立体几何典型例题(含答案).doc

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，在五面体中，四边形是边长为的正方形，∥平面， ，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正切值.

变式1：（2013湖北8校联考）如左图，四边形中，是的中点，
将左图沿直线折起，使得二面角为如右图.
（1） 求证：平面
（2） 求直线与平面所成角的余弦值.

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1­5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1­4，四边形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1­5，在四棱锥A ­BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.
(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1­1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，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，.
（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：在正方体中，，，且，．
求：平面AKM与ABCD所成角的余弦值．

变式6：如图是长方体，AB＝2，，求二平面与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1­4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1­6，四棱锥P ­ ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝，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．

立体几何专题复习 答案
例1.（2014，广二模）
（1）证明：取的中点，连接，则，
∵∥平面，平面，平面平面，
∴∥，即∥. ……………1分
∵
∴四边形是平行四边形. ……………2分
∴∥，.
在Rt△中，，又，得.
∴. ……………3分
在△中，，，，
∴，
∴. ……………4分
∴，即.
∵四边形是正方形，
∴. ……………5分
∵，平面，平面，
∴平面. ……………6分
（2）证法1：连接，与相交于点，则点是的中点，
取的中点，连接，，
则∥，.
由（1）知∥，且，
∴∥，且.
∴四边形是平行四边形.
∴∥，且 .……………7分
由（1）知平面，又平面，
∴. ……………8分
∵，平面，平面，
∴平面. ……………9分
∴平面.
∵平面，
∴. ……………10分
∵，平面，平面，
∴平面. ……………11分
∴是直线与平面所成的角. ……………12分
在Rt△中，. ……………13分
∴直线与平面所成角的正切值为. ……………14分
证法2：连接，与相交于点，则点是的中点，
取的中点，连接，，
则∥，.
由（1）知∥，且，
∴∥，且.
∴四边形是平行四边形.
∴∥，且. ……………7分
由（1）知平面，又平面，
∴.
∵，平面，平面，
∴平面.
∴平面. ……………8分
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，则，，，.
∴，，. ……………9分
设平面的法向量为，由，，
得，，得.
令，则平面的一个法向量为. ……………10分
设直线与平面所成角为，
则. ……………11分
∴，. ……………13分
∴直线与平面所成角的正切值为. ……………14分
变式1：（2013湖北8校联考）
（1）取中点，连结,则……………2分
由余弦定理知………4分
又平面,平面………6分
（2）以为原点建立如图示的空间直角坐标系，
则, ………8分
设平面的法向量为,
由得,取,则.
……11分
故直线与平面所成角的余弦值为. …………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，，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.
则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．…………7分
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)， 则即
取z0＝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＝＝＝. …………11分
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为. …………12分

例2.（2014，广东卷）

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＝，
由AC＝，AB＝2，
得AB2＝AC2＋BC2，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CD2＝BC2＋BD2，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＝，得AD＝.
在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝.…………7分
在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，得BF＝，AF＝AD.
从而GF＝ED＝. …………9分
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝. …………11分
在△BFG中，cos∠BFG＝＝. …………13分
所以，∠BFG＝，即二面角B ­ AD ­ E的大小是.…………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，)，B(1，1，0)．
设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
可算得AD＝(0，－2，－)，AE＝(1，－2，－)，＝(1，1，0)．…………7分
由即可取m＝(0，1，－)．…………9分
由即 可取n＝(1，－1，)．…………11分
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝. …………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. …………14分

变式4：（2014全国卷）
19．解：方法一：(1)证明：因为A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，故平面 AA1C1C⊥平面ABC. 又BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C. …………2分
连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C.
由三垂线定理得AC1⊥A1B. ……4分（注意：这个定理我们不能用）
(2) BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1.
作A1E⊥CC1，E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1. …………6分
又直线AA1∥平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E＝.
因为A1C为∠ACC1的平分线，所以A1D＝A1E＝. …………8分
作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F.
由三垂线定理得A1F⊥AB，故∠A1FD为二面角A1 ­ AB ­ C的平面角．…………10分
由AD＝＝1，得D为AC中点，DF＝，tan∠A1FD＝＝，……12分
所以cos∠A1FD＝. …………13分
所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos. …………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A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内．
(1)证明：设A1(a，0，c)．由题设有a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则＝(－2，1，0)，＝(－2，0，0)，＝(a－2，0，c)，＝＋＝(a－4，0，c)，＝(a，－1，c)．由||＝2，得＝2，即a2－4a＋c2＝0.①
又·＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B . …………4分
(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥，m⊥，即m·＝0，m·＝0.因为＝(0，1，0)，＝＝(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BCC1B1的距离为
||·|cos〈m，〉|＝＝＝c. …………6分
又依题设，A到平面BCC1B1的距离为，所以c＝，
代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1，
于是＝(－1，0，)． …………8分
设平面ABA1的法向量n＝(p，q，r)，
则n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0，
－p＋r＝0，且－2p＋q＝0.
令p＝，则q＝2 ，r＝1，所以n＝(，2 ，1)．…………10分
又p＝(0，0，1)为平面ABC的法向量，…………11分
故 cos〈n，p〉＝＝. …………13分
所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos. …………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.又平面平面,则MO⊥平面，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=，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，则MHBC，求得：
OH=OCsin600=,MH=,利用体积相等得：。…………5分
（2）CE是平面与平面的交线.
由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.
作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为. ……7分
因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.
，…………9分
， …………11分
所以，所求二面角的正弦值是. …………12分
解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,则MO⊥平面.
以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.
OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2），
（1）设是平面MBC的法向量，则，
，由得；由得；取，则距离
…………5分
（2），.
设平面ACM的法向量为，由得.解得，，取.又平面BCD的法向量为，则
设所求二面角为，则.…………12分

变式5：
解析：由于BCMK是梯形，则MK与CB相交于E．A、E确定的直线为m，过C作CF⊥m于F，连结MF，因为MC⊥平面ABCD，CF⊥m，故MF⊥m．∠MFC是二面角M－m－C的平面角．设正方体棱长为a，则，．在△ECM中，由BK∥CM可得，，故．因此所求角的余弦值为．
变式6：
解析：∵平面ABCD∥平面，∴平面与平面的交线m为过点且平行于AC的直线．直线m就是二平面与所成二面角的棱．又平面与平面⊥平面，过作AH⊥m于H，连结AH．则为二面角的平面角．可求得．

高考试题精选
1.（2014 四川卷）
解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，所以AO⊥BD，OC⊥BD.
因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，
所以BD⊥平面AOC.
又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.
取BO的中点H，连接NH，PH.
又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，
因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.
因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.
因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.
又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.
又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.
因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．…………5分
(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.
由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.
因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A ­ NP ­ M的一个平面角．
由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.
由俯视图可知，AO⊥平面BCD.
因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，
所以BR＝＝.
因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，
所以NQ∥BR.
又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，
所以NQ＝＝.
同理，可得MQ＝. 故△MNQ为等腰三角形，
所以在等腰△MNQ中， cos∠MNQ＝＝＝.…………13分
故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是. …………14分
方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.
因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.
又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．…………6分
如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz.
则A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)．
因为M，N分别为线段AD，AB的中点，
又由(1)知，P为线段BC的中点，
所以M，N，P，于是
AB＝(1，0，－)，BC＝(－1，，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝.…………7分
设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，
由得即从而
取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)． …………9分
设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，
得即从而
取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)． …………11分
设二面角A ­ NP ­ M的大小为θ，则cos θ＝＝＝.…13分
故二面角A­NP­M的余弦值是.…………14分

2.（2014 湖南卷）
解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD.
因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.
由题设知，O1O∥C1C.故O1O⊥底面ABCD. …………4分
(2)方法一： 如图(a)，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.
由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.
又因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，
因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1.
进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1­OB1­D的平面角．
不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，OB1＝.
在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.
而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝.
故cos∠C1HO1＝＝＝.
即二面角C1­OB1­D的余弦值为.
方法二：因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，
所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.
又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．
如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O ­xyz，不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，
于是相关各点的坐标为O(0，0，0) ，B1(，0，2)，C1(0，1，2)．
易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．
设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则即
取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．
设二面角C1­OB1­D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
故二面角C1­OB1­D的余弦值为.

3.（2014 江西卷）
19．解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.
(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.
故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.
在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.
设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P ­ ABCD的体积为
V＝×·m·＝.
因为m＝＝，
所以当m＝，即AB＝时，四棱锥P ­ ABCD的体积最大．
此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为
O(0，0，0)，B，C，D，P，
故＝，＝(0，，0)，CD＝.
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，
则由n1⊥，n1⊥，得解得x＝1，y＝0，则n1＝(1，0，1)．
同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝.
设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝.