高考数学立体几何大题训练

1 高考数学立体几何大题训练高考数学立体几何大题训练 1 如图 平面平面 其中为矩形 为梯形 ABCD ADEFABCDADEF 为中点 AFDEAFFE 2AFADDE GBF G A E F D BC 求证 平面 EGABCD 求证 AFDG 2 如图 在四棱锥中 平面 底面是菱形 PABCD PD ABCDABCD 为与的交点 为棱上一点 60BAD 2 6ABPD OACBDEPB P A B C D E O 证明 平面 平面 EACPBD 若平面 求三棱锥的体积 PD EACPEAD 2 3 如图 已知四边形 ABCD 是正方形 平面PD ABCD CD PD 2EA PD EA F G H 分别为 PB BE PC 的中点 求证 GH 平面 PDAE 求证 平面平面 PCD FGH 4 如图 在矩形ABCD中 点E为边AD上的点 点F为边CD的中点 2 3 4AEDBAA 现将ABE 沿BE边折至PBE 位置 且平面PBE 平面 BCDE A BC D E B C D E F P 求证 平面PBE 平面PEF 求四棱锥PBCFE 的体积 3 5 如图 AB 为圆 O 的直径 点 E F 在圆 O 上 AB EF 矩形 ABCD 所在的平面和圆 O 所在的平面互相垂直 且 AB 2 AD EF 1 求证 AF 平面 CBF 设 FC 的中点为 M 求证 OM 平面 DAF 设平面 CBF 将几何体 EFABCD 分成的两个锥体的体积分别为 求 FABCDF CBE VV FABCDF CBE VV 6 如图所示 在正方体中 分别是棱的中点 1111 ABCDABC D EF 111 DCDD E A B C D B1 A1 D1 C1 F 证明 平面平面 11 ADC B 1 ABE 证明 平面 FB1BEA1 若正方体棱长为 1 求四面体的体积 11 AB BE 4 7 如图 四棱锥PABCD 中 PAB 是正三角形 四边形ABCD是矩形 且平面 PAB 平面ABCD 2PA 4PC 若点E是PC的中点 求证 PA平面BDE 若点F在线段PA上 且FAPA 当三棱锥BAFD 的体积为 4 3 时 求 实数 的值 8 如图 三棱柱中 侧棱垂直底面 111 ABCABC 90ACB D 是棱的中点 1 1 2 ACBCAA 1 AA 1 证明 平面 1 DC BDC 2 若 求三棱锥的体积 1 2AA 1 CBDC 5 9 已知平行四边形 为的中点 ABCD4AB 2AD 60oDAB EAB 把三角形沿折起至位置 使得 是线段的中点 ADEDE 1 ADE 1 4AC F 1 AC D C B A E C D A1 F BE 1 求证 1 BFADE面 2 求证 面面 1 ADE DEBC 3 求四棱锥的体积 1 ADEBC 10 如图 已知边长为 2 的的菱形与菱形全等 且 平ABCDACEFFACABC 面平面 点为的中点 ABCD ACEFGCE G E O B DA C F 求证 平面 AEDBG 求证 FCBG 求三棱锥的体积 EBGD 6 11 如图 三棱柱中 平面 111 ABCABC 11 2ABACAABC 11 60AAC 平面 与相交于点 1 ABC 11 AACC 1 AC 1 ACD C C1 B1 AA1 B D 求证 平面 BD 11 AAC C 求二面角的余弦值 1 CABC 12 如图 已知四边形 ABCD 为正方形 EA平面ABCD CF EA 且 222 CFABEA 1 求证 EC平面BDF 2 求二面角EBDF 的余弦值 7 13 如图 在四棱锥P ABCD 中 底面ABCD是正方形 侧面PAB 底面ABCD PA AB 点E是PB的中点 点F在边BC上移动 若F为BC中点 求证 EF 平面PAC 求证 AE PF 若 2PBAB 二面角E AFB 的余弦值等于 11 11 试判断点F在边 BC上的位置 并说明理由 14 已知几何体的三视图如图所示 其中俯视图和侧视图都是腰长为 4 的ABCDE 等腰直角三角形 正视图为直角梯形 1 求此几何体的体积的大小 V 2 求异面直线 DE 与 AB 所成角的余弦值 3 求二面角 A ED B 的正弦值 15 如图 在直三棱柱中 平面侧面 且 111 ABCABC 1 ABC 11 A ABB 1 2AAAB 8 1 求证 ABBC 2 若直线与平面所成的角为 求锐二面角的大小 AC 1 A BC 6 1 AACB 16 如图所示 正方形与矩形所在平面互相垂直 DDAA 11 ABCD 点为的中点 22 ADABEAB 1 求证 平面 2 求证 1 BDDEA1ED1 DA1 3 在线段上是否存在点 使二面角的大小为 若存在 求ABMDMCD 1 6 出的长 若不存在 请说明理由 AM 17 如图 在三棱柱中 平面 为棱 111 ABCABC 1 A A ABC90BAC F 9 上的动点 1 AA 1 4 2A AABAC 当为的中点 求直线与平面所成角的正弦值 F 1 A ABC 1 BFC 当的值为多少时 二面角的大小是 45 1 AF FA 1 BFCC A F 1 A B C 1 B 1 C 18 如图 在四棱锥中 平面平面BCDEA ABC ACBEDECDABBEDCDEBCDE 1 2 90 0 2 1 证明 平面 DEACD 2 求二面角的大小EADB 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20151055101520 E D C B A 19 如图 正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直 ADCD AB CD 2ABAD 4CD M为CE的中点 10 1 求证 BM 平面ADEF 2 求证 平面BDE 平面BEC 3 求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值 M E F C D B A 20 在如图所示的几何体中 四边形为平行四边形 平ABCD90ACB EA 面 ABCD EF AB FG BC EG AC2ABEF 1 若是线段的中点 求证 平面 MAD GMABFE 2 若 求二面角的余弦值 22ACBCAE ABFC 11 参考答案参考答案 1 详见解析 详见解析 解析 试题分析 证明 取的中点 连接 可得 又因为ABOODOG 1 2 AF AFDE2AFDE 所以 四边形为平行四边形 所以 在根据线面平行的判OG DEODEG EGOD 定定理 即可证明结果 取的中点 连接 可得 因AFHDHGH GHAB 为平面平面 所以平面 所以ABCD ADEFABAD AB ADEFABAF 因为 AFGH AFDE2AFDE 所以四边形为平行四边形 又 所以 根据EFHD EFDHAFFE AFDH 线面垂直的判定定理 即可证明结果 试题解析 证明 取的中点 连接ABOOD G A E F D BC H O 因为分别是 的中点 O GABBF 所以 2 分OG 1 2 AF 又因为 AFDE2AFDE 所以 四边形为平行四边形OG DEODEG 所以 4 分 EGOD 因为平面 平面OD ABCDEG ABCD 所以平面 5 分 EGABCD 取的中点 连接 AFHDHGH 因为分别是 的中点 G HBFAF 所以 7 分 GHAB 因为平面平面 ABCD ADEFABAD 所以平面 AB ADEFABAF 所以 9 分AFGH 因为 AFDE2AFDE 所以四边形为平行四边形 EFHD EFDH 又 所以 11 分AFFE AFDH 因为GHDHH 12 所以平面AF DGH 所以 12 分AFDG 考点 1 线面平行的判定定理 2 线面垂直的判定定理 2 证明见解析 2 2 P EAD V 解析 试题分析 要证面面垂直需证线面垂直 根据题意 需证平面 因为底AC PBD 面为菱形对角线互相垂直 又因为平面 所以平面得证 PD ABCDAC PBD 根据线面平行的性质定理可知 平行平面与平面的交线 同时PDPBDACEEO 为中点 所以为中点 所以三棱锥的体积等于三棱锥即为OBDEPBPEAD EPAD 三棱锥体积的一半 进而求得三棱锥的体积 BPAD PEAD 试题解析 PD 平面ABCD AC 平面ABCD ACPD 四边形是菱形 又 平面 ABCDACBD PDBDD AC PBD 而平面 平面 平面 6 分AC EAC EACPBD 平面 平面平面 PD EACEAC PBDOE PDOE 是中点 是中点 O BDE PB P A B C D E O H 取中点 连结 四边形是菱形 ADHBH ABCD60BAD 又 平面 BHAD BHPD ADPDD BD PAD 9 分 3 3 2 BHAB 1 2 P EADE PADB PAD VVV 11 23 PAD SBH 13 12 分 112 263 622 考点 1 面面平行的判定定理 2 线面平行的性质定理 3 三棱锥的体积公式 3 1 证明详见解析 2 证明详见解析 解析 试题分析 本题主要考查线线平行 线面平行 线线垂直 线面垂直等基础知识 考查学 生的分析问题解决问题的能力 空间想象能力 逻辑思维能力 计算能力 第一问 取 PD EA 中点 利用中位线得 而 1 2 MNCD 1 2 NGAB ABCD 说明是平行四边形 利用线面平行的判定 MNNG GHMN GHMN 平面 第二问 先利用线面垂直的性质得 再利用线面垂直的判 GHPDAEPDBC 定得平面 即平面 最后利用面面垂直的判定得平面平BC PCDFH PCDFGH 面 PCD 试题解析 1 分别取的中点的中点连结 PDM EA NMH NG MN 因为分别为的中点 所以 G H BE PC 1 2 MNCD 因为 所以 ABCD MNNG 故四边形是平行四边形 所以 4 分GHMN GHMN 又因为平面 平面 GH PDAEMN PDAE 所以平面 6 分 GHPDAE 2 证明 因为平面 平面 所以 PD ABCDBC ABCDPDBC 因为所以平面 BCCD PDCDD BC PCD 因为分别为的中点 所以 F H PBPC FHBC 所以平面FH PCD 因为平面 所以平面平面 12 分FH FGHFGH PCD 考点 线线平行 线面平行 线线垂直 线面垂直 4 见解析 28 2 3 解析 14 试题分析 对于第一问要证明面面垂直 关键是把握住面面垂直的判定定理 在其中一个 平面内找出另一个平面的垂线即可 而在找线面垂直时 需要把握住线面垂直的判定定理 的内容 注意做好空间中的垂直转化工作 对于第二问 注意在求棱锥的体积时 注意把 握住有关求体积的量是多少 底面积和高弄清楚后就没有问题 试题解析 证明 在Rt DEF中 45EDDFDEF o Q 在Rt ABE中 45AEABAEB o Q 90BEF o EFBE 3 分 平面PBE 平面BCDE 且平面PBE 平面BCDEBE EF 平面PBE EF Q平面PEF 平面PBE 平面PEF 6 分 解 过P做POBE D B C E F P O PO 平面 PBE平面PBE 平面BCDE且平面PBE 平面BCDEBE PO 平面BCDE 四棱锥PBCFE 的高2 2hPO 8 分 ABEDEF SSSS 矩形ABC D四边形BC FE 11 6 44 42 214 22 10 分 则 1128 2 14 2 2 333 P BCFEBCFE VSh 四边形 12 分 考点 面面垂直的判定 棱锥的体积 5 参考解析 参考解析 4 1 解析 试题分析 要证线面垂直等价转化为线线垂直 由圆周角所对的弦为直径即可得 AF 与 BF 垂直 再根据面面垂直的性质即可得 CB 与 AF 垂直 由此即可得到结论 线面平行等价转化为线线平行 通过做 DF 的中点即可得到一个平行四边形 由此即 可得到线线平行 即可得到结论 根据四棱锥的体积公式 以及三棱锥的体积公式 其中有些公共的线段 由此即可 求出两个体积的比值 15 试题解析 证明 平面 ABCD 平面 ABEF CB AB 平面 ABCD 平面 ABEF AB CB 平面 ABEF AF平面 ABEF AF CB 又 AB 为圆 O 的直径 AF BF AF 平面 CBF 设 DF 的中点为 N 则 MN 又 1 2 CD 1 2 AOCD 则 MNAO 为平行四边形 MNAO OM AN 又 AN平面 DAF PM平面 DAF OM 平面 DAF 过点 F 作 FG AB 于 G 平面 ABCD 平面 ABEF FG 平面 ABCD 12 33 FABCDABCD VSFGFG CB 平面 ABEF 11 11 33 26 F CBEC BFEBFE VVSCBEF FG CBFG 4 1 FABCDF CBE VV 考点 1 线面垂直 2 线面平行 3 棱锥的体积公式 6 详见解析 详见解析 1 6 解析 试题分析 证明面面垂直 一般利用面面垂直判定定理 即从证明线面垂直出发 因 为面所以 又 所以面 所以平面 11 BC 11 ABB A 111 BCAB 11 ABAB 1 AB 11 ADC B 面 证明线面平行 一般利用线面平行判定定理 即从证明线线平 11 ADC B 1 ABE 行出发 这一般可利用平面几何知识得以证明 设 则易得四边形 11 ABABO 为平行四边形 所以 所以 面 求棱锥体积 1 BOEF 1 B F OE FB1BEA1 关键在于确定其高 可以利用等体积法将其转化为可确定高的棱锥 111 11 1 11 11 36 AB BEE A B BA B B VVSBC 试题解析 证明 因为为正方体 1111 DCBAABCD 所以面 11 BC 11 ABB A 因为面 所以 2 分 1 AB 11 ABB A 111 BCAB 又因为 所以面 11 ABAB 1111 BCABB 1 AB 11 ADC B 因为面 所以平面面 5 分 1 AB 1 ABE 11 ADC B 1 ABE 16 连接 且 EFEF 1 1 2 C D EF 1 1 2 C D E F A B C D B1 A1 D1 C1 设 11 ABABO 则 且 1 BO 1 1 2 C D 1 BO 1 1 2 C D 所以 且 EF 1 BO EF 1 BO 所以四边形为平行四边形 所以 9 分 1 BOEF 1 B F OE 又因为 11 B FABE 面 OE1 ABE 面 所以 面 11 分 FB1BEA1 14 分 111 11 1 11 11 36 AB BEE A B BA B B VVSBC 考点 面面垂直判定定理 线面平行判定定理 棱锥体积 7 证明见解析 3 2 解析 试题分析 将证明线面平行转化为线线平行 通过做辅助线可证明出EQ PA 线面平行的判定定理可证出 PA平面BDE 如图所示作辅助线 通过题意可先分 将问题转化为求 由面面垂直的性质定理得 3 4 3 1 FMSVV ABDABDFAFDB BC PO 平面ABCD 进而FM 平面ABCD 得到BC 平面PAB 故 22 2 3BCPCPB 进而确定 再由 3 32 FM 17 2 3 2 3 33 FMFA POPA 试题解析 如图 连接AC 设ACBDQ 又点E是PC的中点 则在PAC 中 中位线EQ PA 3 分 又EQ 平面BDE PA 平面BDE 所以 PA平面BDE 5 分 依据题意可得 2PAABPB 取AB中点O 所以POAB 且 3PO 又平面PAB 平面ABCD 则PO 平面ABCD 6 分 作 FMPO于AB上一点M 则FM 平面ABCD 因为四边形ABCD是矩形 所以BC 平面PAB 则PBC 为直角三角形 8 分 所以 22 2 3BCPCPB 则直角三角形ABP 的面积为 1 2 3 2 ABP SAB AD 412 32 3 3333 B AFDFABDABD VVSFMFMFM 10 分 由 FMPO得 2 3 2 3 33 FMFA POPA 12 分 考点 1 线面平行问题与线线平行问题的互化 2 面面垂直与线面垂直问题的互化 3 综合分析能力 8 1 见解析 2 1 3 解析 试题分析 对应第一问 关键是要掌握线面垂直的判定 把握线线垂直的证明方法 第二 问注意椎体的体积公式的应用 试题解析 1 由题设知 1 BCCC BCAC 1 ACCCC 平面 2 分 BC 11 ACC A 18 又 平面 3 分 1 DC 11 ACC A 1 DCBC 由题设知 即 4 分 11 45oADCADC 1 90oCDC 1 C DDC 平面 6 分 DCBCC 1 DC BDC 2 D 是棱的中点 1 2AA 1 AA 1 1 2 ACBCAA 7 分 1 1ACBCAD 9 分 22 2CDADAC 1 2DC 的面积 10 分 1 CDCRt 1 11 221 22 SCD DC 11 分 3 1 11 3 1 3 1 1 BCSV CDCB 即三棱锥的体积为 13 分 3 1 11 CDCBBDCC VV 1 CBDC 1 3 考点 线面垂直的判定 椎体的体积 9 1 证明见解析 2 证明见解析 3 3 解析 试题分析 1 此题将线面平行转化为线线平行问题 可取的中点 连接 1 DAG 构造辅助线 得到 进而证明出平面 2 此题将面面FGGE EBGF BF 1 ADE 垂直问题转化为线面垂直问题 可取的中点 连接构造辅助线 借助于DEH 1 AHCH 余弦定理 得出 即为直角三角形 由线面垂直的判定定理 证明出 1 AHHC 1 AHC 根据面面垂直的判定定理得出面面 1 AHDEBC 面 1 ADE DEBC 3 由棱锥的体积公式得 梯形的底边为 2 4 高为HASV DEBC1DEBC A四 四四 3 1 1 梯形 由 2 代入上式即可求得 3 1 3AH 试题解析 1 证明 取的中点 连接 1 DAGFGGE 19 CD A1 F BE G 为中点 F 1 AC 且 GFDC 1 2 GFDC 为平行四边形边的中点 EABCDAB 且 EBDC 1 2 EBDC 且 EBGFEBGF 四边形是平行四边形 BFGE BFEG 平面 平面 EG 1 ADEBF 1 ADE 平面 4 分 BF 1 ADE 2 取的中点 连接DEH 1 AHCH 为的中点 4AB 2AD 60oDAB EAB 为等边三角形 即折叠后也为等边三角形 DAE 1 DAE CD A1 F BE H 且 1 AHDE 1 3AH 在中 DHC 1DH 4DC 60oHDC 20 根据余弦定理 可得 在中 22222 1 2cos60142 1 413 2 o HCDHDCDH DC 1 AHC 1 3AH 13 HC 1 4AC 即 222 11 ACAHHC 1 AHHC 又 所以 1 1 AHDE AHHC DEDEBC HCDEBC DEHCH 面 面 1 AHDEBC 面 又 11 AHADE 面 面面 10 分 1 ADE DEBC 3 由第 2 问知 1 AHDEBC 面 CD A1 F BE H O 14 分 1 111 24 336 332 ADEBCDEBC VSh 底面 考点 1 线面平行 2 面面垂直 3 棱锥的体积 10 见解析 见解析 2 1 解析 试题分析 要证明线面平行 只需证明这条直线以平面内的一条直线平行即可 连 结 易得为三角形的中位线 所以 平面 要OGOGACE OGAE AEDBE 证明线线垂直 一般通过线面垂直得到 易得平面 在菱形BD ACEF BD CF 中 平面ACEFCFOG CFBGD BGCF 利用等体积法即可 即 11 32 EBDGA BDGCBDGBDG VVVSh 试题解析 连结 1 分OG 因为四边形是菱形 ABCD 所以 又 COOA CGGE 3 21 所以 为三角形的中位线 2 分OGACE 所以 OGAE 又平面 平面OG DBEAE DBE 平面 4 分 AEDBE 因为四边形是菱形 所以 ABCDBDAC 又平面平面 且交线为ABCD ACEFAC 平面 2 分 BD ACEF 又 平面 FC ACEF 3 分 BD CF 在菱形中 ACEFCFAE AEOG 4 分 CFOG 平面 OGBDOOGBD BGD 平面 5 分 CFBGD 6 分 BGCF 由题知 2 故 ABBCAC 60ABC 在三角形中 所以 1 分DAB2ADAB 120DAB BD32 又 所以 所以是等边三角形 ABCFAC 60FAC FCA 所以 2 2 3CFAE 所以 2 分 1 3 2 BDG SBD OG 又面 所以 点 C 到面的距离 3 分CF BDGBDG 11 42 hCF 所以 4 分 11 32 E BDGA BDGC BDGBDG VVVSh 考点 立体几何的综合应用 11 见解析 5 5 解析 试题分析 证明直线和平面垂直的常用方法 1 利用判定定理 2 利用判定定 理的推论 3 利用面面平行的性质 baba 4 利用面面垂直的性质 本题即是利用面面垂直的性质 aa 求面面角方法一是传统方法 作出二面角 难度较大 一般不采用 方法二是向量 法 思路简单 运算量稍大 一般采用向量法 试题解析 依题意 侧面是菱形 是的中点 因为 所以 11 AAC CD 1 AC 1 BABC 1 BDAC 又平面平面 且平面 平面平面 1 ABC 11 AAC CBD 1 ABC 1 ABC 111 AAC CAC 22 所以平面 5 分BD 11 AAC C 传统法 由 知平面 面 所以 BD 11 AAC CCD 11 AAC CCDBD C C1 B1 A A1 B D H 传统法图 又 所以平面 1 CDAC 1 ACBDD CD 1 ABC 过作 垂足为 连结 则 DDHAB HCHCHAB 所以为二面角的平面角 9 分DHC 1 CABC 在中 Rt DAB 1 3 2ADBDAB 所以 12 分 3 2 AD DB DH AB 22 15 2 CHDHDC 所以 即二面角的余弦值是 14 分 5 cos 5 DH DHC CH 1 CABC 5 5 向量法 以为原点 建立空间直角坐标系如图所示 6 分DDxyz C1 B 1 A C A1 B D x z y 向量法图 由已知可得 11 2 1 3 6ACADBDADDCBC 故 1 0 0 0 1 0 0 0 0 3 1 0 0 0 3 0DABCC 则 8 分 1 0 3 0 3 3ABBC 设平面的一个法向量是 ABC x y z n 23 则 即 解得 0 0 AB BC n n 30 330 xz yz 3xz yz 令 得 11 分1z 3 1 1 n 显然是平面的一个法向量 12 分 0 3 0DC 1 ABC 所以 即二面角的余弦值是 35 cos 553 DC DC DC n n n 1 CABC 5 5 14 分 考点 线面垂直 二面角 12 1 详见解析 2 二面角EBDF 的余弦值为 10 10 解析 试题分析 1 因为 EA CF 所以 ACFE 是一个平面图形 在这个平面图形中 AC AE 2 所以 ACE 是等腰直角三角形 连接 AC 交 BD 于点 O 连接 FO 易得 OC FC 所以 OCF 也是等腰直角三角形 由此可证得 EC OF 又由三垂线定理可证得BDEC 从而可得 EC平面BDF 法二 以点 A 为坐标原点 AD 所在的直线为 x 轴 AB 所在直线为 y 轴 AE 所在直线为 z 轴建立 直角坐标系 利用向量也可证得EC 面BDF 2 由 1 知向量EC 为平面BDF的 法向量 再用向量方法求出平面EBD的法向量即可求出二面角EBDF 的余弦值 试题解析 1 法一 连接 AC 交 BD 于点 O 连接 FO 过点 O 作 OH AE 交 EC 于点 H 连 接 HF 因为 O 是 AC 的中点 所以 H 是 EC 的中点 所以 1 1 2 OHEA 因为 EA CF 且 EA 2CF 所以 OH CF 且 OH CF 又因为 1 1 2 OCAC 所以四边形 OCFH 为菱形 而EA垂直于平面 ABCD 所以EAAC 从而OHOC 从而四边形 OCFH 为正方形进而OFCHOFCE 又因为四边形 ABCD 为正方形 所以BDAC 又 EABD 且EAACA 从而BD 面EAC 则BDEC 又 BDBDF OFBDF 且BDOFO 所以 EC平面BDF 6 分 法二 以点 A 为坐标原点 AD 所在的直线为 x 轴 AB 所在直线为 y 轴 AE 所在直线为 z 轴建立 直角坐标系 则 0 0 0 0 2 0 2 0 0 2 2 0 2 2 1 E 0 0 2 ABDCF 24 所以 2 2 0 2 0 1 2 2 2 BDBFEC 从而有EC BD 0 EC BF 0 所以 ECBD ECBF 又因为 BDBFB 从而EC 面BDF 2 由 1 知向量EC 为平面BDF的法向量 设平面EBD的法向量为 nx y z 则 0 0 n BD n ED 即 220 220 xy xz 令1z 得2 2xy 故 210 cos 102 10 n EC n EC nEC 所以二面角EBDF 的余弦值为 10 10 考点 1 空间线面间的位置关系 2 二面角 13 1 证明详见解析 2 证明详见解析 3 点 F 为边 BC 上靠近 B 点的三等分点 解析 试题分析 本题主要考查线线平行 线面平行 线线垂直 线面垂直 二面角 向量法等 基础知识 考查学生的分析问题解决问题的能力 空间想象能力 逻辑推理能力 第一问 在中 E F 分别是 BP BC 中点 利用中位线的性质得 再根据线面平PBC EFPC 行的判定得出结论 第二问 由正方形 ABCD 得出 利用面面垂直的性质 得BCAB 平面 PAB 利用线面垂直的性质 得 再从中证出 利BC BCAE PAB AEPB 用线面垂直的判定得平面 PBC 所以 AE 垂直面 PBC 内的线 PF 第三问 利用已知的AE 这些条件整理出 AD AB AP 两两垂直 建立空间直角坐标系 写出相关点的坐标 得出向 量坐标 分别求出平面 AEF 和平面 ABF 的法向量 利用夹角公式列出表达式 求出 m 即 得到 BF 的长 从而得到点 F 的位置 试题解析 1 在中 点 E 是 PB 中点 点 F 是 BC 中点 PBC EFPC 又 平面 PAC 平面 PAC EF PC 平面 PAC EF 2 底面 ABCD 是正方形 BCAB 又 侧面 PAB底面 ABCD 平面 PAB平面 ABCD AB 且平面 ABCD BC 平面 PAB BC 平面 PAB AE BCAE 由已知 点 E 是 PB 的中点 PAAB 25 AEPB 又 PBBCB 平面 PBC AE 平面 PBC PF AEPF 3 点 F 为边 BC 上靠近 B 点的三等分点 PAAB 2PBAB PAAB 由 2 可知 平面 PAB BC 又 BCAD 平面 PAB 即 AD ADPA ADAB 两两垂直 AD AB AP 分别以 AD AB AP 为 x 轴 y 轴 z 轴 建立空间直角坐标系 如图 不妨设 则 2 ABBFm 0 0 0 0 2 0 0 0 2 0 1 1 ABPE 2 0 F m 0 1 1 AE 2 0 AFm 设平面 AEF 的一个法向量为 np q r 得 取 则 得 0 0 nAE nAF 0 20 qr mpq 2p qm rm 2 nm m APAB APAD ABADA 平面 ABCD AP 26 即平面 ABF 的一个法向量为 0 0 2 AP 解得 2 2 11 11 422 n APm nAP m 2 3 m 2BCAB 即点 F 为边 BC 上靠近 B 点的三等分点 1 3 BFBC 考点 线线平行 线面平行 线线垂直 线面垂直 二面角 向量法 14 1 16 2 3 10 5 5 3 解析 试题分析 1 由三视图易得 AC 平面 BCE 则体积 2 取 EC 1 16 3 BCED VSAC 的中点是 F 连结 BF 可证 FBA 或其补角即为异面直线 DE 与 AB 所成的角 在 BAF 中 利用余弦定理可求得异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为 3 过 C 作 CG DE 10 5 交 DE 于 G 连 AG 可证 DE 平面 ACG 易知 AGC 为二面角 A ED B 的平面角 在 ACG 中 可求得二面角 A ED B 的的正弦值为 5 3 试题解析 1 AC 平面 BCE 则 1 16 3 BCED VSAC 几何体的体积 V 为 16 2 取 EC 的中点是 F 连结 BF 则 BF DE FBA 或其补角即为异面直线 DE 与 AB 所 成的角 在 BAF 中 AB BF AF 4 22 5 10 cos 5 ABF 异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为 10 5 3 AC 平面 BCE 过 C 作 CG DE 交 DE 于 G 连 AG 可得 DE 平面 ACG 从而 AG DE AGC 为二面角 A ED B 的平面角 27 在 ACG 中 ACG 90 AC 4 G 8 5 5 5 tan 2 AGC 5 sin 3 AGC 二面角 A ED B 的的正弦值为 5 3 考点 1 空间几何体的结构特征与三视图 2 空间几何中的线面角与二面角 15 1 详见解析 2 3 解析 试题分析 1 取的中点 连接 要证 只要证 平面 1 ABDAD 11 A ABBBC 11 A ABB 由直三棱柱的性质可知 只需证 因此只要证明平面 1 AABC BCAD AD 1 ABC 事实上 由已知平面侧面 平面 且 1 ABC 11 A ABBAD 11 A ABB 1 ADAB 所以平面成立 于是结论可证 AD 1 ABC 2 思路一 连接 可证即为直线与所成的角 则CDACD AC 1 ABC 6 ACD 2 2AC 过点 A 作于点 连 可证即为二面角的一个平面角 1 AEAC EDEAED 1 AACB 在直角中 即二面角的大小为 1 A AC 3 AED 1 AACB 3 思路二 以点为原点 以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系B 1 BCBABB x y z Bxyz 设平面的一个法向量 平面的一个法向量为 利用向量的数量积求出这 1 ABC 1 n 1 A AC 2 n 两个法向量的坐标 进而利用法向量的夹角求出锐二面角的大小 1 AACB 试题解析 解 1 证明 如图 取的中点 连接 1 ABDAD 因 则 1 AAAB 1 ADAB 由平面侧面 且平面侧面 1 ABC 11 A ABB 1 ABC 11 A ABB 1 AB 得 又平面 所以 1 ADABC BC 1 ABCADBC 28 因为三棱柱是直三棱柱 则 所以 111 ABCABC 1 AAABC 1 AABC 又 从而侧面 又侧面 故 1 AAAD A BC 11 A ABBAB 11 A ABBABBC 解法一 连接 由 1 可知 则是在内的射影CD 1 ADABC CDAC 1 ABC 即为直线与所成的角 则ACD AC 1 ABC 6 ACD 在等腰直角中 且点是中点 且 1 A AB 1 2AAAB D 1 AB 1 1 2 2 ADAB 2 ADC 6 ACD 2 2AC 过点 A 作于点 连 由 1 知 则 且 1 AEAC EDE 1 ADABC 1 ADAC AEADA 即为二面角的一个平面角AED 1 AACB 且直角中 又 1 A AC 1 1 2 2 22 6 32 3 A A AC AE AC 2AD 2 ADE 23 sin 22 6 3 AD AED AE 且二面角为锐二面角 即二面角的大小为 1 AACB 3 AED 1 AACB 3 29 解法二 向量法 由 1 知且 所以以点为原点 以ABBC 1 BBABC B 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系 如图所示 且设 1 BCBABB x y zBxyz 则 BCa 0 2 0 A 0 0 0 B 0 0 C a 1 0 2 2 A 0 0 BCa 1 0 2 2 BA 2 0 ACa 1 0 0 2 AA 设平面的一个法向量 由 得 1 ABC 1 nx y z 1 BCn 11 BAn 令 得 则 0 220 xa yz 1y 0 1xz 1 0 1 1 n 设直线与所成的角为 则AC 1 ABC 6 30 得 解得 即 1 2 1 21 sin 62 42 AC n AC na 2a 2 2 0 AC 又设平面的一个法向量为 同理可得 1 A AC 2 n 2 1 1 0 n 设锐二面角的大小为 则 1 AACB 且 得 12 12 12 1 coscos 2 n n n n n n 0 2 3 锐二面角的大小为 1 AACB 3 考点 1 空间直线 平面的位置关系 2 空间向量在立体几何问题中的应用 16 1 祥见解析 2 祥见解析 3 存在满足条件的 3 2 3 AM 解析 试题分析 1 O 是 AD1的中点 连接 OE 由中位线定理可得 EO BD1 再由线面平 行的判定定理可得 BD1 平面 A1DE 2 由正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直 根据面面垂直的性质定理可得 AB 平面 ADD1A1 进而线面垂直的性质定理得到AB A1D 结合 A1D AD1及线面垂直 的判定定理 可得 A1D 平面 AD1E 进而 D1E A1D 3 以点 D 为原点 DA DC DD1所在直线分别为 x 轴 y 轴 z 轴 建立如图所示 的空间直角坐标系 设 M 1 a 0 0 a 2 分别求出平面 D1MC 的法向量和 平面 MCD 的一个法向量 根据二面角 D1 MC D 的大小为 结合向量夹角公式 构造 6 关于 a 的方程 解方程可得 M 点的坐标 进而求出 AM 长 试题解析 1 连结交于 连结 因为四边形为正方形 所以 1 AD 1 ADFEF 11 AAD D 为的中点 又点为的中点 在中 有中位线定理有 而F 1 ADEAB 1 ABD EF 1 BD 平面 平面 1 BD 1 ADEEF 1 ADE 所以 平面 1 BD 1 ADE 2 因为正方形与矩形所在平面互相垂直 所以 DDAA 11 ABCD 11 ADAD 1 AEAD 而 所以平面 又平面 所以 1 ADAEA 1 AD 1 ADE 1 D E 1 ADE 11 D EAD 3 存在满足条件的 1 0 0 1 D 3 2 3 AM 31 依题意 以为坐标原点 分别为轴 轴 轴建立空间直角坐标xDDADC 1 DDyz 系 因为 则 所 22 ADAB 0 0 0 D 0 2 0 C 1 1 0 1 A 1 0 0 1 DD 1 0 2 1 DC 易知为平面的法向量 设 所以平面 1 DD MCD 1 0 0 Maa 1 2 0 MCa 的法向量为 所以 即 所以 1 D MC nx y z 1 0 0 n DC n MC 1 2 0 0 0 2 1 0 x y za x y z 取 2 2 zy xa y 1y 则 又二面角的大小为 2 1 2 na DMCD 1 6 所以 解得 1 222 1 0 01 2 1 2 cos 6 1 2 12 DD na DDn a 3 2 3 a 故在线段上是存在点 使二面角的大小为 且 ABMDMCD 1 6 3 2 3 AM 考点 1 空间中直线与直线之间的位置关系 直线与平面平行的判定 空间向量 求平面间的夹角 17 1 2 6 3 1 5 3 AF FA 解析 试题分析 1 此小题考查用空间向量解决线面角问题 只需找到面的法向量与线的方向 向量 注意用好如下公式 且线面角的范围为 2 sin cos BC n 0 2 此小题考查的是用空间向量解决面面角问题 只需找到两个面的法向量 但由于点坐标F 未知 可先设出 利用二面角的大小是 45 求出点坐标 从而可得到 1 BFCC F 的长度 则易求出其比值 1 AF FA 试题解析 32 A F 1 A B C 1 B 1 C x y z 如图 以点为原点建立空间直角坐标系 依题意得A 因为为中点 则 11 0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 4 0 2 4 ABCACF 1 0 0 2 2 0 2 2 2 4 2 2 0 FBFBCBC 设是平面的一个法向量 则 得 nx y z 1 BFC 1 220 2240 n BFxz n BCxyz 取 则 设直线与平面的法向量的xyz 1x 1 1 1 n BC 1 BFC 1 1 1 n 夹角为 则 所以直线与平面所成角 46 cos 3 2 23 BC n BCn BC 1 BFC 的正弦值为 6 3 设 设是平面的 1 0 0 04 2 0 2 2 4 FttBFt BC nx y z 1 BFC 一个法向量 则 取 则 1 20 2240 n BFxtz n BCxyz 2z 4 2 nt t 是平面的一个法向量 2 0 0 AB 1 FC C 得 即 22 22 cos 2 2 4 4 n ABt n AB nAB tt 5 2 t 1 53 22 AFFA 所以当时 二面角的大小是 1 5 3 AF FA 1 BFCC 45 考点 运用空间向量解决线面角与面面角问题 要掌握线面角与面面角的公式 要注意合 理建系 33 18 1 详见解析 2 二面角的大小是 EADB 6 解析 试题分析 1 求证 平面 证明线面垂直 先证线线垂直 即证线和平面 DEACD 内两条相交直线垂直 由已知可得 只需证明 或 由 DEDC ACDE ADDE 已知平面平面 只需证明 就得平面 即 ABCBCDEACBC AC BCDE 而由已知 在直角梯形中 易求 从而 ACDE 2 2ACAB BCDE2BC 满足 即得 问题得证 2 求二面角的大小 222 ABACBC ACBC EADB 可用传统方法 也可用向量法 用传统方法 关键是找二面角的平面角 可利用三垂线定 理来找 但本题不存在利用三垂线定理的条件 因此利用垂面法 即作 与 BFAD 交于点 过点作 与交于点 连结 由 1 知 ADFF FGDE AEGBG 则 所以是二面角的平面角 求出的 DEAD FGAD BFG EADB BFG 三条边 利用余弦定理 即可求出二面角的大小 用向量法 首先建立空间坐 EADB 标系 先找三条两两垂直的直线作为坐标轴 观察几何图形可知 以为原点 分别以射 D 线为轴的正半轴 建立空间直角坐标系 写出个点坐标 设出设平 DE DC x yDxyz 面的法向量为 平面的法向量为 求出它们的 ADE 111 mx y z ABD 222 nxyz 一个法向量 利用法向量的夹角与二面角的关系 即可求出二面角的大小 EADB 1 在直角梯形中 由 得 由BCDE1DEBE 2CD 2BDBC 则 即 又平面平面 2 2ACAB 222 ABACBC ACBC ABCBCDE 从而平面 所以 又 从而平面 AC BCDEACDE DEDC DE ACD 2 方法一 作 与交于点 过点作 与交于点 BFAD ADFFFGDE AEG 连结 由 1 知 则 所以是二面角BGDEAD FGAD BFG 的平面角 在直角梯形中 由 得 又EADB BCDE 222 CDBDBC BDBC 平面平面 得平面 从而 由于平面 ABCBCDEBD ABCBDAB AC 得 在中 由 得 BCDEACCD Rt ACD 2CD 2AC 6AD 34 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20151055101520 G F E D C B A 在中 得 在中 Rt AED 1DE 6AD 7AE Rt ABD 2BD 得 从而 在中 2AB 6AD 2 3 3 BF 2 3 AFAD 2 3 GF ABEABG 利用余弦定理分别可得 在中 5 72 cos 143 BAEBG BFG 所以 即二面角的大小 222 3 cos 22 GFBFBG BFG BF GF 6 BFG EADB 是 6 方法二 以为原点 分别以射线为轴的正半轴 建立空间直角坐标系D DE DC x y 如图所示 由题意可知各点坐标如下 Dxyz 设平面的法向量为 0 0 0 1 0 0 0 2 0 0 2 2 1 1 0DECABADE 平面的法向量为 可算得 111 mx y z ABD 222 nxyz 0 2 2AD 由得 可取 1 1 0 1 2 2DBAE 0 0 m AD m AE 11 111 0220 220 yz xyz 由得 可取 于是 0 1 2m 0 0 n AD n BD 22 22 0220 0 yz xy 1 1 2n 由题意可知 所求二面角是锐角 故二面角的大小 3 cos 2 m n m n m n EADB 是 6 35 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20151055101520 Z Y x E D C B A 点评 本题主要考查空间点 线 面位置关系 二面角等基础知识 空间向量的应用 同 时考查空间想象能力 与推理论证 运算求解能力 19 1 证明过程详见解析 2 证明过程详见解析 3 6 6 解析 试题分析 本题主要考查中位线 平行四边形的证明 线面平行 线面垂直 面面垂直 二面角等基础知识 考查学生的空间想象能力 逻辑推理能力 计算能力 第一问 作出辅 助线 MN N 为中点 在中 利用中位线得到 且 结DEEDC MNCD 1 2 MNCD 合已知条件 可证出四边形 ABMN 为平行四边形 所以 利用线面平行的判定 B