立体几何 竞赛训练题

立体几何 竞赛训练题

1：在正方体的8个顶点、12条棱的中点、6个面的中心及正方体的中心共计27个点中，问

共线的三点组的个数是多少

8 7

28个；两端点都为面的中心共线三点组共 2

6 1 3有2

共线三点组，所以总共有28 3

18 49个

解答：两端点都为顶点的共线三点组共有

2：已知一个平面与一个正方体的12解答：如右图所示，平面BCD与正方体的12BCD．连DH，则 ADH．设正方体的边长为b，则DH

2sin600 3H

AH所以． sin sin ADH AH AD33：在单位正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P最短，求

AP+D1P的最小值．

1B与四边形A1BCD1共解答：将等腰直角三角形AA1B沿A1B折起至A A1B，使三角形AA

面，联结A D1，则A D1的长即为AP+D1P的最小值，所以，

B

A D1

4：已知单位正方体ABCD-A1B1C1D1的对棱BB1、D1上有两个动点E、F，BE=D1F=

1

）．设EF与AB所成的角为 ，与BC所成的角为 ，求 的最小值． 2

1

．当 时，不难证明 f( )是单调减函数．因此 的最小值为． 222

（0

1

5.如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA， 点O、D分别是AC、PC的中点，OP

2

⊥底面ABC． (Ⅰ)求证OD∥平面PAB；(Ⅱ) 求直线OD与平面PBC所成角的正弦．

OA OB，OA OP，OB OP. 解答 OP 平面ABC，OA OC，AB BC，

以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系O xyz 如图 ，

设AB a，则A,0,0,B,0,C,0,0

设OP h，则P 0,0,h .

1

Ⅰ D为PC的中点， OD ,0,h, 又PA ,0, h， 2 1

OD PA. OD∥PA. OD∥平面PAB.

2

, OD ,

cos OD,n

可求得平面PBC的法向量n ,

Ⅱ PA 2a, h

OD n OD n

设OD与平面PBC所成的角为

，则 sin cos OD,n OD与平面PBC所成的角为． 6如图，已知长方体ABCD A直线BD

与平面AA1BC11D1，AB 2,AA1 1，1B1B所成的

角为300，AE垂直BD于E,F为A1B

1的中点．

（Ⅰ）求异面直线AE与BF所成的角的余弦；

（Ⅱ）求平面BDF与平面AA1B所成二面角（锐角）的余弦； （Ⅲ）求点A到平面BDFAB所在直线为x 解答 在长方体ABCD A1BC11D1中，以

1

轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴建立空间直

角坐标系如图．由已知AB 2,AA可得A(0,0,0),B

(2,0,0),F(1,0,1)．又AD 1 1，

BD与平面AA1B1B所成的角即为 DBA

平面AA1B1B，从面

又AB 2,AE BD,AE

1,AD 从而易得E(1D2

1 AE BF （Ⅰ） AE (BF ( cos AE,BF

2AEBF

（Ⅱ）易知平面AA1B的一个法向量m (0,1,0)n (x,y,z)是平面BDF的一个法

x x 0 n BFn BF 0

向量．BD ( 由 y 0 2x n BD n BD 0

3

m n x z

n (1cos m,n

mn y

即异面直线AE、BF所成的角为即平面BDF与平面AA1B所成二面角（锐角）大小为

（Ⅲ）点A到平面BDF的距离，即AB在平面BDF的法向量n

AB n|AB n| cos AB,n |AB|所以距离d |AB|

|n||AB| |n|所以点A到平面BDF

7. 如图1，已知ABCD是上．下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴

OO1折成直二面角，如图 （Ⅰ）证明：AC⊥BO1；

（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的余弦．

解图1

答（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1．所以∠AOB是

所折成的直二面角的平面角，即OA⊥OB． 故可以O为原点，OA、OB、OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，

0），B（0，3，0），C（0，1，）O1（0，0，3）．

从而 ( 3,1,3),BO1 (0, 3,3), BO1 3 3 0. 所以AC⊥BO1．

（II）解：因为BO1 3 3 0,所以BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以BO1

⊥平面OAC，BO1是平面OAC的一个法向量．设 (x,y,z)是0平面O1AC的一个法 0 3x y 3z 0,向量，由

O1 0 y 0.

取z ,得n (1,0,

3)． 设二面角

O—AC—O1的大小为 ，由、BO1的方向可知 ，BO1>，所以COS cos ，

BO1 3.即二面角O—AC—O1的大小是.

4418. 如图, 在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC 3,BC 4,AB 5,AA点D为AB的1 4 ，

(Ⅰ)求证AC BC1； (Ⅱ) 求证；AC1 平面CDB1 (Ⅲ)求异面直线AC1

与B1C∵直三棱锥ABC A1B1C1底面三边长

(Ⅰ) AC1 ( 3,0,0),BC1 (0,4,4), AC1 BC1 0, AC1 BC (Ⅱ)设CB1与C1B的交点为E，则E(0,2,2)

AC 3,BC 4,AB 5，AC,BC,CC1

3

C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(,2,0)

2

1 3

DE ( ,0,2),AC1 ( 3,0,4) DE AC1, DE//AC1 22 DE 平面CDB1,AC1 平面

CDB1, AC1//平面CDB

AC1 CB1 (Ⅲ) AC1 ( 3,0,4),CB1 (0,4,4), cos AC1,

CB1 ∴异

|AC1||CB1|

面直线AC1与B1C1. （07全国）正四棱锥P ABCD中，∠APC=60°，则二面角A PB C平面角余弦值为（ B ）

A.

1 7

B.

1 7

C.

1 2

D.

1 2

解：如图，在侧面PAB内，作AM⊥PB，垂足为M。连结CM、AC，则∠AMC为二面角A PB C的平面角。不妨设AB=2，则PA AC 22，斜高为7，故2 7 AM 22，由此得

2. （08全国）若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564 cm2，则这

三个正方体的体积之和为 A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3 C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3

[解] 设这三个正方体的棱长分别为a,b,c，则有6 a2 b2 c2 564，a2 b2 c2 94，不妨设1 a b c 10，从而3c2 a2 b2 c2 94，c2 31．故6 c 10．c只能取9，

2

8，7，6．若c 9，则a2 b易知a 2，b 3，得一组解(a,b,c) (2,3,9)． 94 92 13，若c 8，则a2 b2 94 64 30，b 5．但2b 30，b 4，从而b 4或5．若b 5，

22

则a 5无解，若b 4，则a 14无解．此时无解．

若c 7，则a2 b2 94 49 45，有唯一解a 3，b 6．

2222

若c 6，则a2 b2 94 36 58，此时2b a b 58，b 29．故b 6，但

2

7

。在△AMC2

AM2 CM2 AC21

cos AMC 。

2 AM CM7

CM AM

中，由余弦定理得

a 2, a 3,

b c 6，故b 6，此时a2 58 36 22无解．综上，共有两组解 b 3,或 b 6,

c 9 c 7.

体积为V1 23 33 93 764cm3或V2 33 63 73 586cm3．

3.（08江苏）设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a ，b ，且 ”

的平面 ， 答： [D] A. 不存在 B. 有且只有一对 C. 有且只有两对 D. 有无数对

解 任 …… 此处隐藏：5272字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……