考點三立體幾何綜合應(yīng)用

1、考點三 立體幾何綜合應(yīng)用B1AC1CA1B（13新課標理18）如圖，三棱柱中，（1）證明：；（2）若平面平面，求直線與平面所成角的正弦值解：（1）取中點，連結(jié)，是正三角形，平面，（2）由（1）知，又平面平面，平面平面，平面，兩兩相互垂直，以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長度，建立如圖所示空間直角坐標系由題設(shè)知，則，B1AC1CA1B設(shè)是平面的法向量，則，即，由此得，取，可得，直線與平面所成角的正弦值為A1B1AC1CB說明：第（2）可以用傳統(tǒng)的幾何方法作出直線與平面所成角，然后求之具體過程如下：（2）由（1）知，又平面平面，平面平面，平面，則，由余弦定理得，過作，交于，取的中點為，連結(jié)，

2、易知于是平面，平面平面過作，交于，平面連結(jié)，則為直線與平面所成角又，點在平面的射影為的中點，點在平面的射影為的中點，易知到平面的距離，即到直線的距離，為在中，由面積相等得，（13年新課標理18）如圖，直棱柱中，分別是，的中點，（1）證明：平面；（2）求二面角的正弦值證明：（1）連接交于點，則平分又為的中點，平面，平面，平面（2），以為原點，射線、分別為、軸的正半軸建立如圖的空間直角坐標系設(shè)，則，設(shè)是平面的一個法向量，則由得，即取，則，故設(shè)是平面的一個法向量，則由得，即取，故于是，即二面角的正弦值為（13年遼寧理18）如圖，是圓的直徑，垂直圓所在的平面，是圓上的點（1）求證：平面平面；（2）若，

3、求二面角的余弦值解：（1）由是圓的直徑，得，由平面，平面，得又，平面，平面，平面平面平面平面（2）法一：過作于，平面，平面，N故平面過作于，連結(jié)由三垂線定理得為二面角的平面角在中，由，得，在中，由，得，故又在中，故二面角的余弦值為法二：過作，則平面如圖，以點為坐標原點，分別以直線、分別為、建立空間直角標系，故，設(shè)平面的法向量為則由得，令，則，故可取，設(shè)平面的法向量為則由得，令，故可取于是二面角的余弦值為(12課標全國卷19) 如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中點，DC1BD.(1)證明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小解：(1)證明：由題設(shè)知，三棱

4、柱的側(cè)面為矩形由于D為AA1的中點，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，則BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直以C為坐標原點，的方向為x軸的正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz.由題意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)則(0,0，1)，(1，1,1)，(1,0,1)設(shè)(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，則即可取(1,1,0)同理，設(shè)是平面C1BD的法向量，則可得(1

5、,2,1)從而cos，.故二面角A1BDC1的大小為30°.(12遼寧卷18) 如圖，直三棱柱ABCABC，BAC90°，ABACAA，點M，N分別為AB和BC的中點(1)證明：MN平面AACC；(2)若二面角AMNC為直二面角，求的值28解：(1)(證法一)連結(jié)AB，AC，由已知BAC90°，ABAC，三棱柱ABCABC為直三棱柱所以M為AB中點又因為N為BC的中點所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.(證法二)取AB中點P，連結(jié)MP，NP，M，N分別為AB與BC的中點，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面A

6、ACC，又MPNPP，因此平面MPN平面AACC，而MN平面MPN，因此MN平面AACC.(2)以A為坐標原點，分別以直線AB，AC，AA為x軸，y軸，z軸建立直角坐標系Oxyz，如圖15所示設(shè)AA1，則ABAC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)所以M，N.設(shè)(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量，由得可取(1，1，)圖15設(shè)(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取(3，1，)因為AMNC為直二面角，所以·0.即3(1)×(1)20，解得.（11新課標18）如圖，四棱錐中，底面ABCD為平行四邊形

7、，底面ABCD（I）證明：；（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值答案：29解：（）因為， 由余弦定理得從而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故 PABD（）如圖，以D為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為軸的正半軸建立空間直角坐標系D-，則，設(shè)平面PAB的法向量為n=（x，y，z），則 即 因此可取n=設(shè)平面PBC的法向量為m，則 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值為 （11遼寧18）如圖，四邊形ABCD為正方形，PD平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD（I）證明：平面PQC平面DCQ；（II）求二面

8、角QBPC的余弦值答案：如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系Dxyz. （I）依題意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.則所以即PQDQ，PQDC.故PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ. 6分 （II）依題意有B（1，0，1），設(shè)是平面PBC的法向量，則因此可取設(shè)m是平面PBQ的法向量，則可取故二面角QBPC的余弦值為（10全國18）如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足為H，PH是四棱錐的高 ，E為AD中點（1） 證明：PEBC（2） 若APB=ADB=60°

9、，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值31.答案：解：以為原點， 分別為軸，線段的長為單位長， 建立空間直角坐標系如圖， 則 （）設(shè) 則 可得 因為所以 （）由已知條件可得 設(shè) 為平面的法向量 則 即因此可以取，由，可得 所以直線與平面所成角的正弦值為32.（10遼寧19）（本小題滿分12分）已知三棱錐PABC中，PA平面ABC，ABAC，PA=AC=1/2AB，N為AB上一點，AB=4AN,M,S分別為PB,BC的中點.（）證明：CMSN；（）求SN與平面CMN所成角的大小.32.證明：空間想象能力以及空間思維能力?！军c評】縱觀近幾年的高考試題，立體幾何的解答題在很大程度上扮演著直線與平面內(nèi)

10、容載體的角色，著重考查立體幾何中的邏輯推理，多為中檔題，通過這些題目考查學生掌握基礎(chǔ)知識、邏輯推理能力、計算能力和空間想象能力。而空間向量是解答立體幾何問題的33.（09全國（海南）19）（本小題滿分12分）如圖，四棱錐S-ABCD 的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點。 （）求證：ACSD；（）若SD平面PAC，求二面角P-AC-D的大?。ǎ┰冢ǎ┑臈l件下，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，試說明理由。（33）解法一： （）連BD，設(shè)AC交BD于O，由題意。在正方形ABCD中，所以,得.()設(shè)正方形邊長，則。又，所以, 連，由（）知,所以,且,所以是二面角的平面角。由,知,所以,即二面角的大小為。 （）在棱SC上存在一點E，使由（）可得，故可在上取一點,使,過作的平行線與的交點即為。連BN。在中知，又由于,故平面，得,由