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] 在平面四边形中，＝＝＝1，⊥，⊥.将△沿折起，使得平面⊥平面，如图1­5所示．
(1)求证：⊥；(2)若M为中点，求直线与平面所成角的正弦值．

热点二：二面角
例2．[2014·广东卷] 如图1­4，四边形为正方形，⊥平面，∠＝30°，⊥于点F，∥，交于点E.
(1)证明：⊥平面；(2)求二面角D­­E的余弦值．

变式3： [2014·浙江卷] 如图1­5，在四棱锥A­中，平面⊥平面，∠＝∠＝90°，＝＝2，＝＝1，＝.
(1)证明：⊥平面；(2)求二面角B­­E的大小．

变式4：[2014·全国19] 如图1­1所示，三棱柱­A1B1C1中，点A1在平面内的射影D在上，∠＝90°，＝1，＝1＝2.
(1)证明：1⊥A1B; (2)设直线1与平面1B1的距离为，求二面角A1的大小．

热点三：无棱二面角
例3．如图三角形与三角形都是边长为2的正三角形，平面⊥平面，⊥平面，.
（1）求点A到平面的距离；
（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.

变式5：在正方体中，，，且，．
求：平面与所成角的余弦值．

变式6：如图是长方体，＝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及其侧视图、俯视图如图1­4所示．设M，N分别为线段，的中点，P为线段上的点，且⊥.
(1)证明：P是线段的中点；(2)求二面角A ­ ­ M的余弦值．

2．[2014·湖南卷] 如图所示，四棱柱­A1B1C1D1的所有棱长都相等，∩＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形1A1和四边形1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面；(2)若∠＝60°，求二面角C1­1­D的余弦值．

3．[2014·江西19] 如图1­6，四棱锥P­中，为矩形，平面⊥平面.
(1)求证：⊥.(2)若∠＝90°，＝，＝2，问为何值时，四棱锥P­的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值．

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△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△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⊥平面，平面∩平面＝，
⊂平面，⊥，∴⊥平面.…………3分
又⊂平面，∴⊥.…………4分
(2)过点B在平面内作⊥.
由(1)知⊥平面，⊂平面，⊂平面，∴⊥，⊥.……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)，.
则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．…………7分
设平面的法向量n＝(x0，y0，z0)，则即
取z0＝1，得平面的一个法向量n＝(1，－1，1)．…………9分
设直线与平面所成角为θ，
则θ＝＝＝.…………11分
即直线与平面所成角的正弦值为.…………12分

例2.（2014，广东卷）

变式3：（2014浙江卷）
解：(1)证明：在直角梯形中，
由＝＝1，＝2，得＝＝，
由＝，＝2，
得2＝2＋2，即⊥.…………2分
又平面⊥平面，从而⊥平面，
所以⊥.又⊥，从而⊥平面.…………4分
(2)方法一：
过B作⊥，与交于点F，过点F作∥，与交于点G，连接.
由(1)知⊥，则⊥.所以∠是二面角B­­E的平面角．…………6分
在直角梯形中，由2＝2＋2，得⊥.
又平面⊥平面，得⊥平面，从而⊥.由⊥平面，得⊥.
在△中，由＝2，＝，得＝.
在△中，由＝1，＝，得＝.…………7分
在△中，由＝，＝2，＝，得＝，＝.
从而＝＝.…………9分
在△，△中，利用余弦定理分别可得∠＝，＝.…………11分
在△中，∠＝＝.…………13分
所以，∠＝，即二面角B­­E的大小是.…………14分

方法二：以D为原点，分别以射线，为x，y轴的正半轴，
建立空间直角坐标系D­，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)．
设平面的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
可算得＝(0，－2，－)，＝(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〈m，n〉|＝＝＝.…………13分
由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B­­E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，A1D⊂平面1C1C，故平面1C1C⊥平面.又⊥，所以⊥平面1C1C.…………2分
连接A1C，因为侧面1C1C为菱形，故1⊥A1C.
由三垂线定理得1⊥A1B.……4分（注意：这个定理我们不能用）
(2)⊥平面1C1C，⊂平面1B1，故平面1C1C⊥平面1B1.
作A1E⊥1，E为垂足，则A1E⊥平面1B1.…………6分
又直线1∥平面1B1，因而A1E为直线1与平面1B1的距离，即A1E＝.
因为A1C为∠1的平分线，所以A1D＝A1E＝.…………8分
作⊥，F为垂足，连接A1F.
由三垂线定理得A1F⊥，故∠A1为二面角A1­­C的平面角．…………10分
由＝＝1，得D为中点，＝，∠A1＝＝，……12分
所以∠A1＝.…………13分
所以二面角A1­­C的大小为.…………14分
方法二：以C为坐标原点，射线为x轴的正半轴，以的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C­.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面1C1C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1⊥A1B.…………4分
(2)设平面1B1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＋＝0.
令x＝c，则z＝2－a，所以m＝(c，0，2－a)，故点A到平面1B1的距离为
|·〈m，〉|＝＝＝c.…………6分
又依题设，A到平面1B1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1的法向量n＝(p，q，r)，
则n⊥，n⊥，即n·＝0n·＝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)为平面的法向量，…………11分
故〈n，p〉＝＝.…………13分
所以二面角A1­­C的大小为.…………14分

例3. 无棱二面角（2010年江西卷）
解法一：（1）取中点O，连，，则⊥，
⊥.又平面平面,则⊥平面，所以∥，A、B、O、M共面.延长、相交于E，则∠就是与平面所成的角，∥，面，M、O到平面的距离相等，作于H，连，则，求得：
600,利用体积相等得：。…………5分
（2）是平面与平面的交线.
由（1）知，O是的中点，则是菱形.
作⊥于F，连，则⊥，∠就是二面角的平面角，设为.……7分
因为∠120°，所以∠60°.
，…………9分
，…………11分
所以，所求二面角的正弦值是.…………12分
解法二：取中点O，连，，则⊥，⊥，又平面平面,则⊥平面.
以O为原点，直线、、为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.
，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）设是平面的法向量，则，
，由得；由得；取，则距离
…………5分
（2），.
设平面的法向量为，由得.解得，，取.又平面的法向量为，则
设所求二面角为，则.…………12分

变式5：
解析：由于是梯形，则与相交于E．A、E确定的直线为m，过C作⊥m于F，连结，因为⊥平面，⊥m，故⊥m．∠是二面角M－m－C的平面角．设正方体棱长为a，则，．在△中，由∥可得，，故．因此所求角的余弦值为．
变式6：
解析：∵平面∥平面，∴平面与平面的交线m为过点且平行于的直线．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⊥m于H，连结．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，取的中点O，连接，.由侧视图及俯视图知，△，△为正三角形，所以⊥，⊥.
因为，⊂平面，且∩＝O，
所以⊥平面.
又因为⊂平面，所以⊥.
取的中点H，连接，.
又M，N，H分别为线段，，的中点，所以∥，∥，
因为⊥，所以⊥.
因为⊥，所以⊥.
因为，⊂平面，且∩＝N，所以⊥平面.
又因为⊂平面，所以⊥.
又⊥，⊂平面，⊂平面，所以∥.
因为H为的中点，所以P为的中点．…………5分
(2)方法一：如图所示，作⊥于Q，连接.
由(1)知，∥，所以⊥.
因为⊥，所以∠为二面角A­­M的一个平面角．
由(1)知，△，△为边长为2的正三角形，所以＝＝.
由俯视图可知，⊥平面.
因为⊂平面，所以⊥，因此在等腰直角△中，＝.
作⊥于R
因为在△中，＝，所以R为的中点，
所以＝＝.
因为在平面内，⊥，⊥，
所以∥.
又因为N为的中点，所以Q为的中点，
所以＝＝.
同理，可得＝.故△为等腰三角形，
所以在等腰△中，∠＝＝＝.…………13分
故二面角A ­ ­ M的余弦值是.…………14分
方法二：由俯视图及(1)可知，⊥平面.
因为，⊂平面，所以⊥，⊥.
又⊥，所以直线，，两两垂直．…………6分
如图所示，以O为坐标原点，以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O­.
则A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)．
因为M，N分别为线段，的中点，
又由(1)知，P为线段的中点，
所以，，，于是
＝(1，0－)，＝(－1，，0)，＝(1，0，0)，＝.…………7分
设平面的一个法向量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A­­M的大小为θ，则θ＝＝＝.…13分
故二面角A­­M的余弦值是.…………14分

2.（2014 湖南卷）
解：(1)如图(a)，因为四边形1A1为矩形，所以1⊥.同理1⊥.
因为1∥1，所以1⊥.而∩＝O，因此1⊥底面.
由题设知，O1O∥C1C.故O1O⊥底面.…………4分
(2)方法一：如图(a)，过O1作O1H⊥1于H，连接1.
由(1)知，O1O⊥底面，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.
又因为四棱柱­A1B1C1D1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1B1，所以A1C1⊥1，于是1⊥平面O11.
进而1⊥C1H.故∠C11是二面角C1­1­D的平面角．
不妨设＝2.因为∠＝60°，所以＝，＝1，1＝.
在△1B1中，易知O1H＝＝2.
而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝.
故∠C11＝＝＝.
即二面角C1­1­D的余弦值为.
方法二：因为四棱柱­A1B1C1D1的所有棱长都相等，
所以四边形是菱形，因此⊥.
又O1O⊥底面，从而，，1两两垂直．
如图，以O为坐标原点，，，1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O­，不妨设＝2.因为∠＝60°，所以＝，＝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1B1的一个法向量．
设n2＝(x，y，z)是平面1C1的一个法向量，则即
取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．
设二面角C1­1­D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
θ＝〈，〉|＝＝＝.
故二面角C1­1­D的余弦值为.

3.（2014 江西卷）
19．解：(1)证明：因为为矩形，所以⊥.
又平面⊥平面，平面∩平面＝，
所以⊥平面，故⊥.
(2)过P作的垂线，垂足为O，过O作的垂线，垂足为G，连接.
故⊥平面，⊥平面，⊥.
在△中，＝，＝，＝.
设＝m，则＝＝，故四棱锥P­的体积为
V＝×·m·＝.
因为＝＝，
所以当m＝，即＝时，四棱锥P­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)，，，，，
故＝，＝(0，，0)，＝.
设平面的一个法向量为n1＝(x，y，1)，
则由n1⊥，n1⊥，得解得x＝1，y＝0，则n1＝(1，0，1)．
同理可求出平面的一个法向量为n2＝.
设平面与平面的夹角为θ，则θ＝＝＝.

21 / 21