立体几何典型例题精选含问题详解

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1、 立体几何专题复习热点一：直线与平面所成的角例12014，广二模理 18 如图，在五面体中，四边形是边长为的正方形，平面， ，.1求证：平面；2求直线与平面所成角的正切值.变式1：20138校联考如左图，四边形中，是的中点，将左图沿直线折起，使得二面角为如右图.（1） 求证：平面（2） 求直线与平面所成角的余弦值. 变式2：2014卷 在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图15所示(1)求证：ABCD； (2)假如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卷 如图14，四边形ABCD为正方

2、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DAFE的余弦值变式3： 2014卷 如图15，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，AC.(1)证明：DE平面ACD；(2)求二面角BADE的大小变式4：2014全国19 如图11所示，三棱柱ABCA1B1C1中，点A1在平面ABC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，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

3、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，.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：在正方体中，且，求：平面AKM与ABCD所成角的余弦值变式6：如图是长方体，AB2，求二平面与所成二面角的正切值高考试题精选12014，18 三棱锥ABCD与其侧视图、俯视图如图14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ANPM的余弦值22014卷 如下列图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和

4、四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)假如CBA60，求二面角C1OB1D的余弦值3201419 如图16，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD. (1)求证：ABPD. (2)假如BPC90，PB，PC2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值立体几何专题复习 答案例1.2014，广二模1证明：取的中点，连接，如此，平面，平面，平面平面，即. 1分四边形是平行四边形. 2分，. 在Rt中，又，得. 3分 在中，. 4分，即.四边形是正方形，. 5分，平面，平面，平面. 6分2证法1：连接，与相交于

5、点，如此点是的中点， 取的中点，连接， 如此，. 由1知，且，且.四边形是平行四边形.，且 .7分 由1知平面，又平面，. 8分，平面，平面，平面. 9分平面. 平面，. 10分，平面，平面， 平面. 11分是直线与平面所成的角. 12分 在Rt中，. 13分直线与平面所成角的正切值为. 14分证法2：连接，与相交于点，如此点是的中点， 取的中点，连接， 如此，. 由1知，且，且.四边形是平行四边形.，且. 7分 由1知平面，又平面，. ，平面，平面，平面. 平面. 8分 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，如此，.，. 9分 设平面的法向量为，由，

6、得，得. 令，如此平面的一个法向量为. 10分 设直线与平面所成角为， 如此. 11分，. 13分直线与平面所成角的正切值为. 14分变式1：20138校联考1取中点，连结,如此2分由余弦定理知4分又平面,平面6分2以为原点建立如图示的空间直角坐标系，如此,8分设平面的法向量为,由得,取,如此.11分故直线与平面所成角的余弦值为. 12分变式2：2014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作BEBD. 由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，

7、ABBE，ABBD. 6分以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如下列图)依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.如此(1，1，0)，(0，1，1)7分设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)， 如此即取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，如此sin . 11分即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为. 12分例2.2014，卷变式3：2014卷解：(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC，由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACB

8、C. 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，如此FGAD.所以BFG是二面角BADE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，得AD.在RtAED中，由ED1，AD，得AE.7分在RtABD中，由BD，AB2，AD，得BF，AFAD.从而GFED. 9分在ABE，ABG中，利

9、用余弦定理分别可得cosBAE，BG. 11分在BFG中，cosBFG. 13分所以，BFG，即二面角BADE的大小是.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Dxyz，如下列图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，)，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(x2，y2，z2)可算得AD(0，2，)，AE(1，2，)，(1，1，0)7分由即可取m(0，1，)9分由即可取n(1，1，)11分于是|cosm，n|. 13分由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角

10、BADE的大小是. 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AA1C1C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，如此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A1E. 因为A1C为ACC1的平分线，所以A1DA1E.

11、 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A1ABC的平面角10分由AD1，得D为AC中点，DF，tanA1FD，12分所以cosA1FD. 13分所以二面角A1ABC的大小为arccos. 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，建立如下列图的空间直角坐标系Cxyz.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C(1)证明：设A1(a，0，c)由题设有a2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，如此(2，1，0)，(2，0，0)，(a2，0，c)，(a4，0，c)，(a，1，c)由|2，得2，即a24ac20.又a2

12、4ac20，所以AC1A1B . 4分(2)设平面BCC1B1的法向量m(x，y，z)，如此m，m，即m0，m(0，1，0)，(a2，0，c)，所以y0且(a2)xcz0.令xc，如此z2a，所以m(c，0，2a)，故点A到平面BCC1B1的距离为|cosm，|c. 6分又依题设，A到平面BCC1B1的距离为，所以c，代入，解得a3(舍去)或a1，于是(1，0，) 8分设平面ABA1的法向量n(p，q，r)，如此n，n，即n0，n0，pr0，且2pq0.令p，如此q2 ，r1，所以n(，2 ，1)10分又p(0，0，1)为平面ABC的法向量，11分故 cosn，p. 13分所以二面角A1ABC

13、的大小为arccos. 14分例3. 无棱二面角2010年卷解法一：1取CD中点O，连OB，OM，如此OBCD，OMCD.又平面平面,如此MO平面，所以MOAB，A、B、O、MAM、BO相交于E，如此AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=，MOAB，MO/面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，如此MHBC，求得：OH=OCsin600=,MH=,利用体积相等得：。5分2CE是平面与平面的交线.由1知，O是BE的中点，如此BCED是菱形. 作BFEC于F，连AF，如此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=6

14、0. ，9分，11分所以，所求二面角的正弦值是. 12分解法二：取CD中点O，连OB，OM，如此OBCD，OMCD，又平面平面,如此MO平面.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=，如此各点坐标分别为O0，0，0，C1，0，0，M0，0，B0，-，0，A0，-，2，1设是平面MBC的法向量，如此，由得；由得；取，如此距离5分2，.设平面ACM的法向量为，由得.解得，取.又平面BCD的法向量为，如此设所求二面角为，如此.12分变式5：解析：由于BCMK是梯形，如此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AB

15、CD，CFm，故MFmMFC是二面角MmC的平面角设正方体棱长为a，如此，在ECM中，由BKCM可得，故因此所求角的余弦值为变式6：解析：平面ABCD平面，平面与平面的交线m为过点且平行于AC的直线直线m就是二平面与所成二面角的棱又平面与平面平面，过作AHm于H，连结AH如此为二面角的平面角可求得高考试题精选1.2014 卷解：(1)如下列图，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图与俯视图知，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A

16、D，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：如下列图，作NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边长为2的正三角形，所以AOOC.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.作BRA

17、C于R因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BR.因为在平面ABC，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQ.同理，可得MQ. 故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中， cosMNQ.13分故二面角ANPM的余弦值是. 14分方法二：由俯视图与(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分如下列图，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Oxyz.如此A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0

18、)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M，N，P，于是AB(1，0，)，BC(1，0)，MN(1，0，0)，NP.7分设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，由得即从而取z11，如此x1，y11，所以n1(，1，1) 9分设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，由，得即从而取z21，如此y21，x20，所以n2(0，1，1) 11分设二面角ANPM的大小为，如此cos .13分故二面角ANPM的余弦值是.14分2.2014 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CC

19、1BD.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O1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCDA1B1C1D1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ABCBA60，所以OB，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2.而O1C11，于是C1H.

20、故cosC1HO1.即二面角C1OB1D的余弦值为.方法二：因为四棱柱ABCDA1B1C1D1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Oxyz，不妨设ABCBA60，所以OB，OC1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0) ，B1(，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，如此即取z，如此x2，y2，所以n2(2，2，)设二面角C1OB1D的大小为

21、，易知是锐角，于是cos |cos，|.故二面角C1OB1D的余弦值为.3.2014 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，PG，GC，BG.设ABm，如此OP，故四棱锥PABCD的体积为Vm.因为m，所以当m，即AB时，四棱锥PABCD的体积最大此时，建立如下列图的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O(0，0，0)，B，C，D，P，故，(0，0)，CD.设平面BPC的一个法向量为n1(x，y，1)，如此由n1，n1，得解得x1，y0，如此n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一个法向量为n2.设平面BPC与平面DPC的夹角为，如此cos .17 / 17