立體幾何的典型例的題目精選含問(wèn)題詳解

1、實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案立體幾何專題復(fù)習(xí)熱點(diǎn)一：直線與平面所成的角例1.(2022,廣二卞II理18)如圖,在五面體ABCDEF中,四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,EF/平面ABCD,EF=1,FB=FC,/BFC=90:AE=V3.(1)求證：AB_L平面BCF;(2)求直線AE與平面BDE所成角的正切值變式1:(2022湖北8校聯(lián)考)如左圖,四邊形ABCD中,E E 是BC的中點(diǎn),DB=2,DC=1,BCDB=2,DC=1,BC= =5 5AB=AD3AB=AD3 將左圖沿直線BD折起,使得二面角A-BD-C為60：如右圖.(1)求證：AE_L平面BDC;(2)求直線AC與平面ABD所成角的余弦值變

2、式2:2022福建卷在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABXBD,CDXBD.AABD沿BD折起,使得平面ABDL平面BCD,如圖1-5所示.(1)求證：ABXCD;(2)假設(shè)M為AD中點(diǎn),求直線AD與平面MBC所成角的正弦值.精彩文檔C實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案熱點(diǎn)二：二面角例2.2022廣東卷如圖1-4,四邊形ABCD為正方形,PD,平面ABCD,/DPC=30,AFXPC于點(diǎn)F,FE/CD,交PD于點(diǎn)E.(1)證實(shí)：CFL平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.變式3:2022浙江卷如圖1-5,在四棱錐A-BCDE中,平面ABC,平面BCDE,/CDE=ZBED=90,AB=CD=

3、2,DE=BE=1,AC=小.(1)證實(shí)：DEL平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.變式4:2022全國(guó)19如圖1-1所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,點(diǎn)A1在平面ABC內(nèi)的射影D在AC上,/ACB=90,BC=1,AC=CC1=2.(1)證實(shí)：AC1,AB;(2)設(shè)直線AA1與平面BCC1B1的距離為木,求二面角A1-AB-C的大小.精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案精彩文檔熱點(diǎn)三：無(wú)棱二面角例3.如圖三角形BCD與三角形MCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形,平面面BCD,AB=26(1)求點(diǎn)A到平面MBC的距離；(2)求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值.1一3一一變式5：在正萬(wàn)體ABCDAB

4、C1D1中,KwBB,MwCC1,且BK=BB1,CM=-CC1.44變式6：如圖ABCD-A1BC1D1是長(zhǎng)方體,AB=2,AA1=AD=1,求二平面AB1c與AB1GD1所成二面角的正切值.精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案求：平面AKM與ABCD所成角的余弦值.MCD,平面BCD,AB,平實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案高測(cè)試題精選1. 2022四川,18三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖1-4所示.設(shè)M,N分別為線段AD,AB的中點(diǎn),P為線段BC上的點(diǎn),且MNLNP.(1)證實(shí)：P是線段BC的中點(diǎn)；(2)求二面角A-NP-M的余弦值.2. 2022湖南卷如下圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的

5、所有棱長(zhǎng)都相等,ACABD=O,A1dHB1D1=.1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形.(1)證實(shí)：O1OL底面ABCD;(2)假設(shè)/CBA=60,求二面角C1-OB1-D的余弦值.3. 2022江西19如圖1-6,四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,平面PAD,平面ABCD.(1)求證：ABXPD.(2)假設(shè)/BPC=90,PB=2,PC=2,問(wèn)AB為何值時(shí),四棱錐P-ABCD的體積最大？并求此時(shí)平面BPC與平面DPC夾角的余弦值.精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案立體幾何專題復(fù)習(xí)答案例1.1.(2022,(2022,廣二模)(1)證實(shí)：EFEFEF取AB的中點(diǎn)M,連接EM,那么AM=M

6、B=1,/平面ABCD,EFu 平面ABFE,/AB,即EF/MB.=MB=1平面ABCD八平面ABFE=AB,1分四邊形EMBF是平行四邊形.EM/FB,EM=FB.222在RBFC中,FB+FC=BC=4,又FB=FC,得FB=J2.EM=2在AME中,AE=V3,AM=1,EM2_2_2AM2EM2-3=AE2,AM_EM.AM_LFB,即AB_LFB.四邊形ABCD是正方形,AB_BC.FBABC=B,AB_L平面BCF(2)證法1:連接ACFBu平面BCF,BC二平面BCF,AC與BD相交于點(diǎn)取BC的中點(diǎn)連接OH,EO,FH那么OH/AB,1OH=一AB=1.2由1知EFEF/OH,

7、1/AB,且EF=一AB,2且EF=OH.,四邊形EOHF是平行四邊形.EO由(1).FH/FH,且EO=FH=1知AB_L平面BCF,又FHu 平面-AB.FH-LBC,ABBC=B,AB=平面ABCD,BCu平面ABCD, FH L平面ABCD.那么點(diǎn)O是AC的中點(diǎn),EO,平面ABCD.AO仁平面ABCD,精彩文檔.AO_LBD,EOABD=O,EOu平面EBD,BDu 平面EBD,AO_L平面EBD.11分/AEO是直線AE與平面BDE所成的角.12分在RtAOE中,tan/AEO=處=無(wú).13分EO證法2：連接AC,AC與BD相交于點(diǎn)O,那么點(diǎn)O是AC的中點(diǎn),取BC的中點(diǎn)H,連接OH,

8、EO,FH,EJZ八1那么OH/AB,OH=AB=1.21一由(1)知EF/AB,且EF=AB,.EF/OH,且EF=OH.四邊形EOHF是平行四邊形.EO/FH,且EO=FH=1.7分由(1)知AB_L平面BCF,又FHu 平面BCF,.FH_AB.FH_LBC,ABBC=B,ABU平面ABCD,BC仁平面ABCD,FH_L平面ABCD. EO,平面ABCD.8分以H為坐標(biāo)原點(diǎn),BC所在直線為x軸,OH所在直線為y軸,HF所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Hxyz,那么A(1,2,0),B(1,0,0),D(-1,-2,0),E(0,1,1).AE=-1,1,1,BD=-2,-2,0,BE=

9、-1,-1,1.設(shè)平面BDE的法向量為n n=(x,y,z),由n nBD=0,n nBE=0,得2x-2y=0,xy+z=0,得z=0,x=y.令x=1,那么平面BDE的一個(gè)法向量為n n=(1,1,0).設(shè)直線AE與平面BDE所成角為6,直線AE與平面BDE所成角的正切值為J214分實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案10分10分精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案那么sin0=cosn n,nAEnAEnAEnAE11分cos【-1-sin2f=3,tan1-sn-=.2.3cos?13分直線AE與平面BDE所成角的正切值為J2J2.14分變式1:1:20222022湖北8 8校聯(lián)考(1)取BD中點(diǎn)F,連結(jié)EF,AF,那么AF

10、=1,EF=1,/AFE=60,2由余弦定理知AE=12-I112-21.2cos6.492EF23,.AE.EF又BD,平面AEF,二 BDBDAE,AEAE,AE,平面BDC(2)以E為原點(diǎn)建立如圖示的空間直角坐標(biāo)系,3111那么A(0,0,),C(-1-,0),B(1-,0),D(,-,0)-2222設(shè)平面ABD的法向量為n n=(x,y,z)=(x,y,z),-2x=0上nDB=0/口由2T得1石,取 z z=.3 3,那么y=-31n n=(0,-3,我)nDA=0 xyz=022/ /=(1-=(1-3),.),.cosn,ACcosn,AC= =22|22|n|AC|n|AC|1

11、1分故直線AC與平面ABD所成角的余弦值為里0412分變式2:2:20222022福建卷解：1證實(shí)：二.平面ABDL平面BCD,平面ABDA平面BCD=BD,4分AB?平面ABD,ABXBD,.AB,平面BCD.又CD?平面BCD,ABXCD.4分(2)過(guò)點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BEXBD.由1知ABL平面BCD,BE?平面BCD,BD?平面BCD,ABXBE,ABXBD.以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,EBD,BA的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,1,2；精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案那么BC=(

12、1,1,0),BM=(0,2,2iAD=(0,1,1).7分f_0%+y0=0,n nBC0設(shè)平面MBC的法向量n=(x0,y,z.),那么即釬1ln-=0,I2y0+2Z0=0取z0=1,得平面MBC的一個(gè)法向量n=(1,1,1).9分設(shè)直線AD與平面MBC所成角為也那么sin0=|cos|=|n nAD1=乎.11分|n n|AD|3即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為坐12分例2.2.(2022,(2022,廣東卷)解：(1師明：PD_L平面ABCD,PD匚PCD,平面PCD_L平面ABCD,平面PCDfl平面ABCD=CD,AD匚平面ABCD,AD_LCD,二AD_1平面PCD,CF

13、仁平面PCD,CF_LAD,又AF_LPC,.CF_LAF,AD,AFC平面ADF,AD口AF=A,CF_L平面ADF.(2)解法一：過(guò)E作EGCF交DF于G,；CF_1平面ADF二EG_L平面ADF,過(guò)G作GH_LAF于H,連EH,那么NEHG為二面角DAFE的平面角,設(shè)CD=2,；/DPC=30,J./CDF=300,從而CF=1CD=1,21CP=4,；EF/DC,DE=CF,即-DE=2二DE=圓,還易求得EF=3,DF=73,DPCP,2.322233_DEEFV2319-3從而EG=27=2=.勿得AE=,AF=v7,EF=,DF3422193_川二竽二引嚅 2精彩文檔cos-EH

14、GGH6347257EH473.1919從而GF=|ED=|.33精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案解法二：分J以DP,DC,DA為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)DC=2,那么A(0,0,2),C(0,2,0),P(2、3,0,0),i-,T 一,r1=,CPM)F(2j3,u,22h0),TDF_LCF,可得九=,4從而F(Y3,3,0),易得E(Y3,0,0),取面ADF的一個(gè)法向量為71222?六二小,-1,0),設(shè)面AEF的一個(gè)法向量為口=(x,y,z),利用n2,AE=0,且n2得馬可以是(4,0,J3),從而所求二面角的余弦值為|%|也|AF=0,_4,32,57一219-19變式3:(20

15、223:(2022浙江卷)解：(1)證實(shí)：在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=恒AB=2,得AB2=AC2+BC2,即ACXBC.又平面ABC,平面BCDE,從而AS平面BCDE,所以ACLDE.又DELDC,從而DE,平面ACD.(2)方法一：過(guò)B作BFXAD,與AD交于點(diǎn)F,過(guò)點(diǎn)F作FG/DE,與AE交于點(diǎn)G,連接BG.由(1)知DELAD,那么FGLAD.所以/BFG是二面角B-AD-E的平面角.6分在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BDXBC.又平面ABC,平面在RtAACD中,在RtAAED中,在RtAABD中,BCDE,得BD,

16、平面ABC,從而B(niǎo)DAB.由AC,平面BCDE,得ACXCD.DC=2,AC=72,得AD=76.ED=1,AD=76,得AE=7.7分BD=2,AB=2,AD=y6,得BF=AF=AD33在ABE,MBG中,利用余弦定理分別可得cosZBAE=5/BG=|.在BFG中,cos/BFG=GF2+BF2BG232BF-GF13分TT_所以,/BFG=,即二面角B-AD-E方法二：以D為原點(diǎn),分別以射線DE,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,如下圖.DC為x,y軸的正半軸,由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,6B(1,1,設(shè)平面可算得ADE的法向量為

17、m=m=(XI,y1,z1),平面ABD的法向量為AD=(0,-2,咽,AE=(1,2,的,DB=(1,1,0).11分14分實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案一.、.一一一.一.TT由題意可知,所求二面角是銳角,故二面角B-AD-E的大小是.6變式4:4:20222022全國(guó)卷19.解：方法一：1證實(shí)：由于ADL平面ABC,A1D?平面AA1C1C,AA1C1C,平面ABC,又BCAC,所以BCL平面AA1C1C.2分連接AC,由于側(cè)面AA1C1C為菱形,故AC11A1C,由三垂線定理得AC11A1B.4分注意：這個(gè)定理我們不能用2BCL平面AA1C1C,BC?平面BCC1B1,故平面AA1C1C,平面BCC1B

18、1.作AE,CC1,E為垂足,那么A1E,平面BCC1B1.6分又直線AA/平面BCC1B1,因而A1E為直線AA1與平面BCC1B1的距離,即A1E=V3.由于A1C為/ACC1的平分線,所以A1D=A1E=V3.8分作DFAB,F為垂足,連接A1F.由三垂線定理得A1FXAB,故/A1FD為二面角A1-AB-C的平面角.10分由AD=4AA2-AQ2=1,得D為AC中點(diǎn),DF=乎,tan/A1FD=J=/T5,12分1所以cos/A1FD=4.13分所以二面角A1-AB-C的大小為arccos1.14分4方法二：以C為坐標(biāo)原點(diǎn),射線CA為x軸的正半軸,以CB的長(zhǎng)為單位長(zhǎng),建立如下圖的空間直

19、角坐標(biāo)系C-xyz,由題設(shè)知AD與z軸平行,z軸在平面AA1C1C內(nèi).由題設(shè)有aw2,A(2,0,0),B(0,1,0),那么AB=(2,1,0),AC=(-2,0,0),AA1=(a-2,0,c),AC1=AC+AA1=(a4,0,c),BA1=(a,1,c).由|AA1|=2,得“(a2)2+c2=2,即a24a+c2=0.又ACBA1=a24a+c2=0,所以AC1A1B,m mAD=0,由1工C、m mAE=0,2yia=0,、xi2y1一g=0,可取n nAD=0由m mDB=0于是|cos(m,2y22z.Z2=0,即,c 可取及+丫2=0,nn|=m=m=3=亞|m m|n n|

20、3X22.m=(0,1,一事).n=n=(1,-1,V2).13分9分11分(1)證實(shí)：設(shè)A1(a,0,c).14分am mBB1=(2)設(shè)平面BCC1B1的法向量m=m=(x,y,z),那么m mCB,m mBB1,即m mCB=0,精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案0.由于oB=(0,1,0),BB1=/AA1=(a-2,0,c),所以y=0且(a2)x+cz=0.令x=c,那么z=2-a,所以m=(c,0,2-a),故點(diǎn)A到平面BCC1B1的距離為一一|CAm mI|CA|cosm,m,CA|=|m m|-2cj2/2/、5=0,c/c+(2a)又依題設(shè),A到平面BCC1B1的距離為43,所以c=代入

21、,解得a=3舍去或a=1,于是AA=(1,0,小).8分設(shè)平面ABA1的法向量n=(p,q,r),那么n nAA1,n ny yAB,即n nAA1=0,n nAB=0,p+,3r=0,且2p+q=0.令p=事,那么q=2鎘,r=1,所以n n= =(V3,2事,1).10分又p=(0,0,1)為平面ABC的法向量,11分故cosn,pn,p= =-n-p-=-n-p-=；13分|n n|p p|41所以一面角A1-AB-C的大小為arccos4.14分例3.3.無(wú)棱二面角20222022年江西卷解法一：1取CD中點(diǎn)O,連OB,OM,那么OBXCD,OMLCD.又平面MCD_L平面BCD,那么

22、MOL平面BCD,所以MO/AB,A、B、O、M共面.延長(zhǎng)AM、BO相交于E,那么/AEB就是AM與平面BCD所成的角.OB=MO=J3MO/AB,MO面ABC,M、O到平面ABC的距離相等,作OH_LBC于H,連MH,那么MH_LBC,求得：5分OH=OCsin600=/,MH=-15,利用體積相等得:VA-MIBC=VMSBC-d=215（2）CE是平面ACM與平面BCD的交線.由1知,O是BE的中點(diǎn),那么BCED是菱形.作BFEC于F,連AF,那么AFEC,/AFB就是二面角A-EC-B的平面角,設(shè)為日.7分由于/BCE=120,所以/BCF=60.BF=BCsin60；=8,9分精彩文

23、檔那么OB,CD,OMCD,又平面MCD_L平面BCD,那么MO平面BCD.實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案tan二ABBF二2,sin小511分所以,所求二面角的正弦值是紅5 5512分以O(shè)為原點(diǎn),直線OC、BO、OM為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖OB=OM=3,那么各點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,0,百),B(0,-百,0),AO(0,0,0),C(1,0,0),M(0,-73,2V3),(1)設(shè)n=(x,y,z)是平面MBC的法向量,那么BC=(1,J3,0),BM=(0,.3,拘,才才 T T 廠廠才才I由n_LBC得x+43V=0；由n_LBM島+73z=0；取門(mén)=(區(qū),1,1),BA=(0,0,2T3

24、),那么距離2/155得CM=(-1,0,.3),CA=(-1,.3,2.3).K設(shè)平面ACM的法向量為n1=(x,y,z),由-x、,3z=0.解得x=J3z,二0y=z,取n1=(百,1,1).又平面BCD的法向量為n=(0,0,1),那么cos=n1設(shè)所求二面角為B,那么sin日=*122.512分變式5:5:解析：由于BCMK是梯形,那么MK與CB相交于E.A、E確定的直線為m,過(guò)C作CFm于F,連結(jié)MF,由于MC,平面ABCD,CFm,故MF,m./MFC是二面角M-m-C的平面角.設(shè)正31方體梭長(zhǎng)為a,那么CM=a,BK=a.在ECM中,4413由BK/CM可彳EEB=a,CF=；

25、=a,2.5精彩文檔解法二：取CD中點(diǎn)O,連OB,OM,5故tanNMFC.因此所求角的余弦值為4變式6:6:解析：平面ABCD/平面ABC1D1,平面ABC與平面AB1c1D1的交線m為過(guò)點(diǎn)31且平行于AC的直線.直線m就是二平面ABC與ABC1D1所成二面角的棱.又平面ABC與平面AAi,平面A1BiCiDi,過(guò)A作AHm于H,連結(jié)AH.那么/AHA為二面角AmA的平面角.可求得tan.AHA1高測(cè)試題精選1.1. (2022(2022四川卷)解：(1)如下圖,取BD的中點(diǎn)O,連接AO,CO.由側(cè)視圖及俯視圖知,ABD,BCD為正三角形,所以AOBD,OCXBD.由于AO,OC?平面AOC

26、,且AOAOC=O,所以BDL平面AOC.又由于AC?平面AOC,所以BDXAC.取BO的中點(diǎn)H,連接NH,PH.又M,N,H分別為線段AD,AB,BO的中點(diǎn),所以MN/BD,NH/AO,由于AOBD,所以NHXBD.由于MNLNP,所以NPXBD.由于NH,NP?平面NHP,且NHANP=N,所以BD,平面NHP.又由于HP?平面NHP,所以BDXHP.又OCBD,HP?平面BCD,OC?平面BCD,所以HP/OC.由于H為BO的中點(diǎn),所以P為BC的中點(diǎn).5分(2)方法一：如下圖,作NQLAC于Q,連接MQ.由知,NP/AC,所以NQXNP.由于MNLNP,所以/MNQ為二面角A-NP-M的

27、一個(gè)平面角.由(1)知,ABD,BCD為邊長(zhǎng)為2的正三角形,所以AO=OC=V3.由俯視圖可知,AOL平面BCD.由于OC?平面BCD,所以AOXOC,因此在等腰直角AOC中,AC=*/6.作BRXAC于R由于在ABC中,AB=BC,所以R為AC的中點(diǎn),所以BR=AB2-ACi=乎.由于在平面ABC內(nèi),NQXAC,BRAC,所以NQ/BR.精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案4.21cos_MFC=-21實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案又由于N為AB的中點(diǎn),所以Q為AR的中點(diǎn),BR10所以NQ=-2-=*.同理,可得MQ=呼.故MNQ為等腰三角形,MNBD_所以在等腰MNQ中,cos/MNQ=-2-=去=蓼.13分NQNQ5方法

28、二：由俯視圖及1可知,AOL平面BCD.由于OC,OB?平面BCD,所以AOXOC,AOXOB.又OCLOB,所以直線OA,OB,OC兩兩垂直.如下圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),以O(shè)B,OC,OA的方向?yàn)閤軸,y軸,角坐標(biāo)系O-xyz.那么A0,0,B1,0,0,C0,弧0,D-1,0,0.由于M,N分別為線段AD,AB的中點(diǎn),又由1知,P為線段BC的中點(diǎn),設(shè)平面ABC的一個(gè)法向量n n1=x1,y1,z1,故二面角A-NP-M的余弦值是省0514分AB=(1,0,-V3),BC=(1,43,0),3MN=(1,0,0),NP=,彳n nAB,由,InBC,n n1,AB=0,得即,n n1,BC=0,

29、(XI,y1,4)(1,0,-乖)=0,、(XI,y1,4)(-1,3,0)=0,從而,X1-V3z1=0,XI+V3y1=0.取z1=1,那么x1=q3,y1=1,所以n n1=(-J3,設(shè)平面MNP的一個(gè)法向量n n2MN,得n n2NP,n n2,MN=0,n n2 2 NP=0,n n2=(x2,y2,z2),(x2,y2,z2)即1,1).由,(1,0,0)=0,x2=0,取Z2=1,那么y2=1,X2=0,(X2,y2,所以及=(0, 1,設(shè)二面角A-NP-M的大小為0,那么cos故二面角A-NP-M的余弦值是40.53近近)八從而,電近_/2廣0ll-y-y2-z2=0.1).n

30、 n1, ,明明|n nI|-|n n214分11分1,1)(0,1,1)105.13PN1.,電興0,7分Bz軸的正方向,建立空間直2.2. 20222022湖南卷精彩文檔3.3. 20222022江西卷19.解：1證實(shí)：由于ABCD為矩形,所以ABAD.又平面RAD,平面ABCD,平面PADn平面ABCD=AD,所以ABL平面FAD,故ABPD.2過(guò)P作AD的垂線,垂足為O,過(guò)O作BC的垂線,垂足為G,連接精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案解：1如圖a,由于四邊形ACCIAI為矩形,所以CC1,AC.同理DD1,BD.由于CC1/DD1,所以CC1,BD.而ACABD=O,因此CC1,底面ABCD.由題設(shè)知,OiO/CiC.故OiO,底面ABCD.4分2方法一：如圖a,過(guò)Oi作OiHOBi于H,連接HC.由知,OiOL底面ABCD,所以O(shè)iOL底面AiBiCiDi,于是OiOXAiCi.又由于四棱柱ABCD-AIBICIDI的所有棱長(zhǎng)都相等,所以四邊形AIBICIDI是菱形,因此AICIXBIDI,從