(完整版)立体几何典型例题精选(含答案)

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(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步经典大题例题

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步经典大题例题

(名师选题)(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步经典大题例题单选题1、已知三棱锥P−ABC,其中PA⊥平面ABC,∠BAC=120°,PA=AB=AC=2,则该三棱锥外接球的表面积为()A.12πB.16πC.20πD.24π答案:C分析:根据余弦定理、正弦定理,结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G,O为球心,所以OG⊥平面ABC,因为PA⊥平面ABC,所以OG//PA,设D是PA中点,因为OP=OA,所以DO⊥PA,因为PA⊥平面ABC,AG⊂平面ABC,所以AG⊥PA,因此OD//AG,PA=1,因此四边形ODAG是平行四边形,故OG=AD=12由余弦定理,得BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−1)=2√3,2⇒AG=2,由正弦定理,得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π,故选:C.小提示:关键点睛:运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.2、如图所示的正方形SG1G2G3中,E , F分别是G1G2,G2G3的中点,现沿SE,SF,EF把这个正方形折成一个四面体,使G1,G2,G3重合为点G,则有()A.SG⊥平面EFG B.EG⊥平面SEFC.GF⊥平面SEF D.SG⊥平面SEF答案:A解析:根据正方形的特点,可得SG⊥FG,SG⊥EG,然后根据线面垂直的判定定理,可得结果.由题意:SG⊥FG,SG⊥EG,FG∩EG=G,FG,EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确,D不正确;.又若EG⊥平面SEF,则EG⊥EF,由平面图形可知显然不成立;同理GF⊥平面SEF不正确;故选:A小提示:本题主要考查线面垂直的判定定理,属基础题.3、若一个正方体的体对角线长为a,则这个正方体的全面积为()A .2a 2B .2√2a 2C .2√3a 2D .3√2a 2答案:A分析:设正方体的棱长为x ,求出正方体的棱长即得解.解:设正方体的棱长为x ,则√3x =a ,即x 2=13a 2,所以正方体的全面积为6x 2=6×13a 2=2a 2. 故选:A4、《九章算术·商功》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在鳖臑ABCD 中,AB ⊥平面BCD ,AC ⊥CD ,AC =BC +CD =2,当△BCD 的面积最大时,鳖臑ABCD 的表面积为( )A .√3+√62B .3+√62C .2+√3+√62D .3+√3+√62答案:D分析:根据题意可证明CD ⊥BC ,从而说明三角形BCD 是直角三角形,求得BD ,进而求得四个直角三角形的面积,可得答案.由题意可知:AB ⊥平面BCD ,CD ⊂平面BCD ,故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ,AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ,故CD ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号, 故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ,可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62,故选:D5、锐角△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,若a=7、b=8,m⃑⃑ =(12,cosA),n⃑=(sinA,−√32),且m⃑⃑ ⊥n⃑,则△ABC的面积为()A.√3B.3√3C.5√3D.10√3答案:D分析:先由向量垂直得到A=π3,利用余弦定理求出c=3或c=5,利用锐角三角形排除c=3,从而c=5,利用面积公式求出答案.由题意得:12sinA−√32cosA=0,故tanA=√3,因为A∈(0,π2),所以A=π3,由余弦定理得:cosA=64+c 2−492×8c =12,解得:c=3或c=5,当c=3时,最大值为B,其中cosB=49+9−642×7×3<0,故B为钝角,不合题意,舍去;当c=5时,最大值为B,其中cosB=49+25−642×7×5>0,故B为锐角,符合题意,此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×√32=10√3.故选:D6、过半径为4的球O表面上一点M作球O的截面,若OM与该截面所成的角是30°,则O到该截面的距离是()A.4B.2√3C.2D.1答案:C分析:作出球的截面图,根据几何性质计算,可得答案.作出球的截面图如图:设A为截面圆的圆心,O为球心,则OA⊥截面,AM在截面内,即有OA⊥AM,=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2,故选:C7、如图,点N为正方形ABCD的中心,ΔECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线答案:B解析:利用垂直关系,再结合勾股定理进而解决问题.如图所示, 作EO ⊥CD 于O ,连接ON ,过M 作MF ⊥OD 于F .连BF ,∵平面CDE ⊥平面ABCD .EO ⊥CD,EO ⊂平面CDE ,∴EO ⊥平面ABCD ,MF ⊥平面ABCD ,∴ΔMFB 与ΔEON 均为直角三角形.设正方形边长为2,易知EO =√3, ON =1 EN =2,MF =√32,BF =52,∴BM =√7.∴BM ≠EN ,故选B .小提示:本题考查空间想象能力和计算能力, 解答本题的关键是构造直角三角形.8、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中,E 为线段A 1B 1的中点,则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为( )A .√55B .√105C .√155D .2√55答案:B分析:连接AD 1,AE ,得到AD 1//BC 1,把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角,取AD 1的中点F ,在直角△D 1EF 中,即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中,连接AD 1,AE ,可得AD 1//BC 1,所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角,即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角,不妨设AA 1=2,则AD 1=2√2,D 1E =AE =√5,取AD 1的中点F ,因为D 1E =AE ,所以EF ⊥AD 1,在直角△D 1EF 中,可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选:B.9、若直线a //平面α,A ∉α,且直线a 与点A 位于α的两侧,B ,C ∈a ,AB ,AC 分别交平面α于点E ,F ,若BC =4,CF =5,AF =3,则EF 的长为( )A .3B .32C .34D .23答案:B分析:根据线面平行可得线线平行,从而可求EF =32. ∵BC //α,BC ⊂平面ABC ,平面ABC ∩α=EF ,∴EF //BC ,∴AF AC =EF BC ,即35+3=EF 4,∴EF =32. 故选:B.10、如图在正三棱锥S −ABC 中,M,N 分别是棱SC,BC 的中点,Q 为棱AC 上的一点,且AQ =12QC ,MN ⊥MQ ,若AB =2√2,则此正三棱锥S −ABC 的外接球的体积为( )A .12πB .4√33πC .8√3πD .4√3π 答案:D分析:根据题意证明SA,SB,SC 两两垂直,将三棱锥放入棱长为2的正方体,两者外接球体积相同,求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC 中,M,N 分别是棱SC,BC 的中点,所以MN //SB ,因为MN ⊥MQ ,所以SB ⊥MQ ,因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥,所以SB ⊥AC (对棱垂直),又因为MQ,AC ⊂面SAC ,MQ ∩AC =Q ,所以SB ⊥面SAC ,因为SA,SC ⊂面SAC ,所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ,在Rt △SAB 中,SA 2+SB 2=AB 2,因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥,所以△SBC 是等腰三角形,△ABC 是等边三角形,所以SB =SC ,AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2,即SA ⊥SC ,所以SA,SB,SC 两两垂直,将此三棱锥放入正方体中,此正方体的面对角线长等于AB 长,为2√2,则该正方体棱长为2,外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3,正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同,为4√3π.故选:D填空题11、如图所示,过三棱台上底面的一边A1C1,作一个平行于棱BB1的截面,与下底面的交线为DE.若D、E分别是AB、BC的中点,则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______.答案:37分析:证得S△A1B1C1=14S△ABC,然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1,且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E,所以BB1//C1E,又因为B1C1//BE,所以四边形BB1C1E为平行四边形,所以B1C1=BE,且E分别是BC的中点,所以B1C1=1 2BC,同理A1B1=12AB,因此S△A1B1C1=14S△ABC,设上底面的面积为S,高为ℎ,则下底面的面积为4S,所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37,所以答案是:37.12、两个平面最多可以将空间分为___________部分.答案:4分析:根据两个平面的位置关系分别计算出它们将空间分成的部分数即可得解. 两个平面的位置关系有平行和相交两种,当两个平面平行时,它们可将空间分成3部分,当两个平面相交时,它们可将空间分成4部分,所以两个平面最多可以将空间分为4部分.所以答案是:413、在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面四边形ABCD为矩形.请在下面给出的5个条件中选出2个作为一组,使得它们能成为“在BC边上存在点Q,使得△PQD为钝角三角形”的充分条件___________.(写出符合题意的一组即可)①PA=2;②BC=3;③BC=√5;④AB=√2;⑤AB=1.答案:②④或②⑤或③⑤分析:设PA=a,AB=b,AD=c,BQ=x(0≤x≤c),则CQ=c−x,计算出PQ2,DQ2,PD2,若在BC边上存在点Q,使得△PQD为钝角三角形,则PQ2+DQ2<PD2,解不等式再根据已知条件可得答案.设PA=a,AB=b,AD=c,BQ=x(0≤x≤c),则CQ=c−x,因为PA⊥平面ABCD,底面四边形ABCD为矩形,所以PA⊥AQ,则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2,DQ2=CD2+CQ2=b2+(c−x)2,PD2=PA2+AD2=a2+c2,若在BC边上存在点Q,使得△PQD为钝角三角形,则PQ2+DQ2<PD2,即a2+b2+x2+b2+(c−x)2<a2+c2,整理得x2−cx+b2<0(0<x<c),要使不等式有解,只需c2−4b2>0,即只需BC>2AB即可,因为①PA=2;②BC=3;③BC=√5;④AB=√2;⑤AB=1,所以②④或②⑤或③⑤.所以答案是:②④或②⑤或③⑤.14、所有棱长均为2的正三棱锥的体积为______.答案:23√2##2√23分析:棱长均为2的正三棱锥,分别求出棱锥的底面面积和高,代入棱锥体积公式,即可得到答案. 当三棱锥棱长均为2时,正三棱锥即为正四面体,如图,正四面体的底面积S=√34×22=√3,正四面体的高ℎ=PO=√PA2−AO2=√22−(23×√32×2)2=2√63,故正四面体的体积V=13⋅S⋅ℎ=2√23.所以答案是:2√2315、已知球O的半径为43,点A,B,C,D均在球面上,若△ABC为等边三角形,且其面积为√3,则三棱锥D−ABC的最大体积是___________.答案:2√33分析:根据三角形面积求出边长,即可求出三角形外接圆半径,继而可求出高的最大值,求出体积.设△ABC外接圆的圆心为O1,由△ABC是面积为√3的等边三角形,得12⋅|AB|2⋅sin60∘=√3,解得AB=2,则|O1B|=12×|AB|sin60∘=2√33.当三棱棱锥D−ABC体积最大时,球心O在DO1上,因此有|OO1|=√|OB|2−|O1B|2=23,所以|DO1|的最大值为43+23=2,三棱锥D−ABC的最大体积为V=13⋅S△ABC⋅|DO1|=13×√3×2=2√33.所以答案是:2√33.小提示:本题考查三棱锥的外接球问题,解题的关键是建立好勾股关系求出高.解答题16、如图,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(Ⅰ)求证:BC1//平面AD1E;(Ⅱ)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.答案:(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)23.分析:(Ⅰ)证明出四边形ABC1D1为平行四边形,可得出BC1//AD1,然后利用线面平行的判定定理可证得结论;也可利用空间向量计算证明;(Ⅱ)可以将平面扩展,将线面角转化,利用几何方法作出线面角,然后计算;也可以建立空间直角坐标系,利用空间向量计算求解 . (Ⅰ)[方法一]:几何法 如下图所示:在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中,AB //A 1B 1且AB =A 1B 1,A 1B 1//C 1D 1且A 1B 1=C 1D 1, ∴AB //C 1D 1且AB =C 1D 1,所以,四边形ABC 1D 1为平行四边形,则BC 1//AD 1, ∵BC 1⊄平面AD 1E ,AD 1⊂平面AD 1E ,∴BC 1//平面AD 1E ; [方法二]:空间向量坐标法以点A 为坐标原点,AD 、AB 、AA 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A −xyz ,设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2,则A (0,0,0)、A 1(0,0,2)、D 1(2,0,2)、E (0,2,1),AD 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2),AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,1),设平面AD 1E 的法向量为n ⃑ =(x,y,z ),由{n →⋅AD 1→=0n →⋅AE →=0,得{2x +2z =02y +z =0, 令z =−2,则x =2,y =1,则n →=(2,1,−2).又∵向量BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2),BC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·n ⃑ =2×2+0×1+2×(−2)=0, 又∵BC 1⊄平面AD 1E ,∴BC 1//平面AD 1E ; (Ⅱ)[方法一]:几何法延长CC 1到F ,使得C 1F =BE ,连接EF ,交B 1C 1于G , 又∵C 1F//BE ,∴四边形BEFC 1为平行四边形,∴BC 1//EF , 又∵BC 1//AD 1,∴AD 1//EF ,所以平面AD 1E 即平面AD 1FE , 连接D 1G ,作C 1H ⊥D 1G ,垂足为H ,连接FH ,∵FC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,D 1G ⊂平面A 1B 1C 1D 1,∴FC 1⊥D 1G , 又∵FC 1∩C 1H =C 1,∴直线D 1G ⊥平面C 1FH , 又∵直线D 1G ⊂平面D 1GF ,∴平面D 1GF ⊥平面C 1FH ,∴C 1在平面D 1GF 中的射影在直线FH 上,∴直线FH 为直线FC 1在平面D 1GF 中的射影,∠C 1FH 为直线FC 1与平面D 1GF 所成的角,根据直线FC 1//直线AA 1,可知∠C 1FH 为直线AA 1与平面AD 1G 所成的角. 设正方体的棱长为2,则C 1G =C 1F =1,D 1G =√5,∴C 1H =√5=√5,∴FH =√1+(√5)2=√5,∴sin∠C 1FH =C 1H FH=23,即直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法二]:向量法接续(I)的向量方法,求得平面平面AD 1E 的法向量n ⃑ =(2,1,−2),又∵AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),∴cos <n ⃑ ,AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ >=n ⃑ ⋅AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |n ⃑ |⋅|AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=−43×2=−23, ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法三]:几何法+体积法如图,设B 1C 1的中点为F ,延长A 1B 1,AE,D 1F ,易证三线交于一点P . 因为BB 1∥AA 1,EF ∥AD 1,所以直线AA 1与平面AD 1E 所成的角,即直线B 1E 与平面PEF 所成的角. 设正方体的棱长为2,在△PEF 中,易得PE =PF =√5,EF =√2, 可得S △PEF =32.由V 三棱锥B 1−PEF =V 三棱锥P−B 1EF ,得13×32⋅B 1H =13×12×1×1×2, 整理得B 1H =23. 所以sin∠B 1EH =B 1H B 1E =23.所以直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.[方法四]:纯体积法设正方体的棱长为2,点A 1到平面AED 1的距离为h , 在△AED 1中,AE =√5,AD 1=2√2,D 1E =3, cos∠AED 1=D 1E 2+AE 2−AD 122D 1E⋅AE=2×3×√5=√55, 所以sin∠AED 1=2√55,易得S △AED 1=3.由V E−AA 1D 1=V A 1−AED 1,得13S △AD 1A 1⋅A 1B 1=13S △AED 1⋅ℎ,解得ℎ=43, 设直线AA 1与平面AED 1所成的角为θ,所以sinθ=ℎAA 1=23.【整体点评】(Ⅰ)的方法一使用线面平行的判定定理证明,方法二使用空间向量坐标运算进行证明; (II )第一种方法中使用纯几何方法,适合于没有学习空间向量之前的方法,有利用培养学生的集合论证和空间想象能力,第二种方法使用空间向量方法,两小题前后连贯,利用计算论证和求解,定为最优解法;方法三在几何法的基础上综合使用体积方法,计算较为简洁;方法四不作任何辅助线,仅利用正余弦定理和体积公式进行计算,省却了辅助线和几何的论证,不失为一种优美的方法. 17、已知正方体ABCD −A ′B ′C ′D ′.(1)G 是△BA ′C ′的重心,求证:直线DG ⊥平面BA ′C ′;(2)若AB =1,动点E 、F 在线段AD 、D ′C ′上,且DE =D ′F =a ,M 为AB 的中点,异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210,求a 的值.答案:(1)证明见解析(2)√24分析:(1)根据空间向量,以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ 为基底,用基底向量表示其他向量,根据向量的数量积为0判断线线垂直,进而证明线面垂直.(2)以空间直角坐标系,写成点的坐标,根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系,列出方程即可求解.(1)证明:设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ , 显然i ⋅j =0,j ⋅k ⃑ =0,k ⃑ ⋅i =0,因为G 是△BA ′C ′的重心,所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i +j +k ⃑ ),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑ −i ;DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑ 2−i 2)=0,得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ , 同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0,得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ,所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. (2)以D 为坐标原点,射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴、y 轴、z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系,于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0),则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210,解得a =√24,所以a 的值为√24.18、如图所示,在四棱锥P −ABCD 中,底面ABCD 为正方形,E 为侧棱PC 的中点.(1)求证:经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ;(2)若PA ⊥底面ABCD ,且PA =AD =2,求四面体ABEP 的体积. 答案:(1)证明见解析;(2)23.分析:(1)设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ,连结EF,AF ,证明CD//EF.即得F 为PD 的中点,即截面ABE 平分侧棱PD ;(2)取PB 中点H ,连EH ,证明EH ⊥平面PAB ,即得解. (1)证明:设截面ABE与侧棱PD交于点F,连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形,所以AB//CD.又AB⊄平面PCD,且CD⊂平面PCD,所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE,且平面ABE∩平面PCD=EF,所以AB//EF.又因为AB//CD,所以CD//EF.因为E为PC的中点,所以F为PD的中点,即截面ABE平分侧棱PD. (2)∵PA⊥平面ABCD,BC⊆平面ABCD,∴BC⊥PA,又BC⊥AB,∴BC⊥平面PAB.取PB 中点H ,连EH , ∵E 是PC 中点,∴EH//BC ,即EH =1且EH ⊥平面PAB , 又Rt △PAB 的面积S =12PA ⋅AB =2.∴四面体ABEP 的体积V =V E−PAB =13⋅S ⋅EH =23.小提示:方法点睛:求几何体的体积常用的方法有:(1)规则的公式法;(2)不规则的割补法;(3)等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.19、如图,在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中,D 为棱AA 1的中点.若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形,求此三棱柱的表面积.答案:24√2+4√3分析:设AD =b,AB =a ,根据△BC 1D 是面积为6的直角三角形,由{BD 2+C 1D 2=BC 1212⋅BD ⋅C 1D =6求解.解:设AD =b,AB =a ,则BD =C 1D =√a 2+b 2,BC 1=√a 2+4b 2.由题意得{BD 2+C 1D 2=BC 12,12⋅BD ⋅C 1D =6, 即{a 2+b 2+a 2+b 2=a 2+4b 2,a 2+b 2=12,解得{a =2√2,b =2, 从而S 表=4×3×2√2+2×2√2×2√2×√34=24√2+4√3.。

(完整版)高考立体几何大题及答案(理)

(完整版)高考立体几何大题及答案(理)
由 得2AD= ,解得AD= 。
故AD=AF。又AD⊥AF,所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF,BC⊥AD,AF∩AD=A,故BC⊥平面DEF,因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF,设AE∩DF=H,则EH⊥DF,EH⊥平面BCD。
连接CH,则∠ECH为 与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形,AD= ,故EH=1,又EC= =2,
(II)设线段 、 的中点分别为 、 ,
求证: ∥
(III)求二面角 的大小。
10.如题(18)图,在五面体 中, ∥ , , ,四边形 为平行四边形, 平面 , .求:
(Ⅰ)直线 到平面 的距离;
(Ⅱ)二面角 的平面角的正切值.
11.如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(Ⅱ)设平面BCD的法向量 则
又 =(-1,1,0),
=(-1,0,c),故
令x=1,则y=1,z= , =(1,1, ).
又平面 的法向量 =(0,1,0)
由二面角 为60°知, =60°,
故 °,求得
于是 ,

°
所以 与平面 所成的角为30°
3、(Ⅰ)证明:连接 ,在 中, 分别是 的中点,所以 ,又 ,所以 ,又 平面ACD,DC 平面ACD,所以 平面ACD
(1)证明:PA⊥BD;
(2)设PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.
12(本小题满分12分)
如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形,AB CD,AC BD,垂足为H,
PH是四棱锥的高,E为AD中点
(1)证明:PE BC
(2)若 APB= ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值

高中空间立体几何经典例题精选全文完整版

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可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1.(20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学(理)卷(纯WORD 版))设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 ( )A .若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B .若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC .若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D .若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2.(20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案))若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为( )A .1:2B .1:4C .1:8D .1:16【答案】C 【答案】A3 3.(20XX 年高考新课标1(理))某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A .168π+B .88π+C .1616π+D .816π+【答案】A4 4.(20XX 年高考湖南卷(理))已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能...等于 ( )A .1B .2C .2-12D .2+12【答案】C5.(20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学(理)试题(含答案))已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.512πB .3πC.4πD.6π【答案】B6.(20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学(理)试题(含答案))某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为()A.5603B.5803C.200D.240【答案】C7.(20XX年高考江西卷(理))如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=()A.8 B.9 C.10 D.11【答案】A二、填空题8.(20XX年高考北京卷(理))如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559.(20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学)(已校对纯WORD 版含附加题))如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ,,分别是1AA AC AB ,,的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410.(20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版))某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11.(20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学(理)试题(纯WORD 版))已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12.(20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案))在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13.(20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版))如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面;(II)2.AB AC PA C PB A ===--若,1,1,求证:二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14.(20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案))如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15.(20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学)(已校对纯WORD 版含附加题))B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ,分别是棱SC SA ,的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16.(20XX 年高考上海卷(理))如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17.(20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学(理)卷(纯WORD 版))如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18.(20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学(理)试题(含答案))如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19.(20XX年高考陕西卷(理))如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,,故面且面所以;且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中,在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形,所以,则四边形的中点为设.,所以由以上三点得且,面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB,,,,)(.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111)(==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为,则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。

立体几何大题训练及答案

立体几何大题训练及答案

1、如图,正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直,△是等腰直角三角形,(1)线段的中点为,线段的中点为,求证:;(2)求直线与平面所成角的正切值.解:(1)取的中点为,连,,则,面/面, .............. 分5(2)先证出面,.............. 分8为直线与平面所成角,................ 分11................ 分142、己知多面体ABCDE中,DE平面ACD,, AC=AD=CD=DE=2 AB =1, O 为CD 的中点.(1)求证:AO平面CDE(2)求直线BD与平面CBE所成角的正弦值3、如图,在△中,,,点在上,交于,交于•沿将△翻折成△,使平面平面;沿将△翻折成△ ,使平面平面.( 1 )求证:平面;(2 )若,求二面角的平面角的正切值.解:(1)因为,平面,所以平面.因为平面平面,且,所以平面. …2分同理,平面,所以,从而平面. …4分所以平面平面,从而平面.2)因为,,所以,,,.过E作,垂足为M,连结.由( 1)知,可得,所以,所以.所以即为所求二面角的平面角,可记为.在Rt△中,求得,所以. …4、如图,平面ABC,平面BCD, DE=DA=AB=AC,. M(1) 求直线EM与平面BCD所成角的正弦值;(2) P为线段DM上一点,且DM,求证:AP//DE. (12)分15 分为BC中点.解:(1) 平面,为在平面上的射影,为与平面所成角. …分2平面,, 设,又,. 在△中,,,又为中点,, ,.…5分在△中,,.……………………分 (7)2),为中点, .又平面, ,平面.又平面,,分11 …分9又,平面. .............. 分13又平面,. .............. 分145、如图,已知ABCD是边长为1的正方形,AF丄平面ABCD, CE// AF,(1)证明:BD丄EF;(2)若AF= 1,且直线BE与平面ACE所成角的正弦值为,求的值.解:(1)连结BD、AC,交点为O. •/ ABCD是正方形/• BD丄AC ……2分•/ AF丄平面ABCD A AF丄BD ……4分••• BD丄平面ACEF (6)A BD丄EF ……7分(2)连结0E,由(1)知,BD丄平面ACEF所以/ BEO即为直线BE与平面ACE所成的角. ……10分•/ AF丄平面ABCD, CE// AF , • CE丄平面ABCD, CE1 BC,•/ BC =1 , AF= 1 ,贝U CE= , BE= , B0=,• RtA BEO 中,,…1盼因为解得. …… 15分6、如图在几何体中平面ABC分别是的中点.(1) 求证:平面CDE;(2) 求二面角的平面角的正切值.解:(1)连接ACR1R交EC于点F ,由题意知四边形ACCR1RE是矩形,贝U F是ACR1R的中连接DF, •/ D是AB的中点,•ABCR1R勺中位线,a BCR1R//DF, 4 分•/ BCR1RF面EDC DF平面EDC,• BCR1R//平面CDE. 7 分(2)作AH丄直线CD,垂足为H ,连接HE,•/ AAR1R丄平面ABC, • AAR1RL DC,CD丄平面AHE,CD丄EH ,••• AHE是二面角E -CD -A的平面角. 11分•/ D是AB的中点,• AH等于点B到CD的距离,在厶BCD中,求得:AH=, 在厶AEH中,即所求二面角的正切值为.7、如图,已知平面与直线均垂直于所在平面,且,( 1 )求证:平面;(2)若,求与平面所成角的正弦值.解:(1)证明:过点作于点,•••平面丄平面,•平面……2分又•••丄平面•- 〃 , ......... 分又•••平面• 〃平面 ......... 分(2) •••平面•,又•/••………………分8•点是的中点,连结,则•平面•//,•四边形是矩形………………分10设得:,又•••,•,从而,过作于点,则:•是与平面所成角…………………………………………分…… •,• 与平面所成角的正弦值为…………………………分14&如图,在直三棱柱中,是等腰直角三角形,,侧棱AA仁2, D, E分别为点,点E在平面ABD上的射影是的重心.(1) 求证:DE// 平面ACB;(2) 求A1B与平面ABD所成角的正弦值.12CC1 与A1B 的中9、如图,在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1中,底面△ ABC为等腰直角三角形,/ B=90°D为棱BB1的中点。

立体几何经典习题集(含答案)

立体几何经典习题集(含答案)

立体几何基础A 组题一、选择题:1.下列命题中正确命题的个数是 ( ) ⑴ 三点确定一个平面⑵ 若点P 不在平面α内,A 、B 、C 三点都在平面α内,则P 、A 、B 、C 四点不在同一平面内 ⑶ 两两相交的三条直线在同一平面内⑷ 两组对边分别相等的四边形是平行四边形A.0B.1C.2D.3答案:A2.已知异面直线a 和b 所成的角为︒50,P 为空间一定点,则过点P 且与a 、b 所成的角都是︒30的直线条数有且仅有 ( ) A.1条 B.2条 C.3条 D.4条答案:B 3.已知直线⊥l 平面α,直线⊂m 平面β,下列四个命题中正确的是 ( ) (1) 若βα//,则m l ⊥ (2) 若βα⊥,则m l // (3) 若m l //,则βα⊥ (4) 若 m l ⊥,则βα//A.(3)与(4)B.(1)与(3)C.(2)与(4)D.(1)与(2)答案:B4.已知m 、n 为异面直线,⊂m 平面α,⊂n 平面β,l =βα ,则l ( ) A.与m 、n 都相交 B.与m 、n 中至少一条相交 C.与m 、n 都不相交 D.至多与m 、n 中的一条相交答案:B5.设集合A={直线},B={平面},B A C =,若A a ∈,B b ∈,C c ∈,则下列命题中的真命题是 ( )A. c a b a b c ⊥⇒⎭⎬⎫⊥// B.c a c b b a //⇒⎭⎬⎫⊥⊥ C.c a b c b a //////⇒⎭⎬⎫ D. c a b c b a ⊥⇒⎭⎬⎫⊥//答案:A6.已知a 、b 为异面直线,点A 、B 在直线a 上,点C 、D 在直线b 上,且AC=AD ,BC=BD ,则直线a 、b 所成的角为 ( ) A. ︒90 B. ︒60 C. ︒45 D. ︒30答案:A7.下列四个命题中正确命题的个数是 ( ) 有四个相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱 各侧面都是正方形的四棱柱是正方体底面是正三角形,各侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥A.1个B.2个C.3个D.0个答案:D8.设M={正四棱柱},N={长方体},P={直四棱柱},Q={正方体},则这些集合之间关系是 ( ) A.Q M N P B.Q M N P C.Q N M P D.Q N M P答案:B9.正四棱锥P —ABCD 中,高PO 的长是底面长的21,且它的体积等于334cm ,则棱AB 与侧面PCD 之间的距离是 ( ) A.cm 2 B. cm 2 C. cm 1 D.cm 22答案:A10.纬度为α的纬圈上有A 、B 两点,弧在纬圈上,弧AB 的长为απcos R (R 为球半径),则A 、B 两点间的球面距离为 ( )A. R πB. R )(απ-C. R )2(απ-D. R )2(απ-答案:D11.长方体三边的和为14,对角线长为8,那么 ( ) A.它的全面积是66 B.它的全面积是132C.它的全面积不能确定D.这样的长方体不存在答案:D12.正四棱锥P —ABCD 的所有棱长都相等,E 为PC 的中点,那么异面直线BE 与PA 所成角的余弦值等于( )A.21B. 22C. 32D. 33答案:D13.用一个过正四棱柱底面一边的平面去截正四棱柱,截面是 ( )A.正方形B.矩形C.菱形D.一般平行四边形答案:B二、填空题:14.正方体1111D C B A ABCD -中,E 、F 、G 分别为AB 、BC 、CC 1的重点,则EF 与BG 所成角的余弦值为________________________答案:510 15.二面角βα--a 内一点P 到两个半平面所在平面的距离分别为22和4,到棱a 的距离为24,则这个二面角的大小为__________________答案:︒︒16575或16.四边形ABCD 是边长为a 的菱形,︒=∠60BAD ,沿对角线BD 折成︒120的二面角A —BD —C 后,AC 与BD 的距离为_________________________答案:a 43 17.P 为︒120的二面角βα--a 内一点,P 到α、β的距离为10,则P 到棱a 的距离是_________________答案:3320 18.如图:正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成︒60的二面角,则异面直线AD 与BF 所成角的余弦值是______________________答案:4219.已知三棱锥P —ABC 中,三侧棱PA 、PB 、PC 两两互相垂直,三侧面与底面所成二面角的大小分别为γβα,,,则=++γβα222cos cos cos _______________答案:1 20.若四面体各棱的长是1或2,且该四面体不是正四面体,则其体积的值是_____________(只需写出一个可能的值)。

立体几何基础题题库(360道附详细答案)

立体几何基础题题库(360道附详细答案)

S P
S
SS
S
PP
P
R
RR
Pபைடு நூலகம்
Q
R Q
QR
R
P
QR P PQ
Q
R
P
R
Q
QS
R
SS
Q
R
S
SQ R
Q
Q
RP
Q
P
R
S SQ R
P S
R Q
(A)
(B)
(C)
(D)
D
解析: A 项: PS 底面对应的中线,中线平行 QS,PQRS 是个梯形
D'
P
A'
S
C'
B'
R
D
A
B 项: 如图
Q
C B
C 项:是个平行四边形
EG2 FH 2 =2 (EF 2 FG2 ) = 1 ( AC2 BD2 ) 1 (a2 2b)
2
2
27. 如图,在三角形⊿ABC 中,∠ACB=90º, AC=b,BC=a,P 是⊿ABC 所在平面外一点,PB⊥AB, 点,AB⊥MC,求异面直 MC 与 PB 间的距离.
M 是 PA 的中
四边形矛盾。∴EF 和 AD 为异面直线.
26. 在空间四边形 ABCD 中,E,H 分别是 AB,AD 的中点,F,G 分别是 CB,CD 的中点,若 AC + BD
= a ,AC BD =b,求 EG2 FH 2 . A
解析:四边形 EFGH 是平行四边形,…………(4 分)
E H
B F
D
G C
得 OX2+OY2+OZ2=37,OP= 37 .

大题 立体几何(精选30题)(学生版)

大题 立体几何(精选30题)(学生版)

大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2,M是BC的中点,N是AB1的中点,P是B1C1的中点.(1)证明:MN⎳平面A1CP;(2)求点P到直线MN的距离.2(2024·安徽合肥·二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD= 60°,M是侧棱PC的中点,侧面PAD为正三角形,侧面PAD⊥底面ABCD.(1)求三棱锥M-ABC的体积;(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值.3(2023·福建福州·模拟预测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2,A1B=6.(1)设D为AC中点,证明:AC⊥平面A1DB;(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值.4(2024·山西晋中·三模)如图,在六面体ABCDE中,BC=BD=6,EC⊥ED,且EC=ED= 2,AB平行于平面CDE,AE平行于平面BCD,AE⊥CD.(1)证明:平面ABE⊥平面CDE;(2)若点A到直线CD的距离为22,F为棱AE的中点,求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中,A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处,P为棱A1B1(包含端点)上的动点.(1)求点P到平面ABC1的距离;(2)若AP⊥平面α,求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中,已知AB∥CD,∠BAD=90°,CD= 2AB,△PAB是正三角形,点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC.(1)证明:PM=2BM;(2)若侧面PAB⊥底面ABCD,CM与底面ABCD所成角的正切值为311,求二面角P-AC-B的余弦值.7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日,中央农村工作会议在北京召开,习近平主席对“三农”工作作出指示.某地区为响应习近平主席的号召,积极发展特色农业,建设蔬菜大棚.如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架,四边形ABCD是矩形,AB=8m,AD=4m,ED=CF=1m,且ED,CF都垂直于平面ABCD,GA=GB=5m,HE=HF,平面ABG⊥平面ABCD.(1)求点H到平面ABCD的距离;(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值.8(2024·重庆·模拟预测)如图,ACDE为菱形,AC=BC=2,∠ACB=120°,平面ACDE⊥平面ABC,点F在AB上,且AF=2FB,M,N分别在直线CD,AB上.(1)求证:CF⊥平面ACDE;(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线,若∠EAC=60°,MN为直线CD,AB的公垂线,求ANAF的值;(3)记直线BE与平面ABC所成角为α,若tanα>217,求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围.9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°,使得CD 到EF 的位置,得到如图所示的几何体.(1)求证:平面ACF ⊥平面BDE ;(2)点M 为DF 上一点,若二面角C -AM -E 的余弦值为13,求∠MAD .10(2024·安徽黄山·二模)如图,已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径,C 是圆O 1上异于A ,B 的点,D 是圆台上底面圆O 2上的点,且平面DAC ⊥平面ABC ,DA =DC =AC =2,BC =4,E 是CD 的中点,BF =2FD .(1)证明:DO 2⎳BC ;(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22,A 1B 1=12AB ,M 为BC 中点,已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ,其中λ∈0,1 .(1)求证D 1P ⊥AC ;(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37,当λ=23时,求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值.12(2024·辽宁·三模)如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2,AB =1,BC =3,点E 为线段AC 的中点.(1)求证:AB 1∥平面BEC 1;(2)若∠A 1AC =π3,求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,△DCP是等边三角形,∠DCB=∠PCB=π4,点M,N分别为DP和AB的中点.(1)求证:MN⎳平面PBC;(2)求证:平面PBC⊥平面ABCD;(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD 为直角梯形,△PAD为等边三角形,AD⎳BC,AD⊥AB,AD=AB=2BC=2.(1)求证:AD⊥PC;(2)点N在棱PC上运动,求△ADN面积的最小值;(3)点M为PB的中点,在棱PC上找一点Q,使得AM⎳平面BDQ,求PQQC的值.15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示,圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形,AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点,且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证:C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C⊥底面ABC,且AB= AC,A1B=A1C.(1)证明:AA1⊥平面ABC;(2)若AA1=BC=2,∠BAC=90°,求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值.17(2024·河北保定·二模)如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行,PA ⊥平面ABCD ,直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32,PA =BC =23,CD =2AB =4.(1)证明:四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ,求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图,在圆锥PO 中,P 是圆锥的顶点,O 是圆锥底面圆的圆心,AC 是圆锥底面圆的直径,等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形,E 是圆锥母线PC 的中点,PO =6,AC =4.(1)求证:平面BED ⊥平面ABD ;(2)设点M 在线段PO 上,且OM =2,求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形,∠DAB =60°,PA =PC ,PB =PD =210,M 是线段PC 上的点,且PC =4MC .(1)证明:PC ⊥平面BDM ;(2)点E 在直线DM 上,求BE 与平面ABCD 所成角的最大值.20(2024·湖南·二模)如图,直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形,∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积;(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ,点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出),求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23,平面PCB⊥平面ABCD,F为线段BC的中点,E为线段PF上一点.(1)证明:PF⊥AD;(2)当EF为何值时,直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=4,∠ABC=60°,E为CD 的中点,将△ADE沿AE折起,连结BD,CD,且BD=4,如图2.(1)求证:图2中的平面ADE⊥平面ABCE;(2)在图2中,若点F在棱BD上,直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010,求点F到平面DEC 的距离.23(2024·福建·模拟预测)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6,已知二面角P-AB-C的大小为θ,∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离;(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时,求:(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值;(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图,在多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.(1)证明:∠ABQ=90°;(2)若多面体ABCDPQ的体积为152,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,PA⊥平面ABCD,PA∥QD,BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明:平面PCD⊥平面PAC;(2)若PQ=22,求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=4,AC=2,∠CAB=60°,BC⊥AP.(1)证明:平面ACP⊥平面ABC;(2)若PA=2,PB=4,求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图,在正三棱锥A -BCD 中,BC =CD =BD =4,点P 满足AP =λAC ,λ∈(0,1),过点P 作平面α分别与棱AB ,BD ,CD 交于Q ,S ,T 三点,且AD ⎳α,BC ⎳α.(1)证明:∀λ∈(0,1),四边形PQST 总是矩形;(2)若AC =4,求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1.在菱形ABCD 中,∠ABC =120°,AB =4,AE =λAD ,AF =λAB (0<λ<1),沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP .如图2所示,设二面角P -EF -B 的平面角为θ.(1)当λ为何值时,三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时,∀λ∈0,1 ,平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ,n ,其中m ,n 与α的交点分别为A ,B ,AB =1,设直线m 与n 之间的夹角为π3,(1)如图1,若直线m ,n 交于点C ,求点C 到平面α距离的最大值;(2)如图2,若直线m ,n 互为异面直线,直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α,PQ ⊥n 且PQ ⊥m ,(i )求直线m ,n 与平面α的夹角之和;(ii )设PQ =d 0<d <1 ,求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d .30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示,四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1,底面ABCD 为一个菱形,且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ,O 1. AB =2A 1B 1=2,BB 1=DD 1=392,AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明:OO 1⊥平面ABCD ;(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角,旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343,此时求θ的值(θ<90°);(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.。

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高中数学《立体几何》大题及答案解析( 理)1.( 2009 全国卷Ⅰ)如图,四棱锥S ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, SD底面ABCD,AD2 ,DCo SD 2 ,点 M 在侧棱 SC 上,∠ABM=60。

(I )证明:M是侧棱SC的中点;求二面角 S AM B 的大小。

2.( 2009 全国卷Ⅱ)如图,直三棱柱DE ⊥平面 BCC 1(Ⅰ)证明: AB=AC 的角的大小ABC-A 1B1C1中, AB ⊥ AC,D 、E 分别为 AA 1、 B1C 的中点,(Ⅱ)设二面角A-BD-C 为 60°,求 B 1C 与平面 BCD 所成A 1 C1B1D EACB3. ( 2009浙江卷)如图,DC平面ABC,EB / / DC,AC BC EB 2DC 2 ,ACB 120o, P,Q 分别为 AE , AB 的中点.(I)证明: PQ / / 平面ACD;(II)求AD与平面 ABE 所成角的正弦值.4.( 2009 北京卷)如图,四棱锥P ABCD 的底面是正方形,PD 底面 ABCD ,点E在棱PB上.(Ⅰ)求证:平面AEC 平面 PDB ;(Ⅱ)当 PD2AB 且E为PB的中点时,求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小.5.( 2009 江西卷)如图,在四棱锥P ABCD 中,底面 ABCD 是矩形, PA平面ABCD,PA AD 4 , AB 2 .以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球面交PD 于点 M .(1)求证:平面ABM⊥平面PCD;(2)求直线PC与平面ABM所成的角;(3)求点O到平面ABM的距离.PMA DOBC6(. 2009 四川卷)如图,正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直,△ ABE 是等腰直角三角形,AB AE , FA FE , AEF 45 (I)求证: EF 平面 BCE ;( II )设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ,求证: PM ∥平面BCE ( III )求二面角 F BD A 的大小。

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FEDCBA 立体几何专题复习热点一:直线与平面所成的角例1.(2014,广二模理 18) 如图,在五面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,EF ∥平面ABCD , 1EF =,,90FB FC BFC ︒=∠=,3AE =.(1)求证:AB ⊥平面BCF ;(2)求直线AE 与平面BDE 所成角的正切值.变式1:(2013湖北8校联考)如左图,四边形ABCD 中,E 是BC 的中点,2,1,5,DB DC BC ===2.AB AD ==将左图沿直线BD 折起,使得二面角A BD C --为60,︒如右图.(1)求证:AE ⊥平面;BDC(2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值.变式2:[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中,AB =BD =CD =1,AB ⊥BD ,CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起,使得平面ABD ⊥平面BCD ,如图1-5所示.(1)求证:AB ⊥CD ; (2)若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2.[2014·广东卷] 如图1-4,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.变式3:[2014·浙江卷] 如图1-5,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC= 2.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.变式4:[2014·全国19] 如图1-1所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,点A1在平面ABC内的射影D在AC 上,∠ACB=90°,BC=1,AC=CC1=2.(1)证明:AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3,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 ,23AB =.(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1111ABCD A B C D -中,1K BB ∈,1M CC ∈,且114BK BB =,134CM CC =. 求:平面AKM 与ABCD 所成角的余弦值.变式6:如图1111ABCD A B C D -是长方体,AB =2,11AA AD ==,求二平面1AB C 与1111A B C D 所成二面角的正切值.高考试题精选1.[2014·四川,18] 三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图1-4所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.2.[2014·湖南卷] 如图所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求二面角C1­OB1­D的余弦值.3.[2014·江西19] 如图1-6,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD. (2)若∠BPC=90°,PB=2,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD 的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.M OH FED C B A 立体几何专题复习 答案例1.(2014,广二模)(1)证明:取AB 的中点M ,连接EM ,则1AM MB ==,∵EF ∥平面ABCD ,EF ⊂平面ABFE ,平面ABCD 平面ABFE AB =, ∴EF ∥AB ,即EF ∥MB . ……………1分 ∵EF =MB 1=∴四边形EMBF 是平行四边形. ……………2分 ∴EM ∥FB ,EM FB =.在Rt △BFC 中,2224FB FC BC +==,又FB FC =,得FB =∴EM =……………3分在△AME中,AE =1AM =,EM =∴2223AM EM AE +==,∴AM EM ⊥. ……………4分 ∴AM FB ⊥,即AB FB ⊥. ∵四边形ABCD 是正方形,∴AB BC ⊥. ……………5分 ∵FB BC B =,FB ⊂平面BCF ,BC ⊂平面BCF ,∴AB ⊥平面BCF . ……………6分 (2)证法1:连接AC ,AC 与BD 相交于点O ,则点O 是AC 的中点, 取BC 的中点H ,连接,OH EO ,FH , 则OH ∥AB ,112OH AB ==. 由(1)知EF ∥AB ,且12EF AB =,∴EF ∥OH ,且EF OH =.∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ,且1EO FH == .……………7分 由(1)知AB ⊥平面BCF ,又FH ⊂平面BCF ,∴FH AB ⊥. ……………8分∵FH BC ⊥,,ABBC B AB =⊂平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD ,∴FH ⊥平面ABCD . ……………9分 ∴EO ⊥平面ABCD . ∵AO ⊂平面ABCD ,∴EO ⊥AO . ……………10分 ∵AO BD ⊥,,EOBD O EO =⊂平面EBD ,BD ⊂平面EBD ,∴AO ⊥平面EBD . ……………11分∴AEO ∠是直线AE 与平面BDE 所成的角. ……………12分 在Rt △AOE中,tan AOAEO EO∠== ……………13分 ∴直线AE 与平面BDE……………14分 证法2:连接AC ,AC 与BD 相交于点O ,则点O 取BC 的中点H ,连接,OH EO ,FH , 则OH ∥AB ,112OH AB ==.由(1)知EF ∥AB ,且12EF AB =, ∴EF ∥OH ,且EF OH =. ∴四边形EOHF 是平行四边形.∴EO ∥FH ,且1EO FH ==. ……………7分 由(1)知AB ⊥平面BCF ,又FH ⊂平面BCF , ∴FH AB ⊥.∵FH BC ⊥,,ABBC B AB =⊂平面ABCD ,BC ⊂平面ABCD ,∴FH ⊥平面ABCD .∴EO ⊥平面ABCD . ……………8分 以H 为坐标原点,BC 所在直线为x 轴,OH 所在直线为y 轴,HF 所在直线为z 轴, 建立空间直角坐标系H xyz -,则()1,2,0A -,()1,0,0B ,()1,2,0D --,()0,1,1E -. ∴()1,1,1AE =-,()2,2,0BD =--,()1,1,1BE =--. ……………9分 设平面BDE 的法向量为=n (),,x y z ,由n 0BD ⋅=,n 0BE ⋅=, 得220x y --=,0x y z --+=,得0,z x y ==-.令1x =,则平面BDE 的一个法向量为=n ()1,1,0-. ……………10分 设直线AE 与平面BDE 所成角为θ, 则sin θ=cos ,n AE⋅=n AE nAE=. ……………11分∴cos θ==,sin tan cos θθθ== ……………13分 ∴直线AE 与平面BDE……………14分变式1:(2013湖北8校联考)(1)取BD 中点F ,连结,EF AF ,则11,,60,2AF EF AFE ==∠=……………2分由余弦定理知22222113121cos 60,222AE AF EF AE AE EF ⎛⎫=+-⋅⋅=+=∴⊥ ⎪⎝⎭………4分又BD ⊥平面AEF ,,BD AE AE ∴⊥⊥平面BDC ………6分(2)以E 为原点建立如图示的空间直角坐标系,则31(1,,0)2A C -,11(1,,0),(1,,0)22B D --- ………8分设平面ABD 的法向量为n (,,)x y z =,由00n DB n DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得201302x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩,取3z =,则3,(0,3)y =-∴=-n . 136(1,,),cos ,224||||AC AC AC AC =--∴<>==-n n n ……11分故直线AC 与平面ABD 10. …………12分变式2:(2014福建卷)解:(1)证明:∵平面ABD ⊥平面BCD ,平面ABD ∩平面BCD =BD ,AB ⊂平面ABD ,AB ⊥BD ,∴AB ⊥平面BCD . …………3分 又CD ⊂平面BCD ,∴AB ⊥CD . …………4分 (2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .由(1)知AB ⊥平面BCD ,BE ⊂平面BCD ,BD ⊂平面BCD ,∴AB ⊥BE ,AB ⊥BD . ……6分以B 为坐标原点,分别以BE →,BD →,BA →的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).依题意,得B (0,0,0),C (1,1,0),D (0,1,0),A (0,0,1),M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,12.则BC →=(1,1,0),BM →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,12,AD →=(0,1,-1).…………7分设平面MBC 的法向量n =(x 0,y 0,z 0), 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →=0,n ·BM →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧x 0+y 0=0,12y 0+12z 0=0, 取z 0=1,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θ,则sin θ=||cos 〈n ,AD →〉=|n ·AD →||n |·|AD →|=63. …………11分即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. …………12分例2.(2014,广东卷):(1):,,,,A ,,,,,,,,,,.(2):E EG//CF DF G,,,G GH AF H,EH,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD D ABCD AD CD AD PCD CF PCD CF AD AF PC CF AF AD AF ADF ADAF A CF ADF CF DF EG DF ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥∴⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥⊥∠解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面解法一过作交于平面A 平面A 过作于连则00,CD 2,30,130,==1,21324,,,,,22333EG .,423EHG D AF E DPC CDF CF CD DECF CP EF DC DEDF DP CP DE EF AE AF EF DF AE EF EH HG AF --=∠=∴∠==∴=∴⋅=====⋅∴====为二面角的平面角设从而∥还易求得EF=从而易得故cos GH EHG EH ∴∠===12:,,,,,2,1(0,0,2),C(0,2,0),,(23,22,0),,,431,0),ADF CP (3,1,0),22AEF (x DP DC DA x y z DC A CF CP F DF CF F E n n λλλλ==-⊥===-=解法二分别以为轴建立空间直角坐标系设则设则可得从而易得取面的一个法向量为设面的一个法向量为2212212,y,z),0,0,4||||2n AE n AF n n n n n ⋅=⋅=⋅==⋅⨯利用且得可以是从而所求二面角的余弦值为变式3:(2014浙江卷)解:(1)证明:在直角梯形BCDE 中,由DE =BE =1,CD =2,得BD =BC =2,由AC =2,AB =2,得AB 2=AC 2+BC 2,即AC ⊥BC . …………2分 又平面ABC ⊥平面BCDE ,从而AC ⊥平面BCDE ,所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ,从而DE ⊥平面ACD . …………4分 (2)方法一:过B 作BF ⊥AD ,与AD 交于点F ,过点F 作FG ∥DE ,与AE 交于点G ,连接BG . 由(1)知DE ⊥AD ,则FG ⊥AD .所以∠BFG 是二面角B - AD - E 的平面角.…………6分在直角梯形BCDE 中,由CD 2=BC 2+BD 2,得BD ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ,得BD ⊥平面ABC ,从而BD ⊥AB .由AC ⊥平面BCDE ,得AC ⊥CD . 在Rt △ACD 中,由DC =2,AC =2,得AD = 6.在Rt △AED 中,由ED =1,AD =6,得AE =7.…………7分在Rt △ABD 中,由BD =2,AB =2,AD =6,得BF =2 33,AF =23AD .从而GF =23ED =23. …………9分在△ABE ,△ABG 中,利用余弦定理分别可得cos ∠BAE =5 714,BG =23. …………11分在△BFG 中,cos ∠BFG =GF 2+BF 2-BG 22BF ·GF =32. …………13分所以,∠BFG =π6,即二面角B - AD - E 的大小是π6.…………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D - xyz ,如图所示.由题意知各点坐标如下:D (0,0,0),E (1,0,0),C (0,2,0),A (0,2,2),B (1,1,0).设平面ADE 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),平面ABD 的法向量为n =(x 2,y 2,z 2).可算得AD =(0,-2,-2),AE =(1,-2,-2),DB →=(1,1,0).…………7分由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD =0,m ·AE →=0,即⎩⎨⎧-2y 1-2z 1=0,x 1-2y 1-2z 1=0,可取m =(0,1,-2).…………9分由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →=0,n ·DB →=0,即⎩⎨⎧-2y 2-2z 2=0,x 2+y 2=0, 可取n =(1,-1,2).…………11分于是|cos 〈m ,n 〉|=|m ·n ||m |·|n |=33×2=32. …………13分由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B - AD - E 的大小是π6. …………变式4:(2014全国卷) 19.解:方法一:(1)证明:因为A 1D ⊥平面ABC ,A 1D ⊂平面AA 1C 1C ,故平面 AA 1C 1⊥平面ABC . 又BC ⊥AC ,所以BC ⊥平面AA 1C 1C . …………2分连接A 1C ,因为侧面AA 1C 1C 为菱形,故AC 1⊥A 1C .由三垂线定理得AC 1⊥A 1B . ……4分(注意:这个定理我们不能用) (2) BC ⊥平面AA 1C 1C ,BC ⊂平面BCC 1B 1,故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1.作A 1E ⊥CC 1,E 为垂足,则A 1E ⊥平面BCC 1B 1. …………6分又直线AA 1∥平面BCC 1B 1,因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离,即A 1E = 3.因为A 1C 为∠ACC 1的平分线,所以A 1D =A 1E = 3. …………8分作DF ⊥AB ,F 为垂足,连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ,故∠A 1FD 为二面角A 1 ­ AB ­ C 的平面角.…………10分 由AD =AA 21-A 1D 2=1,得D 为AC 中点,DF =55,tan ∠A 1FD =A 1DDF=15,……12分 所以cos ∠A 1FD =14. …………13分所以二面角A 1 ­ AB ­ C 的大小为arccos 14. …………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,建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz .由题设知A 1D 与z 轴平行,z 轴在平面AA 1C 1C 内.(1)证明:设A 1(a ,0,c ).由题设有a ≤2,A (2,0,0),B (0,1,0),则AB →=(-2,1,0),AC →=(-2,0,0),AA 1→=(a -2,0,c ),AC 1→=AC →+AA 1→=(a -4,0,c ),BA 1→=(a ,-1,c )|AA 1→|=2,得(a -2)2+c 2=2,即a 2-4a +c 2=0.①又AC 1→·BA 1→=a 2-4a +c 2=0,所以AC 1⊥A 1B . …………4分(2)设平面BCC 1B 1的法向量m =(x ,y ,z ),则m ⊥CB →,m ⊥BB 1→,即m ·CB →=0,0.因为CB →=(0,1,0),BB 1→=AA 1→=(a -2,0,c ),所以y =0且(a -2)x +cz =0.令x =c ,则z =2-a ,所以m =(c ,0,2-a ),故点A 到平面BCC 1B 1的距离为 |CA →|·|cos 〈m ,CA →〉|=|CA →·m ||m |=2cc 2+(2-a )2=c . …………6分又依题设,A 到平面BCC 1B 1的距离为3,所以c =3, 代入①,解得a =3(舍去)或a =1, 于是AA 1→=(-1,0,3). …………8分 设平面ABA 1的法向量n =(p ,q ,r ), 则n ⊥AA 1→,n ⊥AB →,即n ·AA 1→=0,n ·AB →=0, -p +3r =0,且-2p +q =0. 令p =3,则q =23,r =1,所以n =(3,23,1).…………10分又p =(0,0,1)为平面ABC 的法向量,…………11分故 cos 〈n ,p 〉=n ·p |n ||p |=14. …………13分所以二面角A 1 ­ AB ­ C 的大小为arccos 14. …………14分例3. 无棱二面角(2010年江西卷)解法一:(1)取CD 中点O ,连OB ,OM ,则OB ⊥CD ,OM ⊥CD .又平面MCD ⊥平面BCD ,则MO ⊥平面BCD ,所以MO ∥AB ,A 、B 、O 、M 共面.延长AM 、BO 相交于E ,则∠AEB 就是AM 与平面BCD 所成的角.OB =MO 3MO ∥AB ,MO//面ABC ,M 、O 到平面ABC 的距离相等,作OH ⊥BC 于H ,连MH ,则MH ⊥BC ,求得:OH=OCsin600=32,MH=152,利用体积相等得:2155A MBC M ABC V V d --=⇒=。

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