高中立体几何习题库.doc

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1、立体几何基础题题库（六）（有详细答案）251.已知点P是正方形ABCD所在的平面外一点，PD面AC，PD=AD=，设点C到面PAB的距离为d1，点B到平面PAC的距离为d2，则（）（A）

2、E于点Q，连接PQ，依题意可得MP∥NQ，且MP=NQ，即MNQP是平行四边形。∴MN=PQ,由已知，CM=BN=a,CB=AB=BE=1,∴,,即,∴（2）由（1）知:，(3)取MN的中点G，连接AG、BG，∵AM=AN,BM=BN，∴AG⊥MN,BG⊥MN，∴∠AGB即为二面角α的平面角。又，所以由余弦定理有。故所求二面角。ABCDEFGHPMN253.如图，边长均为a的正方形ABCD、ABEF所在的平面所成的角为。点M在AC上，点N在BF上，若AM=FN,(1)求证:MN//面BCE;(2)求证:MNAB;(3)求MN的最小值.解析：(1)如图,作MG//AB交BC于G,N

3、H//AB交BE于H,MP//BC交AB于P,连PN,GH,易证MG//NH,且MG=NH,故MGNH为平行四边形,所以MN//GH,故MN//面BCE;-19-(2)易证AB面MNP,故MNAB;(3)即为面ABCD与ABEF所成二面角的平面角,即,设AP=x,则BP=a－x,ＮP=a－x,　所以：，故当时，ＭＮ有最小值．254.如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=x,BN=y,（1）求MN的长(用x,y表示)；（2）求MN长的最小值，该最小值是否是异面直线AC，BF之间的距离。ABFECD

4、PNM解析：在面ABCD中作MPAB于P，连PN，则MP面ABEF，所以MPPN，PB=1-AP=在PBN中，由余弦定理得：PN2=，在中，MN=；（2）MN，故当，时，MN有最小值。且该最小值是异面直线AC，BF之间的距离。255.已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，点P是DD1的中点，且截面EAC与底面ABCD成450角，AA1=2a，AB=a，（1）设Q是BB1上一点，且BQa，求证：DQ面EAC；（2）判断BP与面EAC是否平行，并说明理由？（3）若点M在侧面BB1C1C及其边界上运动，并且总保持AMBP，试确定动点M所在的位置。PABCDA1B1C1D1QEON解

5、析：（1）证：首先易证ACDQ，再证EODQ（O为AC与BD的交点）在矩形BDD1B1中，可证EDO与-19-BDQ都是直角三角形，由此易证EODQ，故DQ面EAC得证；（2）若BP与面EAC平行，则可得BP//EO，在三角形BPD中，O是BD中点，则E也应是PD中点，但PD=DD1=a，而ED=DO=BD=a，故E不是PD中点，因此BP与面EAC不平行；（3）易知，BPAC，要使AMBP，则M一定在与BP垂直的平面上，取BB1中点N，易证BP面NAC，故M应在线段NC上。256.如图，已知平行六面体的底面ABCD是菱形，，（1）证明：；（II）假定CD=2，，记面为α，面CBD

6、为β，求二面角α-BD-β的平面角的余弦值；（III）当的值为多少时，能使？请给出证明.解析：（I）证明：连结、AC，AC和BD交于.，连结，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD，可证，，故，但AC⊥BD，所以，从而；　　　　　　　　　　　　（II）解：由（I）知AC⊥BD，，是二面角α—BD—β的平面角，在中，BC=2，，，　　∵∠OCB=60°，，，故C1O=，即C1O=C1C，作，垂足为H，∴点H是.C的中点，且，所以;（III）当时，能使证明一：∵，所以，又，由此可得，∴三棱锥是正三棱锥.-19-257.设相交于G.，，且，所以如图，已知正方体ABCD—A1B

7、1C1D1的棱长为a，求异面直线A1C1与BD1的距离.解析：本题的关键是画出A1C1与BD1的公垂线，连B1D1交A1C1于O，在平面BB1D1内作OM⊥BD1，则OM就是A1C1与BD1的公垂线，问题得到解决.解连B1D1交A1C1于O，作OM⊥BD1于M.∴A1C1⊥B1D1，BB1⊥A1C1，BB1∩B1D1＝B1.∴A1C1⊥平面BB1D1.∴A1C1⊥OM，又OM⊥BD1.∴OM是异面直线A1C1与BD1的公垂线.在直角ΔBB1D1中作B1N⊥BD1于N.∵BB1·B