考点三立体几何综合应用

1、考点三 立体几何综合应用B1AC1CA1B（13新课标理18）如图，三棱柱中，（1）证明：；（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值解：（1）取中点，连结，是正三角形，平面，（2）由（1）知，又平面平面，平面平面，平面，两两相互垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系由题设知，则，B1AC1CA1B设是平面的法向量，则，即，由此得，取，可得，直线与平面所成角的正弦值为A1B1AC1CB说明：第（2）可以用传统的几何方法作出直线与平面所成角，然后求之具体过程如下：（2）由（1）知，又平面平面，平面平面，平面，则，由余弦定理得，过作，交于，取的中点为，连结，

2、易知于是平面，平面平面过作，交于，平面连结，则为直线与平面所成角又，点在平面的射影为的中点，点在平面的射影为的中点，易知到平面的距离，即到直线的距离，为在中，由面积相等得，（13年新课标理18）如图，直棱柱中，分别是，的中点，（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值证明：（1）连接交于点，则平分又为的中点，平面，平面，平面（2），以为原点，射线、分别为、轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系设，则，设是平面的一个法向量，则由得，即取，则，故设是平面的一个法向量，则由得，即取，故于是，即二面角的正弦值为（13年辽宁理18）如图，是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点（1）求证：平面平面；（2）若，

3、求二面角的余弦值解：（1）由是圆的直径，得，由平面，平面，得又，平面，平面，平面平面平面平面（2）法一：过作于，平面，平面，N故平面过作于，连结由三垂线定理得为二面角的平面角在中，由，得，在中，由，得，故又在中，故二面角的余弦值为法二：过作，则平面如图，以点为坐标原点，分别以直线、分别为、建立空间直角标系，故，设平面的法向量为则由得，令，则，故可取，设平面的法向量为则由得，令，故可取于是二面角的余弦值为(12课标全国卷19) 如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小解：(1)证明：由题设知，三棱

4、柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)则(0,0，1)，(1，1,1)，(1,0,1)设(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取(1,1,0)同理，设是平面C1BD的法向量，则可得(1

5、,2,1)从而cos，.故二面角A1BDC1的大小为30°.(12辽宁卷18) 如图，直三棱柱ABCABC，BAC90°，ABACAA，点M，N分别为AB和BC的中点(1)证明：MN平面AACC；(2)若二面角AMNC为直二面角，求的值28解：(1)(证法一)连结AB，AC，由已知BAC90°，ABAC，三棱柱ABCABC为直三棱柱所以M为AB中点又因为N为BC的中点所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.(证法二)取AB中点P，连结MP，NP，M，N分别为AB与BC的中点，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面A

6、ACC，又MPNPP，因此平面MPN平面AACC，而MN平面MPN，因此MN平面AACC.(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系Oxyz，如图15所示设AA1，则ABAC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)所以M，N.设(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量，由得可取(1，1，)图15设(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取(3，1，)因为AMNC为直二面角，所以·0.即3(1)×(1)20，解得.（11新课标18）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形

7、，底面ABCD（I）证明：；（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值答案：29解：（）因为， 由余弦定理得从而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故 PABD（）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则，设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则 即 因此可取n=设平面PBC的法向量为m，则 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值为 （11辽宁18）如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD（I）证明：平面PQC平面DCQ；（II）求二面

8、角QBPC的余弦值答案：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz. （I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.则所以即PQDQ，PQDC.故PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ. 6分 （II）依题意有B（1，0，1），设是平面PBC的法向量，则因此可取设m是平面PBQ的法向量，则可取故二面角QBPC的余弦值为（10全国18）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高 ，E为AD中点（1） 证明：PEBC（2） 若APB=ADB=60°

9、，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值31.答案：解：以为原点， 分别为轴，线段的长为单位长， 建立空间直角坐标系如图， 则 （）设 则 可得 因为所以 （）由已知条件可得 设 为平面的法向量 则 即因此可以取，由，可得 所以直线与平面所成角的正弦值为32.（10辽宁19）（本小题满分12分）已知三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABAC，PA=AC=1/2AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.（）证明：CMSN；（）求SN与平面CMN所成角的大小.32.证明：空间想象能力以及空间思维能力。【点评】纵观近几年的高考试题，立体几何的解答题在很大程度上扮演着直线与平面内

10、容载体的角色，着重考查立体几何中的逻辑推理，多为中档题，通过这些题目考查学生掌握基础知识、逻辑推理能力、计算能力和空间想象能力。而空间向量是解答立体几何问题的33.（09全国（海南）19）（本小题满分12分）如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点。 （）求证：ACSD；（）若SD平面PAC，求二面角P-AC-D的大小（）在（）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由。（33）解法一： （）连BD，设AC交BD于O，由题意。在正方形ABCD中，所以,得.()设正方形边长，则。又，所以, 连，由（）知,所以,且,所以是二面角的平面角。由,知,所以,即二面角的大小为。 （）在棱SC上存在一点E，使由（）可得，故可在上取一点,使,过作的平行线与的交点即为。连BN。在中知，又由于,故平面，得,由