“立体几何”大题规范增分练.doc

“立体几何”大题规范增分练
1.如图，在三棱锥A­BCD中，△ABD与△BCD都为等边三角形，平面ABD⊥平面BCD，M，O分别为AB，BD的中点，AO∩DM＝G，N在棱CD上且满足2CN＝ND，连接MC，GN.
(1)证明：GN∥平面ABC；
(2)求直线AC和平面GND所成角的正弦值．
解：(1)证明：在等边△ABD中，因为M，O分别为AB，BD的中点，AO∩DM＝G，
所以G为重心，所以＝2，又＝2，所以GN∥MC，
又GN⊄平面ABC，MC⊂平面ABC，所以GN∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，AO⊥BD，

平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，
连接OC，则OC⊥OD，以{，，}为正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
不妨设AB＝2，则C(，0,0)，D(0,1,0)，A(0,0，)，G，从而＝(－，1,0)，＝，＝(－，0，)．
设平面GND的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，则y＝，z＝3，所以平面GND的一个法向量n＝(1，，3)．
设直线AC和平面GND所成角为θ，
所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝，
所以AC和平面GND所成角的正弦值为.
2.如图所示，AB为圆锥S­ABC底面圆的直径，点C为底面半圆弧AB上不与A，B重合的一点，设点D为劣弧BC的中点．
(1)求证：BC⊥SD；
(2)设AB＝2，且圆锥的高为3，当∠BAC＝60°时，求二面角A­SC­B的余弦值．
解：(1)证明：取AB的中点O，连接SO，OD，则SO⊥平面ABC，且OD垂直平分BC，所以SO⊥BC，BC⊥OD，又因为SO∩OD＝O，SO⊂平面SOD，OD⊂平面SOD，所以BC⊥平面SOD，因为SD⊂平面SOD，所以BC⊥SD.

(2)因为AB为底面圆的直径，所以AC⊥BC，以C点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝2，SO＝3，∠BAC＝60°，
所以AC＝1，BC＝，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，S，
＝，＝，
＝.
设平面ASC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即得
令z1＝1，则平面ASC的一个法向量为n1＝(0，－2，1)．
设平面SBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即得
令z2＝1，则平面SBC的一个法向量为n2＝(－6,0,1)．
则cos〈n1，n2〉＝＝＝，
由图易知二面角A­SC­B为钝二面角，
即二面角A­SC­B的余弦值为－.
3.(2021·南京一模)如图所示，设正方体ABCD­EFGH的棱长为1，J是棱EF的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿该正方体的表面直线型爬行一圈，蚂蚁首先爬到点J，然后在上底面EFGH爬行，再在右侧面爬行到点C，最后沿CA回到起点A，蚂蚁爬行一圈的封闭路径正好在平面Ω内．
(1)求证：蚂蚁在上底面EFGH上爬行的路线l与AC平行；
(2)求平面Ω与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：正方体ABCD­EFGH中，平面ABCD∥平面EFGH，
平面Ω∩平面ABCD＝AC，平面Ω∩平面EFGH＝l，所以l∥AC.
(2)以A为坐标原点，射线AB，AD，AE分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图．
则A(0,0,0)，C(1,1,0)，J，所以＝(1,1,0)，＝，则平面ABCD的一个法向量为n1＝＝(0,0,1)．
设平面Ω的法向量为n2＝(x，y，z)，
则所以
取x＝－2，则y＝2，z＝1，即n2＝(－2,2,1)．
设平面Ω与平面ABCD所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝
＝＝，
所以平面Ω与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
4.(2021·大庆中学高三模拟)如图，四边形ABCD中，满足AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝，CD＝2，将△BAC沿AC翻折至△PAC，使得PD＝2.
(1)求证：平面PAC⊥平面ACD；
(2)求直线CD与平面PAD所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，过B作BO⊥AC，垂足为O，连PO，DO，则PO⊥AC，
作DE⊥AC，垂足为E，易知△ACD为等边三角形，则DE＝，OE＝，DO＝，
所以PO2＋DO2＝PD2，即PO⊥OD，
又AC∩DO＝O，AC⊂平面ACD，DO⊂平面ACD，所以PO⊥平面ACD，
又PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ACD.
(2)以O为坐标原点，OC，BO所在的直线为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，C，D，P，
＝(1，，0)，＝.
设平面PAD的法向量为n＝(a，b，c)，
则取法向量n＝(，－1，－1)．
又＝(－1，，0)，
设直线CD与平面PAD所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝，
所以直线CD与平面PAD所成角的正弦值为.
5.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BA⊥BC，BA＝BC＝BB1＝2.
(1)求异面直线AB1与A1C1所成角的大小；
(2)若M是棱BC的中点，求点M到平面A1B1C的距离．
解：(1)由于A1C1∥AC，所以∠CAB1(或其补角)即为异面直线AB1与A1C1所成角，连接CB1(图略)，在△AB1C中，由于AB1＝B1C＝AC＝2，所以△AB1C是等边三角形，所以∠CAB1＝，所以异面直线AB1与A1C1所成角的大小为.
(2)连接CA1，CB1，建立如图所示的空间直角坐标系，可得有关点的坐标为C(0,0,2)，B1(0,2,0)，A1(2,2,0)，M(0,0,1)．
从而＝(0,2，－2)，＝(－2,0,0)，＝(0,2，－1)．
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
则即⇒取y＝1，
得平面A1B1C的一个法向量为n＝(0,1,1)，且|n|＝.
于是点M到平面A1B1C的距离d＝＝＝＝，
所以，点M到平面A1B1C的距离等于.
6.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是等腰梯形，AB＝BC＝1，AD＝2，四边形ADEF是直角梯形，且AF＝1，DE＝2，AF⊥AD，AF∥DE，平面ABCD⊥平面ADEF.
(1)证明：平面BDE⊥平面ABE；
(2)线段EF上是否存在一点P，使平面PAB与平面CDE所成锐二面角的余弦值为？若存在，请说明P点的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，AB＝BC＝1，AD＝2，可得∠BAD＝60°.在△ABD中，由余弦定理可得BD＝，所以AB2＋BD2＝AD2，
所以AB⊥BD.
因为平面ABCD⊥平面ADEF且交于AD，DE⊥AD，DE⊂平面ADEF，所以DE⊥平面ABCD.
又因为AB⊂平面ABCD，所以AB⊥DE.
因为BD∩DE＝D，BD⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，所以AB⊥平面BDE.
又因为AB⊂平面ABE，所以平面BDE⊥平面ABE.
(2)如图，过B作AD的垂线交AD于O，过O在平面ADEF内作AD的垂线Ox，建立空间直角坐标系O­xyz，
则A，B，C，D，
E，F，
＝(1,2,0)，设＝λ (0≤λ≤1)，则P.
＝(2,0,0)，＝，＝，＝(λ＋1,2λ，0)．
设平面CDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令z1＝1，得m＝(0，，1)．
设平面PAB的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
令z2＝1，得n＝.
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝(负值已舍去)，
即当P为EF的中点时满足题意．