC?2,CD?SD?1．
（I）证明：SD?平面SAB；
（II）求AB与平面SBC所成的角的大小。
解法一：（I）取AB中点E，连结DE，
则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，
，则SE?AB,SE?
故ED?SE?SD， 所以?DSE为直角。…………3分
由AB?DE,AB?SE,DE?SE?E，
得AB?平面SDE，所以AB?SD。
SD与两条相交直线AB、SE都垂直。
所以SD?平面SAB。
（II）由AB?平面SDE知， 平面ABCD?平面SED。
作SF?DE,垂足为F，则SF?平面ABCD，
SD?SE? DE2
…………6分
作FG?BC，垂足为G，则FG=DC=1。
连结SG，则SG?BC，
又BC?FG,SG?FG?G，
故BC?平面SFG，平面SBC?平面SFG。
作FH?SG，H为垂足，则FH?平面SBC。
…………9分
，即F到平面SBC
由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d
设AB与平面SBC所成的角为?，
…………12分
以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。
设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。
又设S(x,y,z),则x?0,y?0,z?0.
????????????
（I）AS?(x?2,y?2,z),BS?(x,y?2,z)，DS?(x?1,y,z)，
由|AS|?|BS|得
由|DS|?1得y?z?1,
????122222
又由|BS|?2得
x?(y?2)?z?4,即y?z?4y?1?0,故y?,z?
?????3???3AS?(?1,?BS?(1,?，
于是S(1,222222
?????????????????1???
DS?(0,DS?AS?0,DS?BS?0.
故DS?AD,DS?BS,又AS?BS?S,所以SD?平面SAB。
（II）设平面SBC的法向量a?(m,n,p)，
???????????????
??????????3???
CB?(0,2,0),
则a?BS,a?CB，a?BS?0,a?CB?0又BS?(1,?,22
?3?????p?0,?m?n?故?
得a?(0,2)，又AB?(?2,0,0)。
22?2n?0.??????
?cosAB,a?|AB|?|a|
故AB与平面SBC
所成的角为arcsin
五、（2010浙江）如图， 在矩形ABCD中，点E,F分别在线段AB,AD上，
.沿直线EF将 VAEF翻
折成VA'EF，使平面A'EF?平面BE.F
（Ⅰ）求二面角A'?FD?C的余弦值；
（Ⅱ）点M,N分别在线段FD,BC上，若沿直线
MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A重合，
求线段FM的长。
解：（Ⅰ）取线段EF的中点H，连结AH，因为AE=AF及H是EF的中点，所以AH?EF, 又因为平面AEF?平面BEF。如图建立空间直角坐标系A-xyz
则A(2,2,，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0)
故FA?(?2,2,，FD?(6,0,0). ?
设n?(x,y,z)为平面A'FD的一个法向量，
?2x?2y?2z?0
，则n?(0,?2)。又平面BEF的一个法向量
m?(0,0,1)，故cos?n,m???
（Ⅱ）解：设FM?x,则M(4?x,0,0)， 因为翻折后，C与A重合，所以CM?A'M，
(6?x)?8?0=（?2?x）?2?
经检验，此时点N在线段BC上，所以FM?
六、（2009重庆）如题（19）图，在四棱锥S?ABCD 中，AD?BC且AD?CD；平面CSD?平面
ABCD，CS?DS,CS?2AD?2；E为BS
．求：（Ⅰ）点A到平面BCS的
距离；（Ⅱ）二面角E?CD?A的大小．
解：（Ⅰ）因为AD//BC,且BC?平面BCS,所以AD//平面BCS, 从而A点到平面BCS的距离等于D点到平面BCS的距离。 因为平面CSD?平面ABCD，AD?CD,故AD?平面CSD, 从而AD?SD，由AD//BC，得
BC?DS,又由CS?DS知DS?平面BCS，
从而DS为点A到平面BCS的距离， 因此在Rt?
?（Ⅱ）以S(O)为坐标原点，射线OD,OC分别为x轴，y
轴正向，建立空间坐标系，易知
A，1）C(0,2,0)，D(,0,0). 因E为BS的中点.ΔBCS为直角三角形 ,
设B(0,2, ZB)，ZB＞0，则ZB＝2， 故B（0，2，2），所以E（0，1，1） . 在CD上取点G，设G（x1,y1,0），使GE⊥CD .
uuuvuuuvuuuvuuuv
由CD??2,0),GE?(?x1,?y1?1,1),CD?GE?0故
1?2(y1?1)?0
① 又点G在直线CD上，即CG//CD，
uuuvuuuvy?2
由CG=（x1,y1-2,0）?1 ② 联立①、②，解得CG=（
uuuv故GE=(?
,1).又由AD⊥CD，所以二面角E－CD－A的平面角为向量GE与向量DA
uuuvuuuvuuuvuuuvuuuv
所成的角，记此角为?
.因为GE=，DA?(0,0,1),DA?1,GE?DA?1,
?GE?DA所以cos??
故所求的二面角的大小为 . ?
七、如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，
且∠DAB=60?，PA?PD?E,F分别是BC,PC的中点．
（1） 证明：AD 平面DEF;
（2） 求二面角P-AD-B的余弦值．
法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。
因PA=PD，有PG?AD，在?ABD中，AB?AD?1,?DAB?60，有?ABD为等
边三角形，因此BG?AD,BGIPG?G，
所以AD?平面PBG?AD?PB，AD?GB
又PB//EF，得AD?EF，而DE//GB得AD?DE，又EFIDE?E， 所以AD?平面DEF。
（2）QPG?AD,BG?AD， ??PGB为二面角P—AD—B的平面角，
在Rt?PAG中，PG?PA?AG?
在Rt?ABG中，BG?ABsin60，
法二：（1）取AD中点为G，因为PA?PD，PG?AD
又AB?AD，?DAB?60，?ABD为等边三角形， 因此BG?AD，从而AD?平面PBG
延长BG到O且使得PO ?OB，又PO?平面PBG，PO?AD,ADIOB?G 所以PO?平面ABCD。
以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD的直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系。设P(0,0,m),G(n,0,0)，则
11m,0),F(n?,,)
QBG?Asin60?
,1,0)，E(n?
uuuruuuuur
0,0)，FE?(n?0,?) 由于AD?(0,1,0),DE?242
uuuruuuruuuruur
得AD?DE?0,AD?FE?0，AD?DE,AD?FE,DEIFE?E?AD?平面DEF
uuruur10,?m)
PA?(n,?,?m),PB?(n?
2，解之得m?1,n?
取平面ABD的法向量n1?(0,0,?1).设平面PAD的法向量n2?(a,b,c) uuruur
由PA?n2?0得
?c?0，由PD?n2?0得
取n2?(1,0,
?cos?n1,n2??2
八、如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，
?CDA?450．
（I）求证：平面PAB⊥平面PAD； （II）设AB=AP．
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为300，求线段AB的长； （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点
P，B，C，D的距离都相等？说明理由。
（I）因为PA?平面ABCD， AC?平面ABCD， 所以PA?AB， 又AB?AD,PA?AD?A，所以AB?平面PAD。 又AB?平面PAB，所以平面PAB?平面PAD平。 （II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz（如图） 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CE?AD 在Rt?CDE中，DE?CD?cos45，CE?CD?sin45?1 设AB?AP?t，则B(t,0,0),P(0,0,t) 由AB?AD?4，得AD?4?t，
所以E(0,3?t,0),C(1,3?t,0),D(0,4?t,0)，CD?(?1,1,0),PD?(0,4?t,t) ?
（i）设平面PCD的法向量为n?(x,y,z)，
??????????
由n?CD,n?PD，得
(4?t)y?tx?0
取x?t，得平面PCD的一个法向量n?(t,t,4?t)，
又PB?(t,0,?t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30，得
|,即cos60??|
，所以AB?或4（舍去，因为AD?4?t?0）
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
设G（0，m，0）（其中0?m?4?t）
????????????
则GC?(1,3?t?m,0)，GD?(0,4?t?m,0)，GP?(0,?m,t)
由GC?GD得(4?t?m)2?m2?t2
由（1）、（2）消去t，化简得m?3m?4?0
由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在 一个点G，使得点G到点P，C，D的距离都相等。 从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到 点P，B，C，D的距离都相等。 解法二：
（I）同解法一。 （II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图） 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E， 则CE?AD。
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CE?AD 在Rt?CDE中，DE?CD?cos45?1，CE?CD?sin45?1 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以E(0,3?t,0),C(1,3?t,0),D(0,4?t,0)，
CD?(?1,1,0),PD?(0,4?t,?t)
???????????
设平面PCD的法向量为n?(x,y,z)，由n?CD,n?PD，得
(4?t)y?tx?0
取x?t，得平面PCD的一个法向量n?(t,t,4?t)，
又PB?(t,0,?t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30，得
|,即cos60??|
，所以AB?或4（舍去，因为AD?4?t?0）
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等， 由GC=CD，得?GCD??GDC?45，
从而?CGD?90，即CG?AD ?GD?CD?sin45?1 设AB??,则AD?4??，AG?AD?GD?3??，
ABG中，GB???
这与GB=GD矛盾。
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
九、如图，已知正三棱柱ABC?A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合． （Ⅰ）当CF
?1时，求证：EF?A1C
（Ⅱ）设二面角C?AF?E的大小为?，求tan?的最小值．
解法1：过E作EN?AC于N，连结EF。
（I）如图1，连结NF,AC1， 由直棱柱的性质知，
底面ABC?侧面AC1。
又底面ABC?侧面A1C?AC，且
EN?底面ABC，
所以EN?侧面AC1，NF为EF在侧面AC1内的射影， 在Rt?CNE中，CN?CEcos60?1，则由
，得NF//AC1，
又AC1?A1C故NF?A1C.
由三垂线定理知EF?A1C （II）如图2，连结AF，过N作NM?AF于M，连结ME。 由（I）知EN?侧面AC1，根据三垂线定理得EM?
所以?EMN是二面角C—AF—E的平面角，即?EMN??， 设?FAC??,则00???450 在Rt?
CNE中，NE?EC?sin60?
在Rt?AMN中，MN?AN?sin??3sin?
又0???45,?0?sin??
，即当??45时，tan?达到最小值；
，此时F与C1重合。
解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得
A(0,0,0),B2,0),C(0,4,0),A1(0,0,4),E3,0),F(0,4,1),
于是CA1?(0,?4,4),EF?(则CA1?EF?(0,?4,4)?(?0?4?4?0
（II）设CF??,(0???4)，
平面AEF的一个法向量为m?(x,y,z)，则由（I）得F(0,4,?
) ????????????????????
AE?3,0),AF?(0,4,?)，于是由m?AE,m?AF可得
???????AE?m?0???????
?3y??04y??z?0
取m?,??,4)
又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n?(1,0,0)，
m?n 于是由?
为锐角可得cos??，
m?n所以tan??
，由0???4，得
故当??4，即点F与点C1重合时，tan?
取得最小值
PD?平面ABCD，十、如图，四边形ABCD为正方形，
PD//QA,Q?A
（I）证明：平面PQC?平面DCQ； （II）求二面角Q?BP?C的余弦值．
解：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DQ?(1,1,0),DC?(0,0,1),PQ?(1,?1,0) ????????????????
所以PQ?DQ?0,PQ?DC?0
即PQ?DQ,PQ?DC
故PQ?平面DCQ 又PQ?平面PQC， 平面PQC?平面DCQ …………6分
（II）依题意有B(1,0,1)，CB?(1,0,0),BP?(?1,2,?1) ?
设n?(x,y,z)是平面PBC的法向量，则
?????n?CB?0?????n?BP?0
即??x?2y?z?0
因此可取n?(0,?1,?2) ??
设m是平面PBQ的法向量，则
m?BP?0???????
可取m?(1,1,1)，
所以cos?m,n???
故二面角Q?BP?
C的余弦值为?
十一、在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=90?，ＥＡ
⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．
（I）证法一：
因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，?ACB?90?， 所以?EGF?90?,?ABC∽?EFG. 由于AB=2EF， 因此，BC=2FC，
连接AF，由于
在?ABCD中，M是线段AD的中点，
则AM//BC，且
因此FG//AM且FG=AM，
所以四边形AFGM为平行四边形， 因此GM//FA。
又FA?平面ABFE，GM?平面ABFE， 所以GM//平面AB。 证法二：
因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，?ACB?90?， 所以?EGF?90?,?ABC∽?EFG. 由于AB=2EF， 因此，BC=2FC，
取BC的中点N，连接GN，
因此四边形BNGF为平行四边形， 所以GN//FB，
在?ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，则MN//AB， 因为MN?GN?N, 所以平面GMN//平面ABFE。 又GM?平面GMN， 所以GM//平面ABFE。
（II）解法一：
因为?ACB?90?,所以?CAD=90?， 又EA?平面ABCD，
所以AC，AD，AE两两垂直，
分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系， 不妨设AC?BC?2AE?2,
则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1）， ????????
AB?(2,?2,0),BC?(0,2,0),
F(1,?1,1),BF?(?1,1,1).
设平面BFC的法向量为m?(x1,y1,z1),
m?BC?0,m?BF?0,
1?0,所以?x1?z1,取z1?1得x1?1,
所以m?(1,0,1), 设平面ABF的法向量为n?(x2,y2,z2)
，????????
n?AB?0,n?BF?0,
取y2?1,得x2?1,所以?z2?0,
则n?(1,1,0)，
m?n|m|?|n|
因此二面角A—BF—C的大小为60?. 解法二：
由题意知，平面ABFE?平面ABCD， 取AB的中点H，连接CH， 因为AC=BC， 所以CH?AB， 则CH?平面ABFE，
过H向BF引垂线交BF于R，连接CR， 则CR?BF.
所以?HRC为二面角A—BF—C的平面角。 由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。 在直角梯形ABFE中，连接FH， 则FH?
所以HF?AE?1,BH?
因此二面角A—BF—C的大小为60?.
十二、如图，在?ABC中，?ABC?60,?BAC?90,AD是BC上的高，沿AD把?ABC
折起，使?BCD?90。
（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ
⊥平面ＢＤＣ；
（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求AE与DB夹角的余弦值。
解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，
∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ， 又DB?ＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ， ∵AD 平面
?平面ABD?平面BDC。
（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝90?及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设标原点，以
????????????
=1，以D为坐
所在直线x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），
B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0
，E（2，2，0），
?,,， ?AE=?22????
DB=（1，0,0,），
?AE与DB夹角的余弦值为
cos＜AE，DB＞
????????AE?DB
?|AE|?|DB|
十三、如图，在三棱柱
ABC?A1B1C1
H是正方形AA1B1B
的中心，AA1?，C1H?平面AA1B1B
（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角（Ⅲ）设N为棱
A?A1C1?B1B1C1
的正弦值；
内，且MN?平面11，求线段BM
的中点，点M在平面
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A0,0),B(0,0,0),C
A1(2,B01),,2C
）解：易得
AC?(A1B1?(?0,0)
??????????AC?A1B1?cosAC,A1B1??,
3|AC|?|A1B1|
所以异面直线AC与A1B1
所成角的余弦值为3
）解：易知
AA1?(0,0),A1C1?(
设平面AA1C1的法向量m?(x,y,z)，
????????m?A1C1?0???
??m?AA?0??0.?1
可得m?0,，
同样地，设平面A1B1C1的法向量n?(x,y,z)，
??n?A1C1?0,????
??n?AB?0.?
m?n|m|?|n|7
所以二面角A—A1C1—B
的正弦值为7
（III）解：由N为棱B1C1的中点，
N222设M（a，b，0），
?????MN??a,?b,则
????????????MN?A1B1?0,
??MN?A1C1?0.
由MN?平面A1B1C1，得?
??a)?(??0,??2?
??a)?(?(?b)?(??0.??222即
?b?M0).?4故24解得?
?????BM?240)
?????|BM|?
因此方法二：
，所以线段BM
（I）解：由于AC//A1C1，故因为
是异面直线AC与A1B1所成的角.
平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，
A1C1?B1C1?3.
cos?C1A1B1?
A1C1?A1B1?B1C1
2A1C1?A1B1
所以异面直线AC与A1B1
所成角的余弦值为3（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1， 又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1， 所以
连接B1R，于是
B1R?A1C1?ARB1
为二面角A—A1C1—B1的平面角.
B1R?A1B1?sin?RA1B1?3
连接AB1，在
AR?B1R?AB1
AB1?4,AR?B1R,cos?ARB1?
所以二面角A—A1C1—B1
的正弦值为7
（III）解：因为MN?平面A1B1C1，所以
取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，
所以ND//C1H
平面AA1B1B，
ND?A1B1.所以ND?平面AA1B1B，故
又MN?ND?N, 所以则
平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，
ME?A1B1,故ME//AA1.DE
2，延长EM交AB于点F，
在Rt?ENM中，
ND?ME,故ND?DE?DM.
连接BM，在Rt?BFM中，
如题（19）图，在四面体ABCD中，平面ABC?平面ACD，AB?BC，AD?CD，
?CAD????．
（Ⅰ）若AD??，AB??BC，求四面体ABCD的体积；
（Ⅱ）若二面角C?AB?D为???，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．
（I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF⊥AC. 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°
. 在Rt△ABC中，因
AC=2AF=AB=2BC，
由勾股定理易知故四面体ABCD的体积
?S?ABC?DF?
（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AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC，
故由三垂线定理知DE⊥AB.
所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°
AD?a,则DF?AD?sinCAD?
,EF?DF?cotDEF?
因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，
2从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得
6 因此，异面直线AD与BC
所成角的余弦值为6
解法二：如答（19）图2，过F作FM⊥AC，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轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz.
不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为
A(0,0),C0),D(0,0,1),????
显然向量k?(0,0,1)是平面ABC的法向量. 已知二面角C—AB—D为60°，
故可取平面ABD的单位法向量n?(l,m,n)，
?n,k??60,从而
由n?AD,?n?0,从而m??由l?m?n?1,得l??
????????????
B(x,y,0);由AB?BC,n?AB,取l?
?x2?y2?3,x?y?6?3
3与坐标系的建立方式不合，舍去.
????CB?(,?0).B
9999因此点B
的坐标为所以
????????AD?CB
?cos?AD,CB??|AD||CB|
故异面直线AD与BC
所成的角的余弦值为6
一、（2007广西）如图，在四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为正方形，S侧棱SD⊥底面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点． （1）证明EF∥平面SAD；（2）设SD?2DC，求二面角A?EF?D的大小． 解法一：（1）作FG∥DC交SD于点G，…
1、 如图，以△ABC的三边为边在BC的同侧分别作三个等边三角形，o即△ABDo、o△BCE、△ACF，请回答下列问题，并说明理由． （1）四边形ADEF是什么四边形？（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEF是矩形？（3）当△ABC满足什么条件…
语文学刊　２ ０ １ ４年 第８ 期 诗 歌叙事 的魅 力　０马 金 艳　读《 云南记》 （ 丽江师范高等专科学校 ， 云南 丽江 ６ ７ ４ １ ０ ０ ） ［ 摘 要 ］ 《 云南记》 是雷平阳云南特色的“ 地域性写作” 的又一文本。他从书写诗人…
学 嚣 ２ ０ １ ４ 年 摹 １ １ 期 ◆ 学 术 探 讨 ◆ 叙■诗 哪 明清易挂 之变　— —以 吴 梅 村 为 例　魏嘉 （ 大连 理 工大 学人 文社会 学院 １ １ ６ ０ ０ ０ ） “ 扬州三 日” “ 嘉定三屠” “ 江阴屠城 ”…
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高中立体几何问题..急 谢谢！！！
//e://e.jpg" target="_blank" title="点击查看大图" class="ikqb_img_alink"><img class="ikqb_img" src="http.baidu如图.com/zhidao/wh%3D450%2C600/sign=f60c3adbc874b3d7eec8ab3b877afa2ec08fa513dc618;（2）过C作CF⊥PB交PB于F.hiphotos：PA⊥平面ABC&nbsp.baidu,PC=AB=5,在三棱锥P—ABC中，PA=BC=3.hiphotos.baidu
特别是第二小题
写完整 谢谢！！
提问者采纳
PBPB⊥平面CFE 即PB⊥FE 即△BFE是直角△由（1）知PA⊥AB 所以△PAB是直角△（同样用相似三角形的公式吧）BE，貌似是用相似三角形:ABBE=（BF*PB）&#47，得到BF的长）BF，即CF是直角△PCB弦上的高（忘记是不是有个什么公式可以直接算出弦上高分出两三角形的比例;AB=9/5=1;得到直角△PAC 直角△PAB∠PAC=∠PAB=90°即PA⊥AB，即PA⊥平面ABC2）勾股PC&#178;AB=BC&#178PB=√34 吧1）勾股定理PA&#178;得到直角△PBC;AB=[（BC&#178;
PA&#178;/=PB&#178;+BC&#178;+AB&#178:BC=BC，∠PCB=90°CF⊥PB;PB）*PB]/=PB&#178;&#47,AC :BF=PB:PBBF=BC&#178;/+AC&#178;=PC&#178
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5/5）*(9-15*15&#47.PA⊥ACPA=BC=3，PB=34^0;34）^0.5吧PA=3.5=34^0.5=（9*34-225）^0;5BE=（34^0;34）^0题目应该是PB=34^0，PC=AB=5,PC=5.5BF=(9-15*15/5=1.5&#47.5&#47.5PA⊥ABPC⊥BCPA⊥平面ABCCF⊥BFBP*CF=PC*BC=15CF=15/BF=34^0;34^0.5BE&#47,AC=4.5(9+25)^0
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出门在外也不愁立体几何一题点P在平面ABC外,△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°,△PAB是正三角形,PA⊥BC.求二面角P-AC－B的大小.
设AB的长为1∴BC=AD=DB=1 AC=根号2∵△ABC是等腰直角三角形∴取AC的中点F 连结BF 则BF⊥AC取AB中点N AC中点M 连结MN 则MN平行于BF ∴MN⊥AC连结PN 因为△PAB是正三角形 所以PN⊥AB∵BC⊥AB PA⊥BC∴BC⊥面PAB又∵PN∈面PAB∴BC⊥PN又∵PN⊥AB∴PN⊥面ABC连结PM则MN是PM在面ABC的射影∵MN⊥AC∴PM⊥AC∴∠PMN是二面角P-AC-B的平面角PN=二分之根号三 MN=四分之根号二∴tan∠PMN=PN／MN=根号六这个分是不是可以再给点儿类 那个结果你自己再算一下 我一般结果总是带错数字
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立体几何基础练习题
(一)平面基本性质
1. 如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E为AB的中点，F
为AA1的中点。
求证：（1）E,C,D1,F四点共面 （2）CE,D1F,DA三线共点
2. 平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为 __________
(二)线、面间的位置关系
(注意线线、线面、面面间关系的转化及平行和垂直两种特殊关系) 1. 对于任意的直线l与平面?，在平面?内必有直线m，使m与l（
D. 互为异面直线
2. 如右图，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，
E、F分别是AB1，BC1的中点，则以下结
论中不成立的是(
C D A.EF与BB1垂直
B.EF与BD垂直C.EF与CD垂直
D.EF与A1C1异面 B
3. 已知a,b,c是三条不重合的直线，?,?,?
是三个不重合的平面，下面
四个命题正确的有_________ （1）a//c,b//c?a//b （2）a//?,b//??a//b （3）c//?,c//???//? （4）?//?,?//???//?
4. 以下四个命题正确的有________
（1）垂直于同一个平面的两个平面平行； （2）垂直于同一条直线的两个平面平行；
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