立体几何典型例题精选(含答案)

1、.下载可编辑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ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，EF/.3.平面ABCD,EF1,FBFC,BFC90,AE(1)求证：AB平面BCF;(2)求直线AE与平面BDE所成角的正切值.变式1:(2013湖北8校联考)如左图，四边形ABCD中，E是BC的中点，DB2,DC1,BCO,ACnBD=O,四边形ACCA和四边形BDDB均为矩形.(1)证明：OOL底面ABCD(2)若/CBA=60。，求二面角C-OB-D的余弦值.3. 2014江西19如图1-6,四棱锥P-ABC珅,ABC时矩形，平面PAD

2、L平面ABCD(1)求证：ABLPD(2)若ZBPC=90,PB=，2,PC=2,问AB为何值时，四棱锥P-ABCD的体积最大？并求此时平面bpc-.33在ABE ABG4利用余弦定理分别可得 cosZ BAE= 5-7, BG= 2. 143在 BFG中，cos / BFG=gF+bFbG2BF-GF,3I.13分一一兀 .一所以，/ BFG=,即二面角B - 兀AD - E的大小是.方法二：以D为原点，分别以射线DE, DC为x, y轴的正半轴,建立空间直角坐标系 D - xyz ,如图所示.由题意知各点坐标如下：以0 ,0,0) ,E(1,0,0) ,Q0,2, 0) ,A(0, 2,也

3、)，B(1,设平面 ADE勺法向量为 m (x1, y1, Z1),平面 ABD勺法向量为 可算得 AD= (0, 2,木),AE= (1 , 2, g, DB= (111分14分1,0).n=(x2, y2, Z2).1,0).mr AD= 0,由 一mr AE= 0,n - Ab= 0, 由n , DBB= 0,-2y1 y 2z1 = 0,即N , 可取m (0 , 1,曲.Xi 2yi y2zi = 0,即-2y2-V2z2 = 0, 可取 n=(i, i,/).X2 + y2= 0,9分11分于是 |cos rq| m n|3Jim - I n| 一/X2 2 .13分由题意可知，所

4、求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小是14分变式4:（2014全国卷）19.解：方法一：（1）证明：因为AQL平面ABCA1D?平面AAGC,故平面，平面ABC又BCLAC所以BCL平面AACC.2分连接AC,因为侧面AACC为菱形，故AGXAC由三垂线定理得ACLAB4分（注意：这个定理我们不能用）（2）BCL平面AACC,BC?平面BCCB,故平面AACC平面BCCB.作AE,CC,E为垂足，则AE,平面BCCB.6分又直线AA/平面BCCB,因而AE为直线AA与平面BCCB的距离，即AE=3/3.因为AC为/ACC的平分线，所以AD=AE=木.8分作DUABF为垂足，连接AF.由三

5、垂线定理得AFLAB故/AFD为二面角A-AB-C的平面角.10分由AD=AA2A1D=1,得D为AC中点,DF=乎,AQtan/AFD=DF=15,12分,1所以cos/AFA4.13分所以二面角A-AB-C的大小为arccos1.14分4方法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.由题设知AD与z轴平行，z轴在平面AAGC内.证明：设A(a,0,c).由题设有aAA=(a4,0,c),c).由|AA|=2,得7(a2)2+c2=2,即a24a+c2=0.又ACBA=a24a+c2=0,所以AGA1B.4分(2)设平面BCCBi

6、的法向量mr(x,y,z),则mCBmLEBB1,即mrCB=0,m-BB=0.因为CB=(0,1,0),Bb=AA=(a2,0,c),所以y=0且(a2)x+cz=0.令x=c,则z=2a,所以mi=(c,0,2-a),故点A到平面BCCB的距离为品-ACA-m2c八|CA.|cosm,CA|=-=f22=c.6分|m#+(2a)又依题设，A到平面BCCBi的距离为所以c=，3,代入，解得a=3(舍去)或a=1,于是AA=(1,0,木).8分设平面ABA的法向量n=(p,q,r),则n1AA,nAB即n-AA=0,n-AB=0,p+/3,则各点坐标分别为o(0,0,0),c(10,5/3),

7、B(0,-73,0),A(0,-V3,28),建立空间直角坐标系如图0,0),M(0,ruuu一(1)设n(x,y,z)是平面MBC勺法向量，则BC=(1,J3,0)uuuu_BM(0-3,、.3)uuurBC得xJ3y0；由nuuuuBM、.3y、3zuuu-1,1),BA(0,0,2V3),则距离uurrBAnrn2155MBDOyCuuuuCM(1,0,uuuCA(1,3,2,3).ur设平面ACM的法向量为n1(x,y,z),由irn1irn1uuurCMuuu得CA.3z、3y023zyz,取1r(J3,1,1).又平面BCD勺法向量为(0,0,1)，则cosurrn1，n.解得0u

8、rrn1urn1设所求二面角为，则sin12分变式5:解析：由于BCM是梯形，则MK与CB相交于E.A、E确定的直线为ml过C作CFLm于F,连结MF因为MCL平面ABCDCFm,故M口m./MFC二面角Mkm-C的平面角.设正方体棱长为a,则3113CMa,BKa.在ecm,由BK/CMM彳#EB-a,CF-a,故tanMFC442、5西.因4此所求角的余弦值为 cos MFC4 .2121变式6:解析：平面ABCEJ平面ABC1D1，平面AB1c与平面A1B1c1D1的交线m为过点81且平行于AC的直线.直线m就是二平面AB。与AiBiCiDi所成二面角的棱.又平面ABiC与平面AA1，平

9、面AiBiCiDi,过Ai作AHUm于H,连结AH.则AHA1为二面角AmAi的平面角.可求得tanAHAi.高考试题精选1. （2014四川卷）解：(1)如图所示，取BD的中点Q连接AQCO由侧视图及俯视图知，ABDBCM正三角形,所以AOLBD,OCLBD因为AQOC平面AOC且ACTOC=Q所以BD1平面ACC又因为AC?平面ACC所以BDLAC取BC的中点H,连接NHPH又MN,H分别为线段AQABBC的中点，所以MIN/BDNH/AQ因为ACLBD所以NHLBD因为MNLNP所以NPLBD因为NHNP?平面NHP且NMNP=N,所以BDL平面NHP又因为HP?平面NHP所以BDLHP

10、又OCLBDHP?平面BCDOC?平面BCD所以HP/OC因为H为BO勺中点，所以P为BC的中点.5分(2)方法一：如图所示，作NQLAC于Q,连接MQ由(1)知，NP/AC所以NQLNP因为MNLNP所以/MN二面角A-NP-M的一个平面角.由(1)知，ABDBCD边长为2的正三角形，所以AOOC=43.由俯视图可知，ACL平面BCD因为OC?平面BCD所以AdOC因此在等腰直角AOC3,AC=乖.作BFRLAC于R因为在ABO,AB=BC所以R为AC的中点,所以BR=aW_Ac=2.因为在平面ABCrt,NQLAGBMAO所以NQ/BR又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点,BR10所以

11、NQ=y=.同理，可得MQ= -0故MNQ;等腰三角形,所以在等腰 MNQKcos / MNRMN BD万彳 101 1 *NQ NQ 5 -13分故二面角A - NP-M的余弦值是14分方法二：由俯视图及(1)可知，AOL平面BCD因为OC O日平面BCD所以又OCL OB所以直线OA OBAOL OC AOL OBOC两两垂直.如图所示，以O为坐标原点，以 OB OC OA勺方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O - xyz.则 A(0 , 0,用,B(1 , 0, 0) , C(0,依 0), D-1, 0, 0).因为M, N分别为线段 AD AB的中点，又由(1)知，P

12、为线段BC的中点， .1所以M-20,BAB= (1 ,0,-V3), BC=(-1,小0)MN= (10), NP= 0,乎3 2设平面ABC勺一个法向量 m = (X1,y1,Z1)，nA旦m - AB= 0由得nBC m - BC= 0(x1, y1, z1) - 即(xi, y1, z。 -0,从而X1-V3Z1= 0,X1+ 3y1= 0.取 zi=1,则 X1=q3, y1= 1,所以=(43, 1设平面MNP勺一个法向量n2= (x2y2Z2),由,n2MN n2NP,n2 MN= 0n2 - NP= 0(X2(X2y2= 1, X2= 0,所以y2y20,0,3-20)=03

13、一2从而 =0,X2= 0 ,33士-y2 十2= 0.22n2=(0, 1,1).11分设二面角A -np- m的大小为 e ,贝 U cos 0 = .| m| | n2|1,1) ( 0, 1, 1)V5x也10八.,13分5故二面角aNP-M的余弦值是T014分AOC= 1OB = 7.3r2. (2014湖南卷)解：如图（a）,因为四边形ACCA为矩形，所以CC，AC同理DDLBD因为CC/DD,所以CCLBD而ASBD=Q因此CC，底面ABCD由题设知，OO/GC.故OO,底面ABCD4分（2）方法一：如图（a）,过O作OH，OB于H,连接HC.由知，OOL底面ABCD所以OO,底

14、面A1BGD,于是OOLAG.又因为四棱柱ABCDABOD的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AGXBiD,从而AC，平面BDEBi,所以A1COB,于是OB，平面OHG进而OB，CH故/CHO是二面角C-OD的平面角.不妨设AB=2.因为/CBA=60,所以OB=小,一，OO-OB而OG=1,于是 GH= OC2+OH = 1/1+519故 cos/CHO = 0H= 2 CH3Bi192 5719 .即二面角C- OB D的余弦值为2部.方法二：因为四棱柱 ABCD ABCD的所有棱长都相等，所以四边形ABCD1菱形，因此ACL BD又OOL底面ABCD从而OB OC OO两两

15、垂直.如图，以O为坐标原点，OB OC OO所在直线分别为x轴,y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设 AB= 2.因为/ CBA= 60 ,所以 OB=小于是相关各点的坐标为Q0, 0, 0） , B（、/3, 0OC= 1,2), C(0,1, 2).易知，m=（01 1, 0）是平面BDDB的一个法向量.设 n2=(x, V，z）是平面OBC的一个法向量，则n2 OB= 0取z =-4, 设二面角C-n2 , OC= 0, 则 x=2, y=243,所以亮=(2, 2木,一木).即 *x+2z = 0，y+2z= 0.cos 0 = |cos故二面角C-OB，OB-d的大小为e

16、 ,易知e是锐角，于是_ n1 n22 3 2 157尸=4= 19.D的余弦值为21957.在RtOOB中，易知OH=0=2OB3. （2014江西卷）19.解：（1）证明：因为ABCD；矩形，所以ABLAD又平面PAD_平面ABCD平面PAD平面ABCD=AD所以AB,平面PAD故ABPD（2）过P作AD的垂线，垂足为Q过O作BC的垂线，垂足为G连接PG故POL平面ABCDBCL平面POGBCPG2_22_JRr-m2,故四棱锥P- ABCD勺体设 AB= m| 则 OP= PG O仕RtABPLH4,PG=3,G浣3,BG=3.积为V=3*小，mryj3-m=8-6m2.因为 m)8 61m =吊8m2 61