文科立体几何线面角二面角专题-带答案.doc

文科立体几何线面角二面角专题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、解答题
1．如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

2．如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．

3．（2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
4．如图，在三棱柱中，点P，G分别是，的中点，已知⊥平面ABC，==3，==2.
（I）求异面直线与AB所成角的余弦值；
（II）求证：⊥平面；
（III）求直线与平面所成角的正弦值.

5．如图，四棱锥，底面是正方形，，，，分别是，的中点.

（1）求证；
（2）求二面角的余弦值.
6．如图，三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.

（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求直线与直线所成角的正弦值.
7．如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD＝2EF．
（Ⅰ）求证：平面ADE⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若二面角CBFD的大小为60°，求CF与平面ABCD所成角的正弦值．

8．如图，在四棱锥中，平面，，，，点是与的交点，点在线段上，且.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.

9．在多面体中，底面是梯形，四边形是正方形，，，，，

（1）求证：平面平面；
（2）设为线段上一点，，求二面角的平面角的余弦值.
10．如图，在多面体中，四边形为等腰梯形，，已知，，，四边形为直角梯形，，.

（1）证明：平面，平面平面；
（2）求三棱锥的体积.

试卷第5页，总5页
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
参考答案
1．（1）见解析（2）
【解析】分析：(1)根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论，(2)根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果.
详解：（1）因为，为的中点，所以，且.
连结.因为，所以为等腰直角三角形，
且，.
由知.
由知平面.
（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.

由已知得取平面的法向量.
设，则.
设平面的法向量为.
由得，可取，
所以.由已知得.
所以.解得（舍去），.
所以.又，所以.
所以与平面所成角的正弦值为.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
2．解：
（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．
连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．
由知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．
所以OM=，CH==．
所以点C到平面POM的距离为．
【解析】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.
详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．
连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．
由知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．
所以OM=，CH==．
所以点C到平面POM的距离为．
点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.
3．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.
方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.
详解：方法一：
（Ⅰ）由得，
所以.
故.
由， 得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.学科.网
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
方法二：
（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下：

因此
由得.
由得.
所以平面.
（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.
由（Ⅰ）可知
设平面的法向量.
由即可取.
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
4．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析（Ⅲ）
【解析】分析：（Ⅰ）由题意得∥AB，故∠G是异面直线与AB所成的角，解三角形可得所求余弦值．（Ⅱ）在三棱柱中，由⊥平面ABC可得⊥A1G，于是⊥A1G，又A1G⊥，根据线面垂直的判定定理可得结论成立．（Ⅲ）取的中点H，连接AH，HG；取HG的中点O，连接OP，．由PO//A1G可得平面，
故得∠PC1O是PC1与平面所成的角，然后解三角形可得所求．
详解：

(I)∵∥AB，
∴∠G是异面直线与AB所成的角．
∵==2，G为BC的中点，
∴A1G⊥B1C1，
在中，，
∴，
即异面直线AG与AB所成角的余炫值为．
（II）在三棱柱中，
∵⊥平面ABC，平面ABC，
∴⊥A1G，
∴⊥A1G，
又A1G⊥，，
∴平面．
（III）解：取的中点H，连接AH，HG；取HG的中点O，连接OP，．
∵PO//A1G，
∴平面，
∴∠PC1O是PC1与平面所成的角．
由已知得，，
∴
∴直线与平面所成角的正弦值为．
点睛：用几何法求求空间角的步骤：
①作：利用定义作出所求的角，将其转化为平面角；②证：证明作出的角为所求角；③求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角；④作出结论，将问题转化为几何问题．
5．(1)见解析;(2).
【解析】试题分析：（1）由题意，可取中点，连接，则易知平面∥平面,由条件易证平面，则平面，又平面，根据线面垂直的定义，从而问题可得证；（2）由题意，采用坐标法进行求解，可取中点为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，分别算出平面和平面的法向量，结合图形，二面角为锐角，从而问题可得解.
试题解析：（1）取中点，连结，，∵是正方形，∴，
又∵，，∴，∴面，∴，
又∵，，都是中点，∴，，∴面，
∴；
（2）建立如图空间直角坐标系，由题意得，，，，则，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，得，
同理得平面的法向量为，
∴，所以他的余弦值是.
点睛：此题主要考查立体几何中异面直线垂直的证明，二面角的三角函数值的求解，以及坐标法在解决立体几何问题中的应用等有关方面的知识和技能，属于中档题型，也是常考题型.坐标法在解决立体几何中的一般步骤，一是根据图形特点，建立空间直角坐标系；二是将几何中的量转化为向量，通过向量的运算；三是将运算得到的结果翻译为几何结论.
6．（1）见解析（2）见解析(3)
【解析】分析：（1）先证明，再证明平面.(2)先证明面，再证明平面平面.(3)利用异面直线所成的角的定义求直线与直线所成角的正弦值为.
详解：（1）证明：连接，
∵、分别是、的中点，
∴，，
∵三棱柱中，∴，，
又为棱的中点，∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
又∵平面，平面，∴平面.

（2）证明：∵是的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴，又∵，
∴面，又面，
∴平面平面；
（3）解：∵，，
∴为直线与直线所成的角.
设三棱柱的棱长为，则，
∴，∴.
即直线与直线所成角的正弦值为.
点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的证明和异面直线所成角的计算，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象转化能力.(2)求空间的角，方法一是利用几何法，找作证指求.方法二是利用向量法.
7．（1）见解析（2）
【解析】分析：(1)根据面面垂直的判定定理即可证明平面ADE⊥平面BDEF；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求CF与平面ABCD所成角的正弦值；也可以应用常规法，作出线面角，放在三角形当中来求解.
详解：（Ⅰ）在△ABD中，∠ABD＝30°，由AO2＝AB2+BD2－2AB·BDcos30°，
解得BD＝，所以AB2+BD2=AB2，根据勾股定理得∠ADB＝90°∴AD⊥BD.
又因为DE⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴AD⊥DE.
又因为BDDE＝D，所以AD⊥平面BDEF，又AD平面ABCD，
∴平面ADE⊥平面BDEF，
（Ⅱ）方法一：
如图，由已知可得，，则
，则三角形BCD为锐角为30°的等腰三角形.
则.
过点C做，交DB、AB于点G，H，则点G为点F在面ABCD上的投影.连接FG，则

，DE⊥平面ABCD，则平面.
过G做于点I，则BF平面，即角为
二面角CBFD的平面角，则60°.
则，，则.
在直角梯形BDEF中，G为BD中点，，，，
设 ，则，，则.
，则，即CF与平面ABCD所成角的正弦值为．
（Ⅱ）方法二：
可知DA、DB、DE两两垂直，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设DE＝h，则D(0，0，0)，B(0，，0)，C(－，－，h).
，.
设平面BCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则所以取x=，所以m＝(，-1，－)，
取平面BDEF的法向量为n＝(1，0，0)，
由，解得，则，
又,则，设CF与平面ABCD所成角为，
则sin=.
故直线CF与平面ABCD所成角的正弦值为
点睛：该题考查的是立体几何的有关问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，线面角的正弦值，在求解的过程中，需要把握面面垂直的判定定理的内容，要明白垂直关系直角的转化，在求线面角的有关量的时候，有两种方法，可以应用常规法，也可以应用向量法.
8．（1）见解析；（2）
【解析】分析：（1）由题意得是等边三角形，故得，于是，从而得，所以，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）由平面可得，于是平面．又，所以直线与平面所成角即直线与平面所成角，从而得到即为所求角，然后根据解三角形可得所求．
详解：（1）因为，
所以垂直平分线段．
又，
所以．
在中，由余弦定理得
，
所以．
又，
所以是等边三角形，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面．
由（1）知，
所以直线与平面所成角即直线与平面所成角，
故即为所求的角．
在中，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
点睛：（1）证明空间中的位置关系时要注意解题的规范性和严密性，运用定理证明时要体现出定理中的关键性词语．
（2）用几何法求空间角时可分为三步，即“一找、二证、三计算”，即首先根据所求角的定义作出所求的角，并给出证明，最后利用解三角形的方法得到所求的角（或其三角函数值）．
9．(1)见解析；（2）.
【解析】分析：（1）由勾股定理的逆定理可得，；又由条件可得到，于是平面，可得，从而得到平面，根据面面垂直的判定定理得平面平面．（2）由题意得可得，，两两垂直，故可建立空间直角坐标系，结合题意可得点，于是可求得平面的法向量为，又是平面的一个法向量，求得后结合图形可得所求余弦值为．
详解：（1）由，，，得，
∴为直角三角形，且
同理为直角三角形，且．
又四边形是正方形，
∴．
又
∴.
在梯形中，过点作作于，
故四边形是正方形，
∴.
在中，，
∴，，
∴，
∴，
∴.
∵，,，
∴平面,
又平面，
∴，
又，
∴平面，
又平面，
∴平面平面．
（2）由（1）可得，，两两垂直，以为原点，，，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则.
令，则，
∵，
∴
∴点.
∵平面，
∴是平面的一个法向量.
设平面的法向量为.
则，即，可得.
令，得．
∴．
由图形知二面角为锐角，
∴二面角的平面角的余弦值为．
点睛：利用空间向量求二面角的注意点
（1）建立空间直角坐标系时，要注意证明得到两两垂直的三条直线．然后确定出相应点的坐标，在此基础上求得平面的法向量．
（2）求得两法向量的夹角的余弦值后，还要结合图形确定二面角是锐角还是钝角，然后才能得到所求二面角的余弦值．这一点在解题时容易忽视，解题时要注意．
10．（1）见解析（2）
【解析】分析：（1）通过取AD中点M，连接CM，利用得到直角；再利用可得平面；再根据线面垂直判定定理即可证明。
由前面已经证明的线面垂直，可得，而平面平面
所以可得面面垂直。
（2）根据等体积法，变换顶点即可求得体积。
详解：（1）证明：取的中点，连接，，，
由四边形为平行四边形，可知，在中，有，∴.
又，，∴平面，
∵平面，∴.
又，，∴平面.
∵平面，∴平面平面.
（2）解：由（1）知平面平面，
作，∴平面，，
连接， .
点睛：本题综合考查了线面垂直、面面垂直的判定，等体积法在立体几何中的应用等，关键注意书写的格式和步骤，属于中档题。
答案第17页，总18页