高三理科数学《立体几何》测试题带

高三理科数学《立体几何》测试题带答案高三理科数学《立体几何》测试题带答案10/10高三理科数学《立体几何》测试题带答案高三理科数学《立体几何》测试题（带答案）1、如图，在C中，C45，点在上，且C2，平3面C，D//，D1．21求证：//平面CD；2求二面角CD的余弦值．（1）明：因PO平面ABC，D//因此DAAB,POAB又DAAO1PO,因此AOD4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分2又AO1PO,即OBOP,因此OBP，即OD//PB,⋯⋯⋯⋯⋯⋯.4分24又PB平面COD,OD平面COD,因此PB//平面COD。⋯⋯⋯⋯⋯⋯.6分（2）解：A作AMDO,垂足为M，过M作MNCD于N,连结AN,ANM即为二面角OCDA的平面角。⋯⋯⋯⋯⋯⋯.8分设ADa，在等腰直角AOD中，得AM2a，在直角COD中，得MN3a，23在直角AMN中，得AN30a，因此cosANM10⋯⋯⋯⋯⋯⋯.12分652、如图，在棱长为2的正方体CD11C1D1中，、F分别为1D1和CC1的中点．1求证：F//平面CD1；2求异面直线F与所成的角的余弦值；3在棱1上能否存在一点，使得二面角C的大小为30？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．解：如分以DA、DC、DD1所在的直x、y、z成立空直角坐系D-xyz，由已知得D(0，0，0)、A(2，0，0)、B(2，2，0)、C(0，2，0)、B1(2，2，2)、D1(0，0，2)、E(1，0，2)、F(0，2，1)．取AD1中点G，G（1，0，1），CG=（1，-2，1），又EF=（-1，2，-1），由EF=CG，∴EF与CG共．进而ＥＦ∥ＣＧ，∵CG平面ACD1，EF平面ACD1，∴EF∥平面ACD1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分(2)∵AB=(0,2，0)，cos<EF,AB>=EFAB46，|EF||AB|263∴异面直EF与AB所成角的余弦6.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分3(3)假足条件的点P存在，可点P(2，2，t)(0<t≤2)，平面ACP的一个法向量n=(x，y，z)，nAC0,AC=(-2，2，0)，∵AP=(0，2，t),nAP0.2x2y0,2∴tz取n(1,1,).2y0,t易知平面ABC的一个法向量BB1(0,0,2)，依意知，<BB1，n>=30°或<BB1，n>=150°，|4|3∴|cos<BB1，n>|=t4，2222t即43(24)，解得t6.t24t236(0,2]∵3∴在棱BB上存在一点P，当BP的6，二面角P-AC-B的大小30°⋯⋯⋯⋯⋯13分133、以以下图，在四棱锥CD在线段C上，C平面D．1求证：D平面C；

中，底面

CD为矩形，

平面

CD，点2若

1，

D

2，求二面角

C的余弦值．(1)明：∵

PA

平面ABCD

，

BD

平面ABCDPABD．同原因PC平面BDE，可得PCBD．又PAPCP，∴BD平面PAC．解：如，分以射AB，AD，APx，y，z的正半成立空直角坐系Axyz．由(1)知BD平面PAC，又AC平面PAC，∴BDAC．故矩形ABCD正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2．A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，01，)．∴PB2,0,1,BC0,2,0,BD2,2,0．平面PBC的一个法向量nnPB02x0yz0(x,y,z)，，即，nBC00x2y0z0z2x(1,0,2)．∴，取x1，得ny0∵BD平面PAC，∴BD(2,2,0)平面PAC的一个法向量．因此cosn,BDnBD10nBD．10二面角BPCA的平面角，由知0，cos10cosn,D210二面角C的余弦是

10104、如图，平面CD平面DF，此中CD为矩形，DF为梯形，F//D，FF，FD2D2．1求异面直线F与C所成角的大小；2若二面角FD的平面角的余弦值为1，求3的长．解：(1)延AD，FE交于Q．因ABCD是矩形，因此BC∥AD，因此∠AQF是异面直EF与BC所成的角．在梯形ADEF中，因DE∥AF，AF⊥FE，AF＝2，DE＝1得∠AQF＝30°．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分方法一：AB＝x．取AF的中点G．由意得DG⊥AF．因平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，因此AB⊥平面ADEF，因此AB⊥DG．因此DG⊥平面ABF．G作GH⊥BF，垂足H，DH，DH⊥BF，因此∠DHG二面角A－BF－D的平面角．在直角△AGD中，AD＝2，AG＝1，得DG＝3．在直角△BAF中，由AB＝sin∠AFB＝GH，得GH＝1，BFFGxx24因此GH＝x．在直角△DGH中，DG＝3，GH＝x，得DH＝2x23．x24x24x24因cos∠DHG＝GH＝1，得x＝215，因此AB＝215．⋯⋯⋯⋯15分DH355方法二：AB＝x．以F原点，AF，FQ所在的直分x，y成立空直角坐系Fxyz．F(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(3，0，0)，D(－1，3，0)，B(－2，0，x)，因此DF＝(1，－3，0)，BF＝(2，0，－x)．z因EF⊥平面ABFBC因此平面ABF的法向量可取n1＝(0，1，0)．ADyEFxn2＝(x1，y1，z1)平面BFD的法向量，2x1z1x0,x13y10,因此，可取n2＝(233，1，)．xn1n2＝1，得x＝2，因此AB＝2．因cos<n1，n2>＝31515|n1||n2|555、如图，已知DD21求证：F//

平面CD，D，F为CD的中点．平面C；

平面

CD

，

C为等边三角形，2求证：平面

C

平面CD

；3求直线

F和平面

C所成角的正弦值．1）明：取CE的中点G,FG、BG.可得四形GFAB平行四形，AF//BG即可得AF//平面BCE.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..(4分)（2）依意得BG平面CDE，即可得平面BCE平面CDE⋯⋯.(8分)（3）解：AD=DE=2AB=2,成立如所示的坐系A—xyz,A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,0,1),D(1,3,0),E(1,3（33,0),2),F,22平面BCE的法向量n(x,y,z),由nBE0,nBC0可取n(1,3,2)，BF(3,3,1)22BF和平面BCE所成的角，：BFn2sin=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(12分)4BFn6、如图，三棱柱C11C1的底面是边长为4的正三角形，1平面C，126，为11的中点．1求证：C；2在棱CC1上能否存在点，使得C平面？若存在，确立点的地点；若不存在，请说明原因．3若点为CC1的中点，求二面角C的余弦值．（1）解：取中点，连结，C．11的中点11平面C平面C2分7、如图，已知

C11C1是正三棱柱，它的底面边长和侧棱长都是

2，D

为侧棱CC1的中点，

为11的中点．1求证：

D；2求直线11到平面D的距离；3求二面角DC的正切值．(1)证明:连结C1E,则C1EA1B1,又∵A1B1C1CA1B1平面EDC1A1B1DE,而A1B1//AB∴ABDE.(2)取AB中点为F,连结EF,DF,则EFAB∴ABDF过E作直线EHDF于H点,则EH平面DAB∴EH就是直线A1B1到平面DAB的距离在矩形C1EFC中,∵AA1=AB=2,∴EF=2,C1E=3,DF=2,∴在△DEF中,EH=3,故直线A1B1到平面DAB的距离为3(3)过A作AMBC于M点,则AM平面CDB过M作MNBD于N点,连结AN,则ANBD∴∠ANM即为所求二面角的平面角Rt△DCB中,BC=2,DC=1,M为BC中点∴MN=55AM在Rt△AMN中,tan∠ANM==15MN8、如图，在直三棱柱11C1C中，C，C2，14，点D是C的中点．1求异面直线1与C1D所成角的余弦值；2求平面DC1与平面1所成二面角的正弦值．（1）以{AB,AC,AA1}为单位正交基底成立空间直角坐标系Axyz,A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4)．A1B(2,0,4),C1D(1,1,4)cosA1BC1D18310A1B,C1D201810A1BC1D异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为310．6分10（2）AC(0,2,0)是平面ABA1的的一