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上海高中数学之立体几何练习(打印)


立体几何练习题 立体几何练习题
一、选择题
1.已知平面 α 外不共线的三点 A, B, C 到 α 的距离都相等,则正确的结论是 A. 平面 ABC 必平行于 α B. 平面 ABC 必与 α 相交 C. 平面 ABC 必不垂直于 α D. 存在 ?ABC 的一条中位线平行于 α 或在 α 内 2.若空间中有四个点,则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上” 的 (A)充分非必要条件; (B)必要非充分条件; (C)充要条件; (D)非充分非必要条件. 3.如果一条直线与一个平面垂直,那么,称此直线与平面构成一个“正交线面对”。在一个 正方体中, 由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 (A)48 (B)18 (C)24 (D)36 4.已知二面角 α ? l ? β 的大小为 60 , m、n 为异面直线,且
0

m ⊥ α,n ⊥ β ,则 m、n 所成的角为
0 0 0

(A) 30 (B) 60 (C) 90 (D) 120 5.已知球 O 半径为 1,A、B、C 三点都在球面上,A、B 两点和 A、C 两点的球面距离都是 π ,B、C 两点的球面距离是 π ,则二面角 B ? OA ? C 的大小是 3 4 (A)

0

π

4

(B)

π

3

(C)

π

2

(D) 2π 3

7.设 m 、 n 是两条不同的直线, α 、 β 是两个不同的平面.考查下列命题,其中正确的命 题是 A. m ⊥ α , n ? β , m ⊥ n ? α ⊥ β C. α ⊥ β , m ⊥ α , n // β ? m ⊥ n B. α // β , m ⊥ α , n // β ? m ⊥ n D. α ⊥ β , α I β = m, n ⊥ m ? n ⊥ β

8.设 A、B、C、D 是空间四个不同的点,在下列命题中,不正确的是 ... A.AC 与 BD 共面,则 AD 与 BC 共面 B.若 AC 与 BD 是异面直线,则 AD 与 BC 是异面直线 C.若 AB=AC,DB=DC,则 AD=BC D.若 AB=AC,DB=DC,则 AD ⊥ BC 9.若 l 为一条直线, α,β,γ 为三个互不重合的平面,给出下面三个命题: ① α ⊥ γ,β ⊥ γ ? α ⊥ β ; α ⊥ γ,β ∥ γ ? α ⊥ β ; l ∥α,l ⊥ β ? α ⊥ β . ② ③ 其中正确的命题有 A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 10.如图,O 是半径为 1 的球心,点 A、B、C 在球面上,OA、OB、OC 两两垂直,E、F 分别是大圆弧

AB 与 AC 的中点,则点 E、F 在该球面上的球面距离是

(A)

π
4

(B)

π
3

(C)

π
2

(D)

2π 4

11.如图,正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的各棱长都为 2, E、F 分别为 AB、A1C1 的中点,则 EF 的长是 (A)2 (B) 3 (C) 5 (D) 7

12.若 P 是平面 α 外一点,则下列命题正确的是 (A)过 P 只能作一条直线与平面 α 相交 (B)过 P 可作无数条直线与平面 α 垂直 (C)过 P 只能作一条直线与平面 α 平行 (D)过 P 可作无数条直线与平面 α 平行 13.对于任意的直线 l 与平面 α ,在平面 α 内必有直线 m ,使 m 与 l (A)平行 (B)相交 (C)垂直 (D)互为异面直线 14.对于平面 α 和共面的直线 m 、 n, 下列命题中真命题是 (A)若 m ⊥ α , m ⊥ n, 则 n∥α (C)若 m ? α , n∥α ,则 m∥n (B)若 m∥α ,n∥α ,则 m∥n (D)若 m 、 n 与 α 所成的角相等,则 m∥n

15.关于直线 m 、 n 与平面 α 、 β ,有下列四个命题: ① 若 m // α , n // β 且 α // β ,则 m // n ; ② 若 m ⊥ α , n ⊥ β 且 α ⊥ β ,则 m ⊥ n ; ③ 若 m ⊥ α , n // β 且 α // β ,则 m ⊥ n ; ④ 若 m // α , n ⊥ β 且 α ⊥ β ,则 m // n 。 其中真命题的序号式 A.①② B.③④ C.①④ 16.给出下列四个命题: ①垂直于同一直线的两条直线互相平行 ②垂直于同一平面的两个平面互相平行

D.②③

③若直线 l1 , l2 与同一平面所成的角相等,则 l1 , l2 互相平行

④若直线 l1 , l2 是异面直线,则与 l1 , l2 都相交的两条直线是异面直线 其中假命题的个数是 ... (A)1 (B)2

(C)3

(D)4

17.如图,平面 α ⊥ 平面 β , A ∈ α , B ∈ β , AB 与两平面 α 、 β 所成的角分别为 B 过 A、 分别作两平面交线的垂线, 垂足为 A ' 、B′ , AB : A ' B ' = 则 (A) 2 :1 (B) 3 :1 (C) 3 : 2 (D) 4 : 3
A α

π
4



π
6



18.如图,平面 α ⊥ 平面 β ,

B'

B β

A ∈ α , B ∈ β , AB 与两平面 α 、β 所成的角分别为
(A)4 (B)6 (C)8

π
4



π
6

A'

。过 A、

B 分别作两平面交线的垂线,垂足为 A ' 、 B′ ,若 AB=12,则 A ' B ' = (D)9

二、计算题
1.如图,已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为等腰梯形, AB // DC ,

AC ⊥ BD, AC 与 BD 相交于点 O ,且顶点 P 在底面上的
射影恰为 O 点,又 BO = 2, PO =

2, PB ⊥ PD .

(Ⅰ)求异面直接 PD 与 BC 所成角的余弦值; (Ⅱ)求二面角 P ? AB ? C 的大小; (Ⅲ)设点 M 在棱 PC 上,且

时, PC ⊥ 平面 BMD 。 解法一: 【解】 解法一:Q PO ⊥ 平面 ABCD , 又 PB ⊥ PD, BO = 2, PO =

PM = λ ,问λ 为何值 MC ∴ PO ⊥ BD

2, 3, PB = 6

由平面几何知识得: OD = 1, PD =

(Ⅰ) D 做 DE // BC 交于 AB 于 E , 过 连结 PE , ∠PDE 或其补角为异面直线 PD 则 与 BC 所成的角, Q 四边形 ABCD 是等腰梯形,

∴ OC = OD = 1, OB = OA = 2, OA ⊥ OB ∴ BC = 5, AB = 2 2, CD = 2
又 AB // DC

∴ 四边形 EBCD 是平行四边形。

∴ ED = BC = 5, BE = CD = 2

∴ E 是 AB 的中点,且 AE = 2
又 PA = PB =

6,

∴?PEA 为直角三角形,

∴ PE = PA2 ? AE 2 = 6 ? 2 = 2
在 ?PED 中,由余弦定理得: cos ∠PDE =

PD 2 + DE 2 ? PE 2 3+ 5? 4 2 15 = = 2 PD ? DE 15 2? 3 ? 5

故异面直线 PD 与 BC 所成的角的余弦值为

2 15 。 15

(Ⅱ)连结 OE ,由(Ⅰ)及三垂线定理知, ∠PEO 为二面角 P ? AB ? C 的平面角

∴ sin ∠PEO =

PO 2 = , PE 2

∴∠PEO = 450

∴ 二面角 P ? AB ? C 的大小为 450
(Ⅲ)连结 MD, MB, MO ,

Q PC ⊥ 平面 BMD, OM ? 平面 BMD ,
又在 Rt ?POC 中, PC = PD =

Q PC ⊥ OM

3, OC = 1, PO = 2 ,∴ PM =

2 3 3 , MC = , 3 3



PM =2 MC

故 λ = 2 时, PC ⊥ 平面 BMD

解法二: 解法二 Q PO ⊥ 平面 ABCD

∴ PO ⊥ BD

又 PB ⊥ PD , BO = 2, PO =

2,

由平面几何知识得: OD = OC = 1, BO = AO = 2 以 O 为原点, , OB, OP 分别为 x, y , z 轴建立如图所示的空间 OA 直角坐标系,则各点坐标为 O (0, 0, 0) , A(2, 0, 0) , B (0, 2, 0) ,

C (?1, 0, 0) , D(0, ?1, 0) , P (0, 0, 2)
(Ⅰ)Q PD = (0, ?1, ? 2) ,

uuu r

uuu r BC = (?1, ?2, 0) ,

uuu r uuu r uuu uuu r r ∴ PD = 3, BC = 5, PD ? BC = 2 。

uuu uuu r r uuu uuu r r PD ? BC 2 15 ∴ cos < PD, BC >= uuu uuu = 。 r r 15 PD BC

故直线 PD 与 BC 所成的角的余弦值为

2 15 。 15

(Ⅱ)设平面 PAB 的一个法向量为 n = ( x, y , z ) ,

uuu r uuu r uuu r ?n ? AB = 0 ? 由于 AB = ( ?2, 2, 0) , AP = ( ?2, 0, 2) , 由 ? uuu r ?n ? AP = 0 ?



?x= y ? ? ?z = 2x ?

取 n = (1,1, 2) ,又已知平面 ABCD 的一个法向量 m = (0, 0,1) ,

∴ cos < m, n >=

m?n 2 = 。 m?n 2
∴ 所求二面角 P ? AB ? C 的大小为 45o

又二面角 P ? AB ? C 为锐角,

(Ⅲ)设 M ( x0 , 0, z0 ) ,由于 P, M , C 三点共线, z0 =

2 x0 + 2 ,

Q PC ⊥ 平面 BMD

∴ OM ⊥ PC

∴ (?1, 0, ? 2) ? ( x0 , 0, z0 ) = 0
由(1) (2)知: x0 = ?

∴ x0 + 2 z0 = 0
2 2 ∴ M (? , 0, ) 3 3

2 2 , z0 = 。 3 3

∴λ =

PM =2 MC

故 λ = 2 时, PC ⊥ 平面 BMD 。 2. 如图,α⊥β,α∩β=l , A∈α, B∈β,点 A 在直线 l 上的射影为 A1, 点 B 在 l 的射影 为 B1,已知 AB=2,AA1=1, BB1= 2, 求: (I) 直线 AB 分别与平面α,β所成角的大小; (II)二面角 A1-AB-B1 的大小。 解法一: 【解】 解法一 (Ⅰ)如图, 连接 A1B,AB1, ∵α⊥β, α∩β=l ,AA1⊥l, BB1⊥l, ∴AA1⊥β, BB1⊥α. 则∠BAB1,∠ABA1 分别是 AB 与 α和β所成的角. Rt△BB1A 中, BB1= 2 , AB=2, ∴sin∠BAB1 = BB1 2 = . AB 2 ∴∠BAB1=45°. ∴∠ABA1= 30°.

AA1 1 Rt△AA1B 中, AA1=1,AB=2, sin∠ABA1= = , AB 2

故 AB 与平面α,β所成的角分别是 45°,30°. (Ⅱ)∵BB1⊥α, ∴平面 ABB1⊥α。 在平面α内过 A1 作 A1E⊥AB1 交 AB1 于 E,则 A1E⊥平面 AB1B。过 E 作 EF⊥AB 交 AB 于 F,连接 A1F,则由三垂线定 理得 A1F⊥AB, ∴∠A1FE 就是所求二面角的平 面角.

在 Rt△ABB1 中,∠BAB1=45°, ∴Rt△AA1B 中, A1B= AB2-AA12 = 4-1 = 由 AA1·A1B=A1F·AB 得 A1F= 3。

∴AB1=B1B= 2.

AA1·A1B 1× 3 3 = = , AB 2 2 A 1E 6 = , A 1F 3 6 . 3

∴在 Rt△A1EF 中,sin∠A1FE =

∴二面角 A1-AB-B1 的大小为 arcsin

解法二: (Ⅰ)同解法一. 解法二: (Ⅱ) 如图,建立坐标系, 则 A1(0,0,0),A(0,0,1),B1(0,1,0),B( 2,1,0).在 AB 上取一点 → → F(x,y,z),则存在 t∈R,使得AF=tAB , 即(x,y,z ? 1)=t( 2,1, ? 1), ∴点 F 的坐标为( 2t, t,1 ? t). 1 → → → → 要使A1F⊥AB,须A1F·AB=0, 即( 2t, t,1 ? t) ·( 2,1, ? 1)=0, 2t+t ? (1 ? t)=0, 解得 t= , 4 ∴点 F 的坐标为( 21 3 , , ), 4 4 4 21 3 → ∴A1F=( , , ). 4 4 4 2 11 → ∴EF=( , ? , ). 4 44 → → ∴EF⊥AB,

1 1 设 E 为 AB1 的中点,则点 E 的坐标为(0, , ) 。 2 2 2 11 1 1 1 → → 又EF·AB=( ,- , )·( 2,1, ? 1)= ? ? =0, 44 2 4 4 4 ∴∠A1FE 为所求二面角的平面角.

2 1 3 2 1 1 1 1 3 → → ( , , )·( ,- , ) - + 4 4 8 16 16 4 4 4 4 A1F·EF 1 3 又 cos∠A1FE= = = = = , 3 → → 2 1 9 2 1 1 3 1 3 |A1F|·|EF| + + · + + · 16 16 16 16 16 16 4 2 ∴二面角 A1-AB-B1 的大小为 arccos 3 . 3

3.在四棱锥 P-ABCD 中,底面是边长为 2 的菱形,∠DAB=60 o ,对角线 AC 与 BD 相交于点 O, PO⊥平面 ABCD, 与平面 ABCD 所成的角为 PB 60 o . (1)求四棱锥 P-ABCD 的体积; (2)若 E 是 PB 的中点,求异面直线 DE 与 PA 所成角的 大小(结果用反三角函数值表示) . (1)在四棱锥 P-ABCD 中,由 PO⊥平面 ABCD,得 【解】 ∵PBO 是 PB 与平面 ABCD 所成的角,∵PBO=60°. 在 Rt△AOB 中 BO=ABsin30°=1,由 PO⊥BO, 于是,PO=BOtg60°= 3 , 而底面菱形的面积为 2 3 . ∴四棱锥 P-ABCD 的体积 V=

1 ×2 3 × 3 =2. 3

(2)解法一 解法一:以 O 为坐标原点,射线 OB、OC、OP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建 解法一 立空间直角坐标系. 在 Rt△AOB 中 OA= 3 ,于是,点 A、B、D、P 的坐标分别是 A(0,- 3 ,0),B(1,0,0),D(- 1,0,0),P(0,0, 3 )。

E 是 PB 的中点,则 E(

1 3 ,0, )。 2 2

于是 DE =(

3 3 ,0, ), AP =(0, 3 , 3 ). 2 2

uuur uuu r 设 DE 与 AP 的夹角为 θ,有 cosθ=

3 2 2 = , 4 9 3 + ? 3+3 4 4 2 . 4

θ=arccos

2 。 4

∴异面直线 DE 与 PA 所成角的大小是 arccos

解法二:取 AB 的中点 F,连接 EF、DF. 解法二 由 E 是 PB 的中点,得 EF∥PA, ∴∵FED 是异面直线 DE 与 PA 所成角 (或它的补 角) 。 在 Rt△AOB 中 AO=ABcos30°= 3 =OP,

于是,在等腰 Rt△POA 中,PA= 6 ,则 EF=

6 . 2
1 6 EF 2 cos∵FED= 2 = 4 = DE 3 4 2 . 4

在正△ABD 和正△PBD 中,DE=DF= 3 .

∴异面直线 DE 与 PA 所成角的大小是 arccos

4.在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, ∠ABC = 90o , AB = BC = 1 . (1)求异面直线 B1C1 与 AC 所成的角的大小; (2)若 A1C 与平面 ABC 所成角为 45 ,求三棱锥 A1 ? ABC 的体积。
o

∴∵ACB 为异面直线 B1C1 与 AC 所成角(或它的补角) 【解】 (1) ∵BC∥B1C1, ∵∵ABC=90°,AB=BC=1, ∴∵ACB=45°, ∴异面直线 B1C1 与 AC 所成角为 45°. (2)∵AA1⊥平面 ABC, ∵ACA1 是 A1C 与平面 ABC 所成的角,∵ACA1=45°.

∵∵ABC=90°,AB=BC=1,AC= 2

∴AA1= 2 。

∴三棱锥 A1-ABC 的体积 V=

1 2 S△ABC×AA1= 。 3 6

5.如图,四面体 ABCD 中,O、E 分别是 BD、BC 的中点,

CA = CB = CD = BD = 2, AB = AD = 2.
(I)求证: AO ⊥ 平面 BCD; (II)求异面直线 AB 与 CD 所成角的大小; (III)求点 E 到平面 ACD 的距离。 【解】 本小题主要考查直线与平面的位置关 系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本 知识,考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算 能力。 方法一: 方法一 (I)证明:连结 OC

A

D O B E C

Q BO = DO, AB = AD,∴ AO ⊥ BD. Q BO = DO, BC = CD,∴ CO ⊥ BD.
在 ?AOC 中,由已知可得 AO = 1, CO = 3. 而 AC = 2,

∴ AO 2 + CO 2 = AC 2 ,

∴∠AOC = 90o , 即 AO ⊥ OC.
Q BD I OC = O,

∴ AO ⊥ 平面 BCD

(II) 取 AC 的中点 M,连结 OM、ME、OE,由 E 为 BC 的中点知 ME∥AB,OE∥DC

∴ 直线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线 AB 与 CD 所成的角
在 ?OME 中, EM =

1 2 1 AB = , OE = DC = 1, 2 2 2 1 AC = 1, 2

Q OM 是直角 ?AOC 斜边 AC 上的中线,∴ OM = 2 . 4

∴ cos ∠OEM =

2 , 4

∴ 异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为 arccos
(III) 设点 E 到平面 ACD 的距离为 h.

QVE ? ACD = VA?CDE ,



1 1 h S ?ACD = AO S ?CDE . 3 3 2,

在 ?ACD 中, CA = CD = 2, AD =

1 2 7 ∴ S ?ACD = × 2 × 2 2 ? ( ) 2 = . 2 2 2

而 AO = 1, S ?CDE

1 3 2 3 = × ×2 = , 2 4 2

3 AO.S ?CDE 1× 2 21 ∴h = = = . S ?ACD 7 7 2

∴ 点 E 到平面 ACD 的距离为
方法二: (I)同方法一。 方法二:

21 . 7

(II)解:以 O 为原点,如图建立空间直角坐标系,则 B (1, 0, 0), D ( ?1, 0, 0),

uuu r uuu r 1 3 C (0, 3, 0), A(0, 0,1), E ( , , 0), BA = (?1, 0,1), CD = (?1, ? 3, 0). 2 2 uuu uuu r r uuu uuu r r BA.CD 2 ∴ cos < BA, CD >= uuu uuu = , r r z 4 BA CD

A

∴ 异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为 arccos

2 . 4
O x B

D

r (III)解:设平面 ACD 的法向量为 n = ( x, y , z ), 则 r uuur ?n. AD = ( x, y, z ).(?1, 0, ?1) = 0, ? x + z = 0, ? ? ∴? ? r uuur ? 3 y ? z = 0. ?n. AC = ( x, y, z ).(0, 3, ?1) = 0, ? ? r 令 y = 1, 得 n = ( ? 3,1, 3) 是平面 ACD 的一个法向量。 uuu r 1 3 又 EC = ( ? , , 0), 2 2

E

C

y

uuu r r EC n 3 21 ∴ 点 E 到平面 ACD 的距离 h = r = = . 7 7 n

6.如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 是侧棱 CC1 上的一点,CP=m, (I)试确定 m,使得直线 AP 与平面 BD D1B1 所成 角的正切值为 3 2 ; (Ⅱ)在线段 A1C1 上是否存在一个定点 Q,使得对 任意的 m,D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP,并证 明你的结论。 【解】 本小题主要考查线面关系、直线与平面所 成角的有关知识及空间想像能力和推理运算能力。考查 应用向量知识解决数学问题的能力。 解法1 (I) 连AC , 设AC I BD = O, 解法1:

AP与面BDD1 B1 交于点G,连OG.

因为PC // 面BDD1 B1 , 面BDD1 B1 I 面APC = OG ,
故 OG // PC 。所以 OG =

1 m PC = 。 2 2

又 AO ⊥ DB, AO ⊥ BB1 , 所以AO ⊥ 面BDD1 B1   . 故 ∠AGO即为AP与面BDD1 B1 所成的角。

2 1 在 Rt △ AOG中, AGO = 2 = 3 2 ,即 m = . tan m 3 2 1 故当 m = 时,直线 AP与平面BDD1 B1所成的角的正切值为3 2 。 3
(Ⅱ)依题意,要在 A1 C1 上找一点 Q ,使得 D1 Q ⊥ AP . 可推测 A1 C1 的中点 O1 即为所求的 Q 点。 因为 D1 O1 ⊥ A1 C1 . D1 O1 ⊥ AA1 ,所以 D1 Q ⊥ 面ACC1 A1 . 又 AP ? 面ACC1 A1 . ,故 D1 O1 ⊥ AP 。 从而 D1 O1 在平面AD1 P上的射影与AP垂直。 解法二: 解法二 (I)建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0), D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1). 所以 BD = ( ?1, ?1, 0), BB1 = (0, 0,1),

uuu r

uuuu r

uuu r uuur AP = (?1,1, m), AC = (?1,1, 0).
又由 AC ? BD = 0, AC ? BB1 = 0知 AC为平面BB1 D1 D 的一个法向量. 设 AP 与 面BDD1 B1   所成的角为 θ ,

uuur uuu r

r uuur uuuu

uuur

uuu uuur r | AP ? AC | 2 r uuur = 则 sin θ = cos( ? θ ) = uuu 2 | AP | ? | AC | 2 ? 2 + m2

π

依题意有:

2 2 ? 2 + m2

=

3 2 1 + (3 2)2

,解得 m =

1 . 3

故当 m =

1 时,直线 AP与平面BDD1 B1所成的角的正切值为3 2 。 3

(Ⅱ)若在 A1 C1 上存在这样的点 Q ,设此点的横坐标为 x , 则 Q ( x,1 ? x,1), D1Q = ( x,1 ? x, 0) 。 依题意,对任意的 m 要使 D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP。等价于

uuuu r

uuuu r uuu uuuu r r 1 D1Q ⊥ AP ? AP ? D1Q = 0 ? x + (1 ? x) = 0 ? x = 2
即 Q 为 A1 C1 的中点时,满足题设的要求。 7. 如图,已知正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的侧棱长和底面边长为 1, M 是底面 BC 边上的中 点, N 是侧棱 CC1 上的点,且 CN=2C1 N 。 (Ⅰ)求二面角 B1 ? AM ? N 的平面角的余弦值; (Ⅱ)求点 B1 到平面 AMN 的距离。 【解】 本小题主要考查线面关系、二面角和点到平面距离的有关知识及空间想象能力和 推理运算能力。考查应用向量知识解决数学问题的能力。 (Ⅰ)因为 M 是底面 BC 边上的中点,所以 AM ⊥ BC,又 AM ⊥ CC1 ,所以 AM ⊥ 面 解法 1: :

BCC1 B1 ,从而 AM ⊥ B1M , AM ⊥ NM,所以 ∠ B1MN 为二面角 B1 ? AM ? N 的平面角。
又 B1M = B1 B + BM
2 2

= 1+

1 5 1 4 5 2 2 = ,MN= MC + CN = + = , 4 2 4 9 6
2

连 B1 N ,得 B1 N = B1C1 + C1 N = 1 +
2

1 10 = , 9 3

在 ?B1MN 中,由余弦定理得

5 25 10 + ? B 1 M + MN ? B 1 N 4 36 9 = 5 。 cos ∠B1MN = = 2 B 1 M MN 5 5 5 2× × 2 6
2 2 2

故所求二面角 B1 ? AM ? N 的平面角的余弦值为

5 。 5

(Ⅱ)过 B1 在面 BCC1 B1 内作直线 B1 H ⊥ MN , H 为垂足。又 AM ⊥ 平面 BCC1 B1 , 所以 AM ⊥ B1 H 。 于是 B1 H ⊥ 平面 AMN, B1 H 即为 B1 到平面 AMN 的距离。 R1?B1 HM 故 在

中, B1 H = B1M sin B1MH =

5 1 × 1 ? = 1 。故点 B1 到平面 AMN 的距离为 1。 2 5
1 ,0), 2

(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系,则 B1 (0,0,1) ,M(0, 解法 2:

C(0,1,0),N (0,1,

2 3 1 ) ,A ( ? , , 0 ),所以, 3 2 2

uuuu r uuuu r uuuu r 3 1 1 2 AM = ( , 0, 0) ,MB1 = (0, ? ,1) ,MN = (0, , ) 。 2 2 2 3
因为 MB1 AM =

uuuu uuuu r r

3 1 × 0 + 0 × (? ) + 0 ×1 = 0 2 2

所以 MB1 ⊥ AM ,同法可得 MN ⊥ AM 。 故 < MB1 , MN > 为二面角 B1 ? AM ? N 的平面角。

uuuu r

uuuu r

uuuu r

uuuu r

uuuu uuuu r r

uuuu uuuu r r uuuu uuuu r r MB1 ? MN ∴ cos < MB1 , MN > = uuuu uuuu = r r MB1 ? MN

5 12 = 5 . 5 5 5 × 2 6 5 。 5
uuuu r uuuu r

故所求二面角 B1 —AM—N 的平面角的余弦值为

(Ⅱ)设 n = ( x, y , z ) 为平面 AMN 的一个法向量,则由 n ⊥ AM , n ⊥ MN 得

? 3 ?x = 0 x=0 ? ? 2 ? ?? ? 4 1 2 ? y+ z =0 ?y = ? 3 z ? ?2 3 ?

故可取 n = (0, ?

4 ,1) 。 3

uuuu r uuuu r MB1 ? n = 设 MB1 与 n 的夹角为 α ,则 cos α = uuuu r MB1 ? n

5 3 =2 5。 3 5 5 × 2 3 5 2 5 × =1。 2 5
10.B 11.C 12.D 13.C

所以 B1 到平面 AMN 的距离为 MB1 ? cos a = 1.D 2.A 3.D 4.B 5.C 6.B 7.B8.C 9.C 14.C15.D 16.D 17.A 18.B

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