合肥一中2013届理科数学二轮复习专题讲义专题二：立体几何(教师版)

A BCDEFH 合肥一中2013届理科数学二轮复习专题讲义专题二：立体几何编写：梁方志一、高考回顾1、（2010-18）（本小题满分12分）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF FB ⊥，2AB EF =，90BFC ∠=︒，BF FC =，H 为BC 的中点.（1）求证：FH ∥平面EDB ；（2）求证：AC ⊥平面EDB ；（3）求二面角B DE C --的大小.2、（2011-17）（本小题满分12分）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与平面AGFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==OAB V ,△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形.（1）证明直线BC ∥EF ； （2）求棱锥F —OBED 的体积.3、（2012-18）（本小题满分12分）平面图形111ABB AC C 如图4所示，其中11BB C C 是矩形，12,4BC BB ==，AB AC ==，1111A B AC ==现将该平面图形分别沿BC 和11B C 折叠，使ABC ∆与111A B C ∆所在平面都与平面11BB C C 垂直，再分别连接111,,AA BA CA ,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题. （1）证明：1AA BC ⊥； （2）求1AA 的长；（3）求二面角1A BC A --的余弦值.解析：（1）取11,BC B C 的中点为点1,O O ，连接1111,,,AO OO AO AO 则AB AC AO BC =⇒⊥，面ABC ⊥面11BB C C AO ⇒⊥面11BB C C 同理：11A O ⊥面11BB C C 得：1111//,,,AO AO A O A O ⇒共面 又11,OO BC OO AO O ⊥=⇒BC ⊥面111AOO A AA BC ⇒⊥（2）延长11A O 到D ，使1O D OA = 得：11////O D OA AD OO ⇒1O O B C⊥，面111A B C ⊥面11BB C C 1OO ⇒⊥面111A B C ⇒AD ⊥面111A B C15A A ==（3）11,AO BC AO BC AOA ⊥⊥⇒∠是二面角1A BC A --的平面角 在11Rt OO A ∆中，1A O === 在1Rt OAA ∆中，2221111cos 25AO AO AA AOA AO AO +-∠==-⨯ 得：二面角1A BC A --的余弦值为5-. 二、题型示例 《考试说明》（2013版）中有以下例题：例7（2011安徽） 例8（2010安徽）三、经典例题1、如图，ABCD 与ABEF 是全等的直角梯形，AB ⊥AD ，底面四边形ADGF 为菱形，二面角F AB D --=1200，AD=2BC=4，AB=2， （1）求证：FD ⊥BG （2）求证：CE // DF（3）求三棱锥A －CEG 的体积. 解析：（3）338 2、（2012北京）如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.（1）求证：A 1C ⊥平面BCDE ；（2）若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；（3）线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． 解析：（1）因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ，所以DE ⊥AC .所以ED ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，所以DE ⊥平面A 1DC . 所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD .所以A 1C ⊥平面BCDE . （2）如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C —xyz ，则A 1（0,0，23），D （0,2,0），M （0,1，3），B （3,0,0），E （2,2,0）．设平面A 1BE 的法向量为n ＝（x ，y ，z ），则n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝（3,0，－23），BE →＝（－1,2,0），所以⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝ 3. 所以n ＝（2,1，3）．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ.因为CM →＝（0,1，3），所以sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.（3）线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下：假设这样的点P 存在，设其坐标为（p,0,0），其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝（x ，y ，z ），则m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝（0,2，－23），DP →＝（p ，－2,0），所以⎩⎨⎧2y －23z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p3.所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，p ，p 3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0时成立，即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直． 变式：已知正四面体ABCD （图1），沿AB ，AC ，AD 剪开，展成的平面图形正好是（图2）所示的直角梯形A 1A 2A 3D （梯形的顶点A 1，A 2，A 3重合于四面体的顶点A ）． （1）证明：AB ⊥CD ；（2）当A 1D ＝10，A 1A 2＝8时，求四面体ABCD 的体积．解析：（1）证明：在四面体ABCD 中，∵⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥ACAB ⊥AD AC ∩AD ＝A ⇒AB ⊥平面ACD ⇒AB ⊥CD . （2）解：在题图2中作DE ⊥A 2A 3于E .∵A 1A 2＝8，∴DE ＝8.又∵A 1D ＝A 3D ＝10，∴EA 3＝6，A 2A 3＝10＋6＝16. 又A 2C ＝A 3C ，∴A 2C ＝8.即题图1中AC ＝8，AD ＝10，由A 1A 2＝8，A 1B ＝A 2B 得图1中AB ＝4.∴S △ACD ＝3A CD S ∆＝12DE ·A 3C ＝12×8×8＝32.又∵AB ⊥面ACD ，∴V B －ACD ＝13×32×4＝1283.3、 （2011广东理-18）如图，在锥体P －ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠DAB ＝60°，PA ＝PD ＝2，PB ＝2，E ，F 分别是BC ，PC 的中点． （1）证明：AD ⊥平面DEF ；（2）求二面角P －AD －B 的余弦值． 解析：解法一：（1）证明：取AD 中点G ，连接PG ，BG ，BD .因PA ＝PD ，有PG ⊥AD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝1，∠DAB ＝60°，有△ABD 为等边三角形，因此BG ⊥AD ，BG ∩PG ＝G ，所以AD ⊥平面PBG ⇒AD ⊥PB ，AD ⊥GB .又PB ∥EF ，得AD ⊥EF ，而DE ∥GB 得AD ⊥DE ， 又FE ∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面DEF .（2）∵PG ⊥AD ，BG ⊥AD ，∴∠PGB 为二面角P －AD －B 的平面角．在Rt△PAG 中，PG 2＝PA 2－AG 2＝74，在Rt△ABG 中，BG ＝AB ·sin 60°＝32，∴cos∠PGB ＝2222PG BG PB PG BG+-⋅＝74＋34－42×72×32＝－217. 解法二：（1）证明：取AD 中点为G ，因为PA ＝PD ，所以PG ⊥AD . 又AB ＝AD ，∠DAB ＝60°，△ABD 为等边三角形， 因此，BG ⊥AD ，从而AD ⊥平面PBG . 延长BG 到O 且使得PO ⊥OB ，又PO ⊂平面PBG ，PO ⊥AD ，AD ∩OB ＝G ， 所以PO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系．设P （0,0，m ），G （n,0,0），则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，12，0.∵|GB |＝|AB |sin 60°＝32，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，1，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋34，12，m 2.由于AD ＝（0,1,0），DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，FE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n2＋34，0，－m 2，得AD ·DE ＝0，AD ·FE ＝0，AD ⊥DE ，AD ⊥FE ，DE ∩FE ＝E ， ∴AD ⊥平面DEF .（2）∵PA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，－12，－m ，PB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32，0，－m ，＝2，⎝⎛⎭⎪⎫n ＋322＋m 2＝2，解之，得m ＝1，n ＝32.取平面ABD 的法向量n 1＝（0,0，－1）， 设平面PAD 的法向量n 2＝（a ，b ，c ），由PA ·n 2＝0，得32a －b2－c ＝0， 由PD ·n 2＝0，得32a ＋b2－c ＝0， 取n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，32.∴cos〈n 1，n 2〉＝－321×74＝－217. 4、（2012江西）在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .（1）证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；（2）求二面角A 1—B 1C 1—C 的余弦值．解析： （1）连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，得OE ⊥BB 1，因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，得AE ＝AO 2AA 1＝55.（2）如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A （1,0,0），B （0,2,0），C （0，－2,0），A 1（0,0,2），由AE →＝15AA 1→得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，由（1）得平面BB 1C 1C 的法向量是OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量n ＝（x ，y ，z ），令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即n ＝（2,1，－1），所以cos 〈OE →，n 〉即二面角的余弦值是3010.5、如图多面体ABC —A 1B 1C 1和它的三视图.（1）线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1，若不存在请说明理由，若存在请找出并证明；（2）求二面角C 1－A 1C－A 的余弦值.解析：由（1）知1,,AA AB AC两两垂直，如图建系，BC =(0,0,0)A ，1(0,0,2)A ，(2,0,0)B -，1(0,2,0),(1,1,2)C C ---，1(1,1,2)CC =-111(1,1,0),(0,2,2).AC AC =--=--…………………………………………1分 设),,(z y x E ，则)2,1,1(,),2,(1z y x EC z y x CE -----=+=………3分设1,CE EC λ=⎪⎩⎪⎨⎧-=--=+--=⇒z z y y x x λλλλλλ22则22(,,)111E λλλλλλ---+++，222(,,)111BE λλλλλλ+--=+++………………………4分 由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+++--=+++++-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅01212012120111λλλλλλλλA C A BE ，得2λ=所以线段1CC 上存在一点E ，12,CE EC =使BE ⊥平面11A CC ……………6分 另证：补形成正方体，易证1:2:1CE EC =（2）设平面11AC C 的法向量为(,,)m x y z =，则由1110m A C m A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得0220x y y z --=⎧⎨--=⎩，取1x =，则1, 1.y z =-=故(1,1,1)m =-，……………………………………………8分而平面1A AC 的一个法向量为(1,0,0)n =，则cos ,3m n m n m n⋅<>==33=……11分 二面角的余弦值为33…………………………………………12分 6、已知圆柱1OO 底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．将轴截面ABCD 绕着轴1OO 逆时针旋转(0)θθπ<<后，边11B C 与曲线Γ相交于点P ． （1） 求曲线Γ长度；（2） 是否存在θ，使得二面角D AB P --的大小为4π？若存在，求出线段BP 的长度；若不存在，请说明理由． 解析： 解法一：（1）将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA ，曲线Γ就是对角线BD .由于AB r ππ==，AD π=,所以这实际上是一个正方形. 所以曲线Γ的长度为BD =.…………………………3分 （2）当2πθ=时，点1B 恰好为AB 的中点，所以P 为11B C 中点，故点1C 到平面APB 的距离与点1B 到平面APB 的距离相等.连结AP 、BP ，OP .由1AB B P ⊥且11AB A B ⊥知：AB ⊥平面APB . 从而平面11A B P ⊥平面APB .作1B H OP ⊥于H ，则1B H ⊥平面APB . 所以，1B H 即为点1B 到平面APB 的距离.在1Rt OB P 中，1111,2OBB P BB π===，所以OP==.于是：111=OB B PB H OP⨯==.所以，点1C 到平面APB 7分 （3）由于二面角1D AB B --为直二面角，故只要考查二面角1P AB B --是否为4π即可.过1B 作1B Q AB ⊥于Q ，连结PQ . 由于1B Q AB ⊥，1B P AB ⊥，所以AB ⊥平面1B PQ ， 所以AB PQ ⊥.于是1PQB ∠即为二面角1P AB B --的平面角. 在1Rt PB Q 中，111sin ,B Q B P BB θθ===. 若14PQB π∠=，则需11B P B Q =，即sin θθ=.令()sin (0)f x x x x π=-<<，则'()cos 10f x x =-<， 故()f x 在(0,)π单调递减.所以()(0)0f x f <=，即sin x x <在(0,)π上(0,)π恒成立.故不存在(0,)θπ∈，使sin θθ=.也就是说，不存在(0,)θπ∈，使二面角1D AB B --为4π.…………………………12分解法二：如图，以O 为原点，OB 所在直线为x 轴，过O 与OB 垂直的直线为y 轴，建立空间直角坐标系.则(1,0,0),(1,0,0)A B -，1(cos ,sin ,0)B θθ.由于11B P BB θ==，所以(cos ,sin ,)P θθθ1(cos ,sin ,)C θθπ，于是(cos 1,sin ,)AP θθθ=+，(2,0,0)AB =.（1）同解法一； （2）当2πθ=时，(1,1,)2AB π=，(2,0,0)AB =，所以(0,,1)2m π=-是平面APB 的一个法向量.又，1(0,1,)OC π=，所以点1C到平面APB的距离为1||||m C O h m ⋅===.（3）设(,,)m x y z =是平面APB 的一个法向量，则(cos 1)sin 02000x y z x θθθ++⋅+⋅=⎧⎨++=⎩，取(0,,sin )m θθ=-.又()0,1,0=n 是平面DAB 的一个法向量. 由2cos ,||||m n m n m n θ⋅<>==⋅得：sin θθ=.以下同解法一.。