立體幾何典型例題精選

1、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（ 2014，廣二模理 18 ）如圖，在五面體 ABCDEF 中，四邊形 ABCD 是邊長為 2的正方形， EF 平面 ABCD ， EF 1， FBFC, BFC 90 ，AE3.（ 1）求證： AB 平面 BCF；FE（ 2）求直線 AE 與平面 BDE 所成角的正切值 .DCAB變式 1：（ 2013 湖北 8 校聯(lián)考）如左圖，四邊形ABCD 中， E 是 BC 的中點(diǎn)， DB2,DC1,BC5,ABAD2. 將左圖沿直線BD 折起，使得二面角ABDC 為 60 , 如右圖 .（ 1）求證： AE 平面 BDC;（ 2）求直線 AC 與平面

2、 ABD 所成角的余弦值 .變式 2： 2014 起，使得平面·福建卷 ABD平面在平面四邊形ABCD中， AB BD CD 1， AB BD， CD BD. 將 ABD沿BCD，如圖 1-5 所示BD折(1) 求證：AB CD；(2)若 M為AD中點(diǎn)，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值熱點(diǎn)二：二面角例 2 2014 ·廣東卷 如圖 1-4，四邊形 ABCD為正方形， PD平面 ABCD， DPC 30°， AF PC于點(diǎn)F， FE CD，交 PD于點(diǎn) E.(1) 證明： CF平面 ADF； (2) 求二面角 D - AF - E的余弦值變式 3： 2014 &

3、#183;浙江卷 如圖 1-5，在四棱錐A -BCDE中，平面 ABC平面 BCDE，CDE BED 90°，AB CD 2， DE BE 1，AC2.(1) 證明： DE平面 ACD； (2) 求二面角 B - AD - E 的大小變式 4： 2014 ·全國 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 CC12.(1) 證明： AC1 A1B; (2) 設(shè)直線 AA1與平面 BCC1B1 的距離為3，求二面角A1 - AB- C的大小熱點(diǎn)三：無棱二面角例 3 如

4、圖三角形BCD與三角形MCD都是邊長為2 的正三角形，平面MCD平面 BCD，AB平面 BCD，AB2 3 .（ 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 .變式 5：在正方體 ABCDA1B1C1D1 中， KBB1， MCC1 ，且 BK1 BB1， CM3 CC144求：平面 AKM與 ABCD所成角的余弦值變式 6：如圖 ABCDA1B1C1D1 是長方體， AB2， AA1AD1 ，求二平面AB1C 與 A1B1C1D1 所成二面角的正切值高考試題精選1 2014 ·四川，18三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖1-4 所

5、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MN NP.(1) 證明： P 是線段 BC的中點(diǎn)； (2) 求二面角 A - NP - M的余弦值2 2014 ·湖南卷 如圖所示，四棱柱ABCD-A B CD 的所有棱長都相等，ACBD O，A C B D O，111111111四邊形1 1 和四邊形1 1 均為矩形(1)ACCABDDB若 CBA60°，求二面角C- OB- D的余弦值證明： OO底面 ABCD； (2)1113 2014 ·江西 19如圖 1-6，四棱錐P-中，為矩形，平面平面.ABCDABCDPADABCD(1) 求證：.

6、 (2)若 90°，2， 2，問AB為何值時，四棱錐P-ABCDABPDBPCPBPC的體積最大？并求此時平面與平面夾角的余弦值BPCDPC 1. 20141ABMEMAMMB1EFABCD EFABFEABCDABFEABEF ABEF MB.1EFMB1EMBF.2EM FB EMFB .Rt BFCFB 2FC 2BC 24FBFCFB2.EM2 .3AMEAE3 AM1 EM2AM 2EM 23 AE2AMEM .4AMFBABFB .ABCDABBC .5FBBCB FBBCF BCBCFABBCF .621 ACACBD O OAC BC H OH,EO FH1 ABEF

7、OH AB OH1.2DC1EFABEF1 ABHEF OHEFOH .2OAMBEOHF.EO FHEOFH1.71ABBCFFHBCFFHAB .8FHBC ABBC B, ABABCD BCABCDFHABCD .9EOABCD . AO ABCDEOAO .10AOBDEOBDO, EOEBDBDEBDAOEBD .11AEOAEBDE.12Rt AOEtanAEOAO132 .EOAEBDE2 .142ACACBDOOACzBCHOH,EO FHEFOH AB OH1 AB1.DC21 AB1EFABEFOH yEFOHEFOH2A.MBxEOHF.EO FHEOFH1.71ABBC

8、FFHBCFFH AB.FHBCABBCB, ABABCDBCABCDFHABCD .EOABCD .8HBCxOHyHFzHxyzA 1, 2,0B 1,0,0D1, 2,0 E 0, 1,1 .AE1,1,1 BD2, 2,0 BE1,1,1 .9BDEnx, y, zn BD0 nBE02x2 y 0xy z 0z 0, xy .x 1BDEn1,1,0.10AEBDEsincos n, AEn AE611n AE.3cos1 sin 23tansin2 .133cosAEBDE2.141 201381BDFEF,AF , AF1,EF1 ,AFE60,2223 ,AE1212 1 1

9、cos60AF 2EF 2AE2, AE EF4222BDAEF ,BDAE,AEBDC62EA(0,0,3),C( 1,1,0) ,B (1,1 ,0), D( 1,1 ,0)82222ABDn ( x, y, z) ,n DB02x01 y3 z, z3 ,y3,n(0,3, 3).n DA0x022AC ( 1,1,3 ),cosn, ACn AC61122| n | AC |4ACABD10 .1242 2014(1) ABDBCDABDBCD BDAB?ABD AB BDABBCD.3CD?BCD AB CD.4(2) BBCDBE BD.(1)ABBCD BE?BCD BD?BCD

10、 AB BE AB BD.6(BBE BD BAxyz)B(0 0 0) C(1 1 0) D(0 10)A(001)M0 1 12 2 .1 1BC(1 10)BM022AD(0 11)7x0 y0 0MBCn ( x0 y0 z0 )n·BC 011y000· 0zn BM22z0 1MBCn (11 1)9 ADMBC6| n·AD|sin3 .11 | cos n AD | n| ·|AD|ADMBC63 .12例 2. （2014 ，廣東卷）解 : (1)證明 : PD 平面 ABCD, PD PCD,平面 PCD平面 ABCD,平面 PCD平

11、面 ABCD CD,A D平面 ABCD, ADCD,AD平面PCD,CF平面 PCD,CFAD,又AFPC ,CFAF ,AD, AF平面 ADF , ADAFA,CF平面 ADF .(2)解法一:過E作EG/ / CF交DF于G,CF平面 AEG平面 A過G作GHAF于H,連EH,DF ,DF ,則EHG為二面角DAF的平面角,設(shè)CD2,DPC0E30 ,CDF300,從而 CF = 1 CD=1,21CP4,EFDC,DECF,即DE = 2,DE3 ,還易求得 EF=3 ,DF3,DPCP2 3222DEEF333193從而 EG22.易得 AE7, EFDF34, AF,22AE E

12、F1933 193 1936 3EH2 2故HG(22AF74,4)( )4,7747cosEHGGH6 34 72 57.EH473 1919解法二:分別以DP, DC ,DA為軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)DC2,x, y, z則 A(0,0, 2),C(0, 2,0), P(23,0,0), 設(shè)CFCP,則F (23,22 ,0),DF CF ,可得1,4從而F (3,3易得E(3,0,0),取面ADF的一個法向量為n11( 3,1,0),2,0) ,2CP22設(shè)面 AEF 的一個法向量為 n2(x ,y, z), 利用 n2AE0,且 n2AF0,得 n2 可以是 (4,0,3), 從而所求

13、二面角的余弦值為n1n2432 57.| n1 | | n2 |21919變式 3：（ 2014 浙江卷）解： (1) 證明：在直角梯形BCDE中，由 DE BE 1， CD2，得 BD BC 2，由 AC 2， AB 2，2222分得 AB AC BC，即 ACBC.又平面 ABC平面 BCDE，從而 AC平面 BCDE，所以 AC DE. 又 DEDC，從而 DE平面 ACD.4 分(2) 方法一：過 B 作 BF AD，與 AD交于點(diǎn) F，過點(diǎn) F 作 FG DE，與 AE交于點(diǎn) G，連接 BG.由 (1) 知 DE AD，則 FG AD. 所以 BFG是二面角 B - AD - E 的

14、平面角 222在直角梯形BCDE中，由 CD BC BD，得 BD BC.6 分又平面 ABC平面在 Rt ACD中，由BCDE，得 BD平面 ABC，從而DC 2， AC2，得 AD6.BD AB. 由AC平面BCDE，得AC CD.Rt AEDED1 AD6AE7.7Rt226232.ABDBDABADBF3AF 3AD22GF 3ED 3.9ABE ABG57211cos BAE14BG .3222cosGFBFBG3.13BFGBFG2BF· GF2BFG 6B-AD -E6.14DDE DC x yD - xyz(000)(100)(020)(022)(110)DECABA

15、DEm ( x1 y1 z1)ABDn ( x2 y2 z2)AD(022) AE (1210)72) DB (1m·AD 02y12z1 0(0 12)9x1 2y12z1 0m·mAE0· 02y220n AD2zn (112)11x2 y2 0n·DB 0| m·n|33|cosm n | | ·|2 .13mn3× 2B -AD -E6 .144 201419(1)A1DABC A1D?AA1C1CAA1C1CABC.BC ACBCAACC.21111 111 .A CAACCACA CAC1 A1 B.4(2) B

16、CAA1C1C BC?BCC1B1AA1C1CBCC1B1.A1E CC1 EA1EBCC1B1.6111111 113.AABCCBA EAABCCBA EA1CACC1A1D A1E3.8DF AB FAF.1A1F ABA1FDA1 -AB -C1022D5A1D1512111tan1ADAAA DACDF5A FDDFcos11.13A FD41-AB -114分所以二面角 AC的大小為 arccos 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的長為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 C -xyz. 由題設(shè)知 A D與 z 軸平行， z 軸在平面 AACC內(nèi)11

17、1(1)證明：設(shè) A ( a，0，c) 由題設(shè)有a2， A(2 ，0， 0) ，B(0 ， 1，0) ，則 AB ( 2， 1， 0) ， AC1( 2，0，0)，1 (a2， 0，c) ，11 (4，0，)， 1( ， 1，AAACACAAacBAa)由|12，得 （ 222 4 2c|2） c 2，即ac 0.AAaa24a c24分又 AC1· BA1a 0，所以 AC1 A1B .(2) 0.因設(shè)平面 BCC1B1 的法向量 m ( x，y，z) ，則 m CB，mBB1，即 m·CB 0，m·BB1，所以 y0 且 ( a 2) x cz0.為CB(0，

18、1，0)， BB AA ( a 2， 0， c)11令xc，則z 2，所以(c，0，2a) ，故點(diǎn)A到平面1 1 的距離為amBCCB| | · |cos ， | | CA· m|2cc.6 分CAm CA| m|c2（ 2a） 2又依題設(shè)，A到平面1 1 的距離為3，所以c3，BCCB代入，解得a 3( 舍去 ) 或 a 1，( 1，0， 3) 8 分于是 AA1設(shè)平面 ABA的法向量 n( p， q，r ) ，1則 n AA， n AB，即 n·AA0， n·AB 0，11 p3r 0，且 2p q0.令 p3，則 q 23， r 1，所以 n (3

19、， 23， 1) 10 分又 p (0 ， 0， 1) 為平面 ABC的法向量， 11 分n·p1故 cos n， p | n| p| 4.13 分1所以二面角A1 - AB - C的大小為 arccos 4.14 分例 3.無棱二面角（2010 年江西卷）解法一：（ 1）取 CD中點(diǎn) O，連 OB， OM，則 OB CD，OM CD. 又平面 MCD 平面 BCD , 則 MO平面 BCD ，所以 MO AB， A、 B、O、 M 共面 . 延長 AM、 BO 相交于 E，則 AEB 就是 AM 與平面 BCD所成的角 . OB=MO= 3 ，MOAB，MO/面 ABC，M、O到平

20、面 ABC的距離相等， 作 OH BC于 H，連 MH，則 MHBC，求得：03 ,MH= 15 , 利用體積相等得：VA MBCVM ABCd215。 5 分OH=OCsin60=225（ 2） CE是平面 ACM 與平面 BCD 的交線 .由（ 1）知， O是 BE的中點(diǎn)，則 BCED是菱形 .作 BF EC于 F，連 AF，則 AF EC， AFB就是二面角 A- EC- B 的平面角，設(shè)為.7 分因?yàn)?BCE=120°，所以 BCF=60° .BFBC sin 603 ， 9 分tanAB2 ， sin2511 分BF5所以，所求二面角的正弦值是25 .12分5解法

21、二：取 CD中點(diǎn) O，連 OB，OM，則 OB CD，OM CD，又平面 MCD平面 BCD , 則 MO平面 BCD .以 O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，則各點(diǎn)坐標(biāo)分別為O（ 0，0，0），C（ 1，0，0），M（ 0，0， 3 ），B（ 0， -3 ， 0）， A（0， -3，2 3），Az（ 1）設(shè) n(x, y, z) 是平面 MBC的法向量，則 BC=(1,3,0) ，BM(0,3,3)， 由n得 x3y0； 由nB M得MB C3y3z0；取 n( 3,1,1),BA(0,0, 23)，則距離BDdBA

22、n2 15Oyn55 分xC（2） CM(1,0,3)，CA(1,3, 23) .設(shè)平面 ACM的法向量為 nn1CMx3z0. 解得 x3z ，( x, y, z) ，由得1n1CAx3y23z0yz ，取 n1(3,1,1) . 又平面 BCD的法向量為 n(0,0,1)，則 cos n1 , nn1n1n1n5設(shè)所求二面角為，則 sin1(1)225.12分55變式 5：解析：由于 BCMK是梯形，則 MK與 CB相交于 E A、E 確定的直線為 m，過 C 作 CF m于 F，連結(jié) MF，因?yàn)?MC平面 ABCD， CF m，故 MF m MFC是二面角 M m C 的平面角設(shè)正方體棱

23、長為 a，則CM31a 在 ECM中，由 BK CM可得 EB135a ，BKa ，CFa ，故 atnMFC因44254此所求角的余弦值為421cos MFC21變式 6：解析：平面ABCD平面 A1 B1C1D1 ，平面 AB1C 與平面 A1B1C1D1 的交線 m為過點(diǎn) B1且平行于 AC的直線直線m就是二平面 AB1C 與 A1B1C1D1 所成二面角的棱又平面AB1C 與平面 AA1 平面A1B1C1D1 ，過 A1作 AH m于 H，連結(jié) AH則 AHA1 為二面角 A mA1 的平面角可求得tanAHA152高考試題精選1. （ 2014 四川卷）解： (1) 如圖所示，取所以

24、 AO BD， OC BD.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，因?yàn)锳O， OC?平面AOC，且AO OC O，所以BD平面AOC.又因?yàn)?AC? 平面 AOC，所以 BD AC.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，因?yàn)?AO BD，所以 NH BD.因?yàn)?MN NP，所以 NP BD.因?yàn)?NH， NP? 平面 NHP，且 NH NP N，所以 BD平面 NHP.又因?yàn)?HP? 平面 NHP，所以 BD HP.又 OC BD， HP? 平面 BCD， OC? 平面 BCD，所以 HP OC.因?yàn)?H為 BO的中點(diǎn)，所以P為 BC的中點(diǎn) 5 分(2) 方法一：如圖所示，作 NQ AC于 Q，連接