(完整版)立体几何典型例题精选(含答案).pdf

《(完整版)立体几何典型例题精选(含答案).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(完整版)立体几何典型例题精选(含答案).pdf（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、FEDCBA立体几何专题复习 热点一：直线与平面所成的角 例 1（2014，广二模理 18）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，EF平面ABCD，1EF，,90FBFCBFC，3AE.（1）求证：AB 平面BCF；（2）求直线AE与平面BDE所成角的正切值.变式 1：（2013 湖北 8 校联考）如左图，四边形ABCD中，E是BC的中点，2,1,5,DBDCBC 2.ABAD将左图沿直线BD折起，使得二面角ABDC为60,如右图.（1）求证：AE 平面;BDC（2）求直线AC与平面ABD所成角的余弦值.变式 2：2014福建卷 在平面四边形ABCD中，ABBDCD1

2、，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图 1-5 所示(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值 热点二：二面角 例 22014广东卷 如图 1-4，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角D-AF-E的余弦值 变式 3：2014浙江卷 如图 1-5，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，AC2.(1)证明：DE平面ACD；(2)求二面角B-AD-E的大小 变式 4：2014全国

3、 19 如图 1-1 所示，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，ACB90，BC1，ACCC12.(1)证明：AC1A1B;(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1-AB-C的大小 热点三：无棱二面角 例 3如图三角形 BCD 与三角形 MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面 MCD平面 BCD，AB平面BCD，2 3AB.（1）求点 A 到平面 MBC 的距离；（2）求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值.变式 5：在正方体1111ABCDABC D中，1KBB，1MCC，且114BKBB，134CMCC 求：平面 AKM 与

4、 ABCD 所成角的余弦值 变式 6：如图1111ABCDABC D是长方体，AB2，11AAAD，求二平面1ABC与1111ABC D所成二面角的正切值 高考试题精选 12014四川，18 三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图 1-4 所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A-NP-M的余弦值 22014湖南卷 如图所示，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60，求二面角C

5、1OB1D的余弦值 32014江西 19 如图 1-6，四棱锥P-ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.(1)求证：ABPD.(2)若BPC90，PB2，PC2，问AB为何值时，四棱锥P-ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值 MOHFEDCBA立体几何专题复习 答案 例 1.（2014，广二模）（1）证明：取AB的中点M，连接EM，则1AMMB，EF平面ABCD，EF平面ABFE，平面ABCD平面ABFEAB，EFAB，即EFMB.1 分 EFMB1 四边形EMBF是平行四边形.2 分 EMFB，EMFB.在 RtBFC中，2224FBFCBC，又FBF

6、C，得2FB.2EM.3 分 在AME中，3AE，1AM，2EM，2223AMEMAE，AMEM.4 分 AMFB，即ABFB.四边形ABCD是正方形，ABBC.5 分 FBBCB，FB 平面BCF，BC 平面BCF，AB 平面BCF.6 分（2）证法 1：连接AC，AC与BD相交于点O，则点O是AC的中点，取BC的中点H，连接,OH EO，FH，则OHAB，112OHAB.由（1）知EFAB，且12EFAB，EFOH，且EFOH.四边形EOHF是平行四边形.EOFH，且1EOFH .7 分 由（1）知AB 平面BCF，又FH 平面BCF，FHAB.8 分 FHBC，,ABBCB AB平面AB

7、CD，BC 平面ABCD，FH 平面ABCD.9 分 EO 平面ABCD.AO平面ABCD，EO AO.10 分 AOBD，,EOBDO EO平面EBD，BD 平面EBD，AO 平面EBD.11 分 zyxMOHFEDCBA AEO是直线AE与平面BDE所成的角.12 分 在 RtAOE中，tan2AOAEOEO.13 分 直线AE与平面BDE所成角的正切值为2.14 分 证法 2：连接AC，AC与BD相交于点O，则点O是AC的中点，取BC的中点H，连接,OH EO，FH，则OHAB，112OHAB.由（1）知EFAB，且12EFAB，EFOH，且EFOH.四边形EOHF是平行四边形.EOFH

8、，且1EOFH.7 分 由（1）知AB 平面BCF，又FH 平面BCF，FHAB.FHBC，,ABBCB AB平面ABCD，BC 平面ABCD，FH 平面ABCD.EO 平面ABCD.8 分 以H为坐标原点，BC所在直线为x轴，OH所在直线为y轴，HF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Hxyz，则1,2,0A，1,0,0B，1,2,0D ，0,1,1E.1,1,1AE ，2,2,0BD ，1,1,1BE .9 分 设平面BDE的法向量为n,x y z，由n0BD，n0BE，得220 xy，0 xyz，得0,zxy.令1x，则平面BDE的一个法向量为n1,1,0.10 分 设直线AE与平面BDE

9、所成角为，则sincos,n AEn AEn AE63.11 分 23cos1 sin3，sintan2cos.13 分 直线AE与平面BDE所成角的正切值为2.14 分 变式 1：（2013 湖北 8 校联考）（1）取BD中点F，连结,EF AF,则11,60,2AFEFAFE2 分 由余弦定理知2222211312 1cos60,222AEAFEFAEAEEF 4 分 又BD 平面AEF,BDAE AE平面BDC6 分（2）以E为原点建立如图示的空间直角坐标系，则31(0,0,),(1,0)22AC,11(1,0),(1,0)22BD 8 分 设平面ABD的法向量为n(,)x y z,由0

10、0n DBn DA得2013022xxyz,取3z,则3,(0,3,3)y n.136(1,),cos,224|ACACACAC nnn 11 分 故直线AC与平面ABD所成角的余弦值为104.12 分 变式 2：（2014 福建卷）解：(1)证明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB 平面ABD，ABBD，AB平面BCD.3 分 又CD 平面BCD，ABCD.4 分(2)过点B在平面BCD内作BEBD.由(1)知AB平面BCD，BE 平面BCD，BD 平面BCD，ABBE，ABBD.6 分 以B为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标

11、系(如图所示)依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M0，12，12.则BC(1，1，0)，BM0，12，12，AD(0，1，1)7 分 设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，则nBC0，nBM0，即x0y00，12y012z00，取z01，得平面MBC的一个法向量n(1，1，1)9 分 设直线AD与平面MBC所成角为，则 sin|cosn，AD|nAD|n|AD|63.11 分 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.12 分 例 2.（2014，广东卷）:(1):,A,.(2):EEG/CFDFG,GGHAFH,EH,PDABCD PD

12、PCDPCDABCDPCDABCDCDDABCD ADCDADPCDCFPCDCFADAFPCCFAFAD AFADF ADAFACFADFCFDFEGDF解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面解法一 过作交于平面A平面A过作于连则0022,CD2,30,130,=1,213324,=,3,2222 33 3319322EG.,7,422319 33 193 193622,()()474 74 7EHGDAFEDPCCDFCFCDDECFDECPEFDCDEDFDPCPDE EFAEAFEFDFAE EFEHHGAF为二面角的平面角 设从而即还易求得EF=从而易得故3,4 76 34

13、 72 57cos.194 7 3 19GHEHGEH12:,2,1(0,0,2),C(0,2,0),P(2 3,0,0),(2 3,22,0),43 331(,0),(,0,0),ADFCP(3,1,0),2222AEF(xDP DC DAx y zDCACFCPFDFCFFEnn解法二 分别以为轴建立空间直角坐标系 设则设则可得从而易得取面的一个法向量为设面的一个法向量为2212212,y,z),0,0,4 32 57(4,0,3),.19|219nAEnAFn nnnn利用且得 可以是从而所求二面角的余弦值为 变式 3：（2014 浙江卷）解：(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DEBE

14、1，CD2，得BDBC2，由AC2，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.2 分 又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE，所以ACDE.又DEDC，从而DE平面ACD.4 分(2)方法一：过B作BFAD，与AD交于点F，过点F作FGDE，与AE交于点G，连接BG.由(1)知DEAD，则FGAD.所以BFG是二面角B-AD-E的平面角6 分 在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC.又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，从而BDAB.由AC平面BCDE，得ACCD.在 RtACD中，由DC2，AC 2，得AD6.在 RtAED中，由ED1，AD6，得AE7.7 分

15、 在 RtABD中，由BD2，AB2，AD6，得BF2 33，AF23AD.从而GF23ED23.9 分 在ABE，ABG中，利用余弦定理分别可得 cosBAE5 714，BG23.11 分 在BFG中，cosBFGGF2BF2BG22BFGF32.13 分 所以，BFG6，即二面角B-AD-E的大小是6.14 分 方法二：以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示 由题意知各点坐标如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，2)，B(1，1，0)设平面ADE的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n(x

16、2，y2，z2)可算得AD(0，2，2)，AE(1，2，2)，DB(1，1，0)7 分 由 mAD0，mAE0，即2y12z10，x12y12z10，可取m(0，1，2)9 分 由nAD0，nDB0，即2y22z20，x2y20，可取n(1，1，2)11 分 于是|cosm，n|mn|m|n|33232.13 分 由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小是6.14 分 变式 4：（2014 全国卷）19 解：方法一：(1)证明：因为A1D平面ABC，A1D 平面AA1C1C，故平面 AA1C1C平面ABC.又BCAC，所以BC平面AA1C1C.2 分 连接A1C，因为侧面AA1

17、C1C为菱形，故AC1A1C.由三垂线定理得AC1A1B.4 分（注意：这个定理我们不能用）(2)BC平面AA1C1C，BC 平面BCC1B1，故平面AA1C1C平面BCC1B1.作A1ECC1，E为垂足，则A1E平面BCC1B1.6 分 又直线AA1平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E3.因为A1C为ACC1的平分线，所以A1DA1E3.8 分 作DFAB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1FAB，故A1FD为二面角A1 AB C的平面角10 分 由ADAA21A1D21，得D为AC中点，DF55，tanA1FDA1DDF15，12 分 所以 co

18、sA1FD14.13 分 所以二面角A1 AB C的大小为 arccos14.14 分 方法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内(1)证明：设A1(a，0，c)由题设有a2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB(2，1，0)，AC(2，0，0)，AA1(a2，0，c)，AC1ACAA1(a4，0，c)，BA1(a，1，c)由|AA1|2，得（a2）2c22，即a24ac20.又AC1BA1a24ac20，所以AC1A1B.4 分(2)设平面BCC1B1的法向量m(x，y，

19、z)，则mCB，mBB1，即mCB0，mBB10.因为CB(0，1，0)，BB1AA1(a2，0，c)，所以y0 且(a2)xcz0.令xc，则z2a，所以m(c，0，2a)，故点A到平面BCC1B1的距离为|CA|cosm，CA|CAm|m|2cc2（2a）2c.6 分 又依题设，A到平面BCC1B1的距离为3，所以c3，代入，解得a3(舍去)或a1，于是AA1(1，0，3)8 分 设平面ABA1的法向量n(p，q，r)，则nAA1，nAB，即nAA10，nAB0，p3r0，且2pq0.令p3，则q2 3，r1，所以n(3，2 3，1)10 分 又p(0，0，1)为平面ABC的法向量，11

20、分 故 cosn，pnp|n|p|14.13 分 所以二面角A1 AB C的大小为 arccos14.14 分 例 3.无棱二面角（2010 年江西卷）解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD.又平面MCD 平面BCD,则MO平面BCD，所以MOAB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=3，MOAB，MO/面 ABC，M、O 到平面 ABC 的距离相等，作 OHBC 于 H，连 MH，则 MHBC，求得：OH=OCsin600=32,MH=152,利用体积相等得：2 155A MBCMABCVVd。5 分（2）CE

21、是平面ACM与平面BCD的交线.由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.作BFEC于F，连AF，则AFEC，AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.7 分 因为BCE=120，所以BCF=60.sin603BFBC，9 分 tan2ABBF，2 5sin5 11 分 所以，所求二面角的正弦值是2 55.12 分 解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD，又平面MCD 平面BCD,则MO平面BCD.以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=3，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，3），B（0，-3

22、，0），A（0，-3，23），（1）设(,)nx y z是平面 MBC 的法向量，则BC=(1,3,0)，(0,3,3)BM，由nBC得30 xy；由nBM得330yz；取(3,1,1),(0,0,2 3)nBA，则距离 yxMDCBOAz2 155BA ndn5 分（2）(1,0,3)CM ，(1,3,2 3)CA .设平面ACM的法向量为1(,)nx y z，由11nCMnCA得3032 30 xzxyz .解得3xz，yz，取1(3,1,1)n.又平面BCD的法向量为(0,0,1)n，则1111cos,5n nn nnn 设所求二面角为，则212 5sin1()55.12 分 变式 5：

23、解析：由于 BCMK 是梯形，则 MK 与 CB 相交于 EA、E 确定的直线为 m，过 C 作 CFm 于 F，连结MF，因为 MC平面 ABCD，CFm，故 MFmMFC 是二面角 MmC 的平面角设正方体棱长为 a，则34CMa，14BKa在ECM 中，由 BKCM 可得12EBa，35CFa，故5tan4MFC因此所求角的余弦值为4 21cos21MFC 变式 6：解析：平面 ABCD平面1111ABC D，平面1ABC与平面1111ABC D的交线 m 为过点1B且平行于 AC的直线直线 m 就是二平面1ABC与1111ABC D所成二面角的棱又平面1ABC与平面1AA平面1111A

24、BC D，过1A作 AHm 于 H，连结 AH则1AHA为二面角1AmA的平面角可求得15tan2AHA 高考试题精选 1.（2014 四川卷）解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD为正三角形，所以AOBD，OCBD.因为AO，OC 平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC 平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP 平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP 平

25、面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP 平面BCD，OC 平面BCD，所以HPOC.因为H为BO的中点，所以P为BC的中点5 分(2)方法一：如图所示，作NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角 由(1)知，ABD，BCD为边长为 2 的正三角形，所以AOOC3.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC 平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC 6.作BRAC于R 因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BRAB2AC22102.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为A

26、B的中点，所以Q为AR的中点，所以NQBR2104.同理，可得MQ104.故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQMN2NQBD4NQ105.13 分 故二面角A-NP-M的余弦值是105.14 分 方法二：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB 平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直6 分 如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz.则A(0，0，3)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(1，0，0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为

27、线段BC的中点，所以M12，0，32，N12，0，32，P12，32，0，于是 AB(1，0，3)，BC(1，3，0)，MN(1，0，0)，NP0，32，32.7 分 设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，由n1AB，n1BC，得n1AB0，n1BC0，即（x1，y1，z1）（1，0，3）0，（x1，y1，z1）（1，3，0）0，从而x13z10，x13y10.取z11，则x13，y11，所以n1(3，1，1)9 分 设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，由，n2MN，n2NP，得n2MN0，n2NP0，即（x2，y2，z2）（1，0，0）0，（x2，y2，z2）0，3

28、2，320，从而x20，32y232z20.取z21，则y21，x20，所以n2(0，1，1)11 分 设二面角A-NP-M的大小为，则 cos n1n2|n1|n2|（3，1，1）（0，1，1）52105.13 分 故二面角A-NP-M的余弦值是105.14 分 2.（2014 湖南卷）解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1AC.同理DD1BD.因为CC1DD1，所以CC1BD.而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由题设知，O1OC1C.故O1O底面ABCD.4 分(2)方法一：如图(a)，过O1作O1HOB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O

29、1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1B1D1，从而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，于是OB1平面O1HC1.进而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角 不妨设AB2.因为CBA60，所以OB3，OC1，OB1 7.在 RtOO1B1中，易知O1HOO1O1B1OB1237.而O1C11，于是C1HO1C21O1H21127197.故 cosC1HO1O1HC1H23719725719.即二面角C1OB1D的余弦值为25719.方法二：因为四棱柱ABCD-

30、A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此ACBD.又O1O底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直 如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O xyz，不妨设AB2.因为CBA60，所以OB3，OC1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，B1(3，0，2)，C1(0，1，2)易知，n1(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量 设n2(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则n2OB10，n2OC10，即3x2z0，y2z0.取z 3，则x2，y23，所以n2(2，23，3)设二面角C1OB1D的大小为，易知

31、 是锐角，于是 cos|cos，|n1n2|n1|n2|231925719.故二面角C1OB1D的余弦值为25719.3.（2014 江西卷）19解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以ABAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在 RtBPC中，PG2 33，GC2 63，BG63.设ABm，则OPPG2OG243m2，故四棱锥P-ABCD的体积为 V136m43m2m386m2.因为m86m28m26m46m223283，所以当m63，即AB63时，四棱锥P-ABCD的体积最大 此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为 O(0，0，0)，B63，63，0，C63，263，0，D0，263，0，P0，0，63，故PC63，263，63，BC(0，6，0)，CD63，0，0.设平面BPC的一个法向量为n1(x，y，1)，则由n1PC，n1BC，得63x2 63y630，6y0，解得x1，y0，则n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一个法向量为n20，12，1.设平面BPC与平面DPC的夹角为，则 cos|n1n2|n1|n2|12141105.