第八章专题五.doc

专题五　高考中的立体几何问题

1.(2013·课标全国Ⅱ改编)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则下列结论正确的是________.
①α∥β且l∥α；
②α⊥β且l⊥β；
③α与β相交，且交线垂直于l；
④α与β相交，且交线平行于l.
答案　④
解析　假设α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，则m∥n，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l1，则l1⊥m，l1⊥n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1∥l.
2.如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′
的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的
各个面上的投影不可能是________.(填序号)

答案　④
解析　空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′上的投影是①；在面BCC′B′上的投影是②；在面ABCD上的投影是③，只有④不可能.
3.已知平面α，β和直线m，给出条件：
①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.
当满足条件________时，有m⊥β.(填所选条件的序号)
答案　②④
解析　若m⊥α，α∥β，则m⊥β.
4.平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量、、两两的夹角均为60°，且＝1，||＝2，||＝3，则||＝________.
答案　5
解析　∵＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2··＋2··＋2··
＝9＋1＋4＋2×3×1×＋2×3×2×＋2×1×2×＝25，
∴||＝5.
5.如图，四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD
＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置
关系为________.
答案　平行
解析　取PD的中点F，连结EF，
在△PCD中，EF綊CD.
又∵AB∥CD且CD＝2AB，
∴EF綊AB，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴EB∥AF.
又∵EB⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD.

题型一　空间中的平行、垂直问题
例1　(2013·山东)如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，
AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，
PC的中点.
(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.
思维启迪　(1)在平面PAD内作直线CE的平行线或者利用平面CEF∥平面PAD证明；
(2)MN是平面EFG的垂线.
证明　(1)方法一　取PA的中点H，连结EH，DH.
又E为PB的中点，
所以EH綊AB.
又CD綊AB，所以EH綊CD.
所以四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD.
所以CE∥平面PAD.
方法二　连结CF.
因为F为AB的中点，
所以AF＝AB.
又CD＝AB，所以AF＝CD.
又AF∥CD，
所以四边形AFCD为平行四边形.
因此CF∥AD，又CF⊄平面PAD，
所以CF∥平面PAD.
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.
又EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.
又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD.
(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA，
所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.
又因为EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG.
所以AB⊥平面EFG.
又因为M，N分别为PD，PC的中点，
所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，
所以MN⊥平面EFG.
又因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.
思维升华　高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一般以解答题的形式出现，试题难度中等，但对空间想象能力和逻辑推理能力有一定的要求，在试卷中也可能以填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用.
　如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，M，N
分别为A1B，B1C1的中点.求证：
(1)BC∥平面MNB1；
(2)平面A1CB⊥平面ACC1A.
证明　(1)因为BC∥B1C1，
且B1C1⊂平面MNB1，
BC⊄平面MNB1，
故BC∥平面MNB1.
(2)因为BC⊥AC，且ABC－A1B1C1为直三棱柱，
故BC⊥平面ACC1A1.
因为BC⊂平面A1CB，
故平面A1CB⊥平面ACC1A1.
题型二　平面图形的翻折问题
例2　如图1所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，CE＝4.如图2所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连结AB，BE，设点F是AB的中点.
(1)求证：DE⊥平面BCD；
(2)若EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B－DEG的体积.

思维启迪　(1)翻折前后，△ACD内各元素的位置关系没有变化，易知DE⊥DC，再根据平面BCD⊥平面ACD可证明DE⊥平面BCD；
(2)注意从条件EF∥平面BDG得线线平行，为求高作基础.
(1)证明　∵AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝60°.
∵CD为∠ACB的平分线，∴∠BCD＝∠ACD＝30°.
∴CD＝2.
∵CE＝4，∠DCE＝30°，
∴DE2＝CE2＋CD2－2CE·CD·cos 30°＝4，
∴DE＝2，则CD2＋DE2＝EC2.
∴∠CDE＝90°，DE⊥DC.
又∵平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE⊂平面ACD，∴DE⊥平面BCD.
(2)解　∵EF∥平面BDG，EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，
∴EF∥BG.
∵点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点，
∴AE＝EG＝CG＝2.
如图，作BH⊥CD于H.
∵平面BCD⊥平面ACD，
∴BH⊥平面ACD.
由条件得BH＝，
S△DEG＝S△ACD＝×AC·CD·sin 30°＝，
∴三棱锥B－DEG的体积V＝S△DEG·BH
＝××＝.
思维升华　平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.
　(2012·北京)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2).

(1)求证：DE∥平面A1CB.
(2)求证：A1F⊥BE.
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.
(1)证明　因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.

又因为DE⊄平面A1CB，
所以DE∥平面A1CB.
(2)证明　由已知得AC⊥BC且DE∥BC，
所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D，DE⊥CD.
又A1D∩CD＝D，
所以DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC，
所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD，
所以A1F⊥平面BCDE，
又因为BE⊂平面BCDE，
所以A1F⊥BE.
(3)解　线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.
又因为DE∥BC，
所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
题型三　立体几何中的探究性问题
例3　在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90°，如图1，把
△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD，如图2.

(1)求证：CD⊥AB；
(2)若点M为线段BC的中点，求DM与平面ACD所成角的正弦值；
(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
思维启迪　(1)通过证明CD⊥平面ABD转化求证；
(2)可建立空间直角坐标系；
(3)先假设存在，通过空间向量转化证明.
(1)证明　由已知条件可得，
BD＝2，CD＝2，
又BD2＋CD2＝BC2，∴CD⊥BD.
∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴CD⊥平面ABD.
∵AB⊂平面ABD，∴CD⊥AB.
(2)解　以点D为原点，BD所在的直线为x轴，DC所在的直线为y
轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则各相关点的坐标为A(1,0,1)，
B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,1,0).
∴＝(0，－2,0)，＝(－1,0，－1)，
＝(－1,1,0)，＝(1,1,0).
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则⊥n，⊥n，
∴
令x＝1，得平面ACD的一个法向量为n＝(1,0，－1).
∴DM与平面ACD所成角的正弦值为
|cos〈n，〉|＝＝.
(3)解　假设在线段BC上存在点N，
使得AN与平面ACD所成的角为60°.
设＝λ，0<λ<1，
则N(2－2λ，2λ，0)，
∴＝(1－2λ，2λ，－1).
∵平面ACD的一个法向量为n＝(1,0，－1)，
且直线AN与平面ACD所成角为60°，
∴sin 60°＝＝，
整理得8λ2＋2λ－1＝0，
∴λ＝或λ＝－(舍去).
综上所述，在线段BC上存在点N，
使AN与平面ACD所成角为60°.
此时＝.
思维升华　对于线面关系中的探索性问题，首先假设存在，然后在这个假设下利用线面关系的性质进行推理论证，寻求假设满足的条件.若条件满足则肯定假设，若得到矛盾则否定假设.
　如图，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)求二面角E－DF－C的余弦值；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.

解　(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，
得EF∥AB，
又∵AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
∴AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建
立空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，，1)，F(1，，0).
易知平面CDF的一个法向量为＝(0,0,2)，
设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
可取x＝3，则n＝(3，－，3)，
cos〈，n〉＝＝，
所以二面角E－DF－C的余弦值为.
(3)假设存在点P，
设P(x，y,0)，＝(xy，－2)，
则·＝y－2＝0，
∴y＝.
又＝(x－2，y,0)，
＝(－x,2－y,0)，
∵∥，
∴(x－2)(2－y)＝－xy，
∴x＋y＝2.
把y＝代入上式，得x＝，
∴＝，
∴在线段BC上存在点P使AP⊥DE，
此时＝.

(时间：80分钟)
1.如图所示，在▱ABCD中，AB＝2BC，∠ABC＝120°，E为线段AB的中
点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCD，
F为线段A′C的中点.求证：BF∥平面A′DE.
证明　如图所示，取A′D的中点G，连结GF，GE，由条件易知，
FG∥CD，FG＝CD，BE∥CD，BE＝CD，
所以FG∥BE，FG＝BE，
故四边形BFGE为平行四边形，
所以BF∥EG.
因为EG⊂平面A′DE，BF⊄平面A′DE，
所以BF∥平面A′DE.
2.如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB
＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.
(1)证明：AA1⊥BD；
(2)证明：CC1∥平面A1BD.
证明　(1)方法一　因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，
所以D1D⊥BD.
又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，
在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos 60°＝3AD2，
所以AD2＋BD2＝AB2，
因此AD⊥BD.
又AD∩D1D＝D，
所以BD⊥平面ADD1A1.
又AA1⊂平面ADD1A1，
故AA1⊥BD.
方法二　因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥D1D.
如图，取AB的中点G，连结DG，
在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD.
又∠BAD＝60°，
所以△ADG为等边三角形，
因此GD＝GB，
故∠DBG＝∠GDB.
又∠AGD＝60°，
所以∠GDB＝30°，
故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，
所以BD⊥AD.
又AD∩D1D＝D，
所以BD⊥平面ADD1A.
又AA1⊂平面ADD1A，
故AA1⊥BD.
(2)如图，连结AC，A1C1，
设AC∩BD＝E，连结EA1，
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以EC＝AC.
由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知A1C1∥EC且A1C1＝EC，
所以四边形A1ECC1为平行四边形，
因此CC1∥EA.
又EA1⊂平面A1BD，CC1⊄平面A1BD，
所以CC1∥平面A1BD.
3.如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段
AD上，且CE∥AB.
(1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA＝AB＝1，AD＝3CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P—ABCD的体积.
(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，
所以PA⊥CE.
因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.
又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD.
(2)解　由(1)可知CE⊥AD.
在Rt△ECD中，DE＝CD·cos 45°＝1，
CE＝CD·sin 45°＝1.
又因为AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形.
所以S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD＝AB·AE＋CE·DE
＝1×2＋×1×1＝.
又PA⊥平面ABCD，PA＝1，
所以V四棱锥P—ABCD＝S四边形ABCD·PA＝××1＝.
4.(2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，
AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝
CF.
(1)求证：BD⊥平面AED；
(2)求二面角F－BD－C余弦值.
(1)证明　因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，
所以∠ADC＝∠BCD＝120°.
又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，
因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.
又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，
所以BD⊥平面AED.
(2)解　方法一　由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面
ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直.
以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y
轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设CB＝1，
则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1).
因此＝，＝(0，－1,1).
设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，
所以x＝y＝z，
取z＝1，则m＝(，1,1).
由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，
则cos〈m，〉＝＝＝，
所以二面角F－BD－C的余弦值为.
方法二　如图，取BD的中点G，连结CG，FG，
由于CB＝CD，
因此CG⊥BD.
又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以FC⊥BD.
由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，
所以BD⊥平面FCG，
故BD⊥FG，
所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角.
在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，
因此CG＝CB.又CB＝CF，
所以GF＝＝CG，
故cos∠FGC＝，
因此二面角F－BD－C的余弦值为.
5.(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△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.
(1)证明　∵AC⊥BC，DE∥BC，
∴DE⊥AC.
∴DE⊥A1D，DE⊥CD，
∴DE⊥平面A1DC.
∴DE⊥A1C.
又∵A1C⊥CD，
∴A1C⊥平面BCDE.
(2)解　如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，
则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0).

设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，
n·＝0
又＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)，
∴
令y＝1，则x＝2，z＝，
∴n＝(2,1，).
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
∵＝(0,1，)，
∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
∴CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)解　线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE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A1DP的法向量为m＝(x′，y′，z′)，
则m·＝0，m·＝0.
又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，
∴
令x′＝2，则y′＝p，z′＝，
∴m＝.
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾.
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.
6.如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，
AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.
(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；
(2)证明：平面AMD⊥平面CDE；
(3)求二面角A－CD－E的余弦值.
(1)解　如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB
＝1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，
D(0,2,0)，E(0,1,1)，
F(0,0,1)，M.
＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，
于是cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.
(2)证明　由＝，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.
因此，CE⊥AM，CE⊥AD.又AM∩AD＝A，
故CE⊥平面AMD.而CE⊂平面CDE，
所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)解　设平面CDE的法向量为u＝(x，y，z)，则
于是
令x＝1可得u＝(1,1,1).
又由题设，平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1).
所以cos u，v＝＝＝.
因为二面角A－CD－E为锐角，所以其余弦值为.