立体几何专题有答案

立体几何专题有答案立体几何答案翰林学校 宗克志26.【2012高考辽宁理18】(本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC A/B/C/，BAC90o，ABACAA/,点M，N分别为A/B和B/C/的中点。(Ⅰ)证明：MN∥平面A/ACC/;(Ⅱ)若二面角A/MNC为直二面角，求的值。【命题意图】本题主要考查线面平行的判定、二面角的计算，考查空间想象能力、运算求解能力，是容易题.【解析】（1）连结AB',AC'，由已知BAC=90,AB=AC三棱柱ABC-ABC'''为直三棱柱，所以M为AB'中点.又因为N为BC''中点所以MN//AC'，又MN 平面AACC''AC' 平 面 AACC'' ， 因 此MN//平面AACC''

6分（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O-xyz，如图所示设AA'=1,则AB=AC=，于是A0,0,0,B,0,0,C0,,0,A'0,0,1,B',0,1,C'0,,1，所以M1ur是平面AMN'的法向,0,,N,,1，设m=x1,y1,z12222——2——量，uruuuur1gx1-z1=0ur得22，可取m=1,-1,由uruuuurmgMN=0y1+1z1=022r设n=x2,y2,z2 是平面MNC的法向量，ruuur-x2+y2-z2=0rngNC=0,得22由ruuuur，可取n=-3,-1,g1nMN=02y2+2z2=0urr-1+2=0，因为A'-MN-C为直二面角，所以mgn=0,即-3+-1解得=2⋯⋯12分【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定，借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法，并利用法向量判定平面的垂直关系，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，难度适中。第一小题可以通过线线平行来证明线面平行，也可通过面面平行来证明。27.【2012高考湖北理19】（本小题满分12分）如图1，ACB45o，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使BDC90o（如图2所示）．（Ⅰ）当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体——3——积最大；（Ⅱ）当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小．AAMBDCD.CB·E图1图第19题图【答案】（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△ABC中，设BDx(0x3)，则CD3x．由ADBC，ACB45o知，△ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后（如图2），ADDC，ADBD，且BDIDCD，所以AD平面BCD．又BDC90o，所以SBCD1BDCD1x(3x)．于是22——4——VABCD1ADSBCD1(3x)1x(3x)12x(3x)(3x)3321212x(3x)(3x)32，1233当且仅当2x3x，即x1时，等号成立，故当x1，即BD1时,三棱锥ABCD的体积最大．解法2：同解VABCD1ADSBCD1(3x)1x(3332令f(x)1326(x6x解得x 1．

法1，得x)1(x36x29x)．69x)，由f(x)10，且0x3，(x1)(x3)2当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,3)时，f(x)0．所以当x1时，f(x)取得最大值．故当BD1时,三棱锥ABCD的体积最大．（Ⅱ）解法1：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系Dxyz．由（Ⅰ）知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2．于是可得D(0,0,0)，，，，，B(1,0,0)C(0,2,0)A(0,0,2)M(0,1,1)E(1,1,0)，2uuuur(1,1,1)．且BMuuur1.因为ENBM等价于设N(0,,0)，则EN(,1,0)2uuuruuuurENBM0，即(1,1,0)(1,1,1)110，故1，N(0,1,0).2222——5——所以当DN21（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，ENBM．uuur设平面BMN的一个法向量为n(x,y,z)，由nBN,uuuurnBM,uuur(1,1，及BN,0)2得y2x,可取n(1,2,1)．zx.，则由uuur设EN与平面BMN所成角的大小为1,1,0)，n(1,2,1)，可得EN(22uuur1|nEN1|3，即sincos(90o2o)uuur2260．|n||EN|62zAAMMDNDFBECyNCBEx图图MDNFCGHNEBEB图P图第19题故EN与平面BMN所成角的大小为 60.解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥 A BCD的体积最大时， BD 1，AD CD 2．如图b，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD.——6——由（Ⅰ）知AD平面BCD，所以MF平面BCD.如图c，延长FE至P点使得FPDB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DP BF. 取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则 EN∥DP，所以EN BF. 因为MF平面BCD，又EN 面BCD，所以MF EN.又MFIBF F，所以 EN 面BMF.又BM 面BMF，所以EN BM.因为EN BM当且仅当EN BF，而点 F是唯一的，所以点 N是唯一的.即当DN 1（即N是CD的靠近点D的一个四等2分点），EN BM．连接MN，ME，由计算得 NB NM EB EM 5，2所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取BM的中点G，连接EG，NG，则BM平面EGN．在平面EGN中，过点E作EH GN于H，则EH 平面BMN．故ENH是EN与平面BMN所成的角．在△EGN中，易得2，所以△EGN是EGGNNE正三角形，故ENH60o，即EN与平面BMN所成角的大小为——7——60o.31.【2012高考福建理18】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中AA1=AD=1，E为CD中点.（Ⅰ）求证：B1E⊥AD1；（Ⅱ）在棱AA1上是否存在一点 P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求 AP的行；若存在，求 AP的长；若不存在，说明理由 .（Ⅲ）若二面角 A-B1EA1的大小为 30°，求AB的长.【答案】本题主要考查立体几何中直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角的概念与求法等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、基本运算能力，以及函数与方程的思想、数形结合思想、化归与转化思想.解答：（Ⅰ）长方体 ABCD A1B1C1D1中，AA1 AD 1——8——得：AD1A1D,AD1A1B1,A1DIA1B1A1A1D面A1B1CDB1E面A1B1CDB1EAD1（Ⅱ）取 AA1的中点为 P，AB1中点为Q，连接PQ在AA1B1中，1A1B11PD//QEPD//面B1AEPQ//,DE//A1B1PQ//DE221AA11此时AP22（Ⅲ）设A1DIAD1O，连接AO，过点O作OHB1E于点H，连接AHAO 面ABCD，OH BE AH BE1 1 1 1 1得： AHO是二面角AB1EA1的平面角AHO 30在RtAOH中，2OH6AHO30,AOH90,AH22在矩形A1B1CD中，CDx,A1D2SB1OE2x1x1212x32x2222x228221x26x22422得：AB232.【2012高考北京理16】（本小题共14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，——9——AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且 DEBC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,如图2.求证：A1C⊥平面BCDE；若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由【答案】解：（1）QCDDE，A1EDEDE平面A1CD，又QA1C平面A1CD，A1C DE又AC CD，1A1C 平面BCDE。（2）如图建系Cxyz，则D2，0，0，A0，0，23，B0，3，0，E 2，2，0——10——uuuruuuur，，AE2，1，0∴A1B0323,1设 平面A1BE法向量为rn x，y，zuuurr3y23z0则A1Bn0∴uuuurr02xy0A1En3∴ z 2y

zA1(0,0,2 3)ME(-2,2,0)D(-2,0,0)C(0,0,0)yxB(0,3,0)x

y2n1，2，3r又∵M 1，0，3uuuur∴CM，，310uuuurr134∴cosCMnuuuurr14313222|CM||n|

2，CM与平面A1BE所成角的大小45。3）设线段BC上存在点P，设P点坐标为0，a，0，则a0，3则uuur0，a，23uuur2，a，0A1P，DPuurx1，y1，z1，设平面A1DP法向量为n1ay123z10z13ay1则6∴2x1ay101x1ay12——11——uur∴n1，，3a3a6。假设平面 A1DP与平面A1BE垂直，uurr，∴3a123a0，6a12，a2，则n1n00a3，∴不存在线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。33.【2012高考浙江理20】(本小题满分15分)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为3的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝26，M，N分别为PB，PD的中点．(Ⅰ)证明：MN∥平面ABCD；(Ⅱ)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．【命题立意】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，二面角所成角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。——12——【答案】(Ⅰ)如图连接BD．∵M，N分别为PB，PD的中点，∴在PBD中，MN∥BD．又MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD；(Ⅱ)如图建系：A(0，0，0)，P(0，0，26)，M(23，23，0)，N(3，0，0)，C(3，3，0)．uuur3，yuuur(3，3，26)．设Q(x，y，z)，则CQ(x3，z)，CPuuuruuur3，26)．∵CQCP(3，3，26)，∴Q(33，3uuuruuuruuuruuur，得：31．由OQCPOQCP0即：Q(233，2，236)．r(a，b，c)．对于平面AMN：设其法向量为nuuuur3uuur∵AM(，3，，，，22a3uuuurr3330a01AMnb．uuurr022b则ANn033ac0r(3，1，0)．∴n33同理对于平面AMN得其法向量为r．，，v(316)记所求二面角 A—MN—Q的平面角大小为，——13——rr10则cosnv．rr∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为10．535.【2012高考江西理19】（本题满分12分）在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=5，BC=4，在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O。（1）证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；2）求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值。解：（1）证明：连接AO，在VAOA1中，作OE AA1于点E，因为AA1//BB1，得OEBB1,因为AO平面ABC，所以A1OBC,因为ABAC,OBOC,1z得AO BC,所以BC 平面AA1O,所以BCOEA,C1B——14—— Ex所以OE平面BB1C1C,又AOAB2BO21,AA15,得AEAO25AA15(2)如图所示，分别以OA,OB,OA1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),C(0,-2,0),A1(0.0,2),B(0,2,0)uuur1uuur42由（1）可知AEAA1得点E的坐标为(,0,)，由（1）555可知平面BB1C1C的法向量是 (4,0,2)，设平面A1B1C的法55r，向量n(x,y,z)ruuur0x2y0nAB，令y1，得x2,z1，即由ruuur，得yz0nA1C0r1)n(2,1,uuurruuurr30所以cosOEnOE,nuuuuruur10|OE||n|即平面平面 A1B1C与平面 BB1C1C夹角的余弦值是。10【点评】本题考查线面垂直，二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力.高考中，立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直，平行有关的线面关——15——系的证明；二、考查空间几何体的体积与表面积；三、考查异面角，线面角，二面角等角度问题 .前两种考查多出现在第 1问，第3种考查多出现在第2问；对于角度问题，一般有直接法与空间向量法两种求解方法.37.【2012高考上海理19】（6+6=12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，E是PC的中点，已知AB2，AD22，PA2，求：1）三角形PCD的面积；2）异面直线BC与AE所成的角的大小。zPAEDyBCx[解]（1）因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.⋯⋯3分因为PD=22(22)223，CD=2，所以三角形PCD的面积为2122323.⋯⋯6分——16——2）[解法一]如图所示，建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,22,0)，E(1,2,1)，AE(1,2,1)，BC(0,22,0).⋯⋯8分设AE与BC的夹角为，则cosAEBC42|AE||BC|2222，=4.由此可知，异面直线BC与AE所成的角的大小是4⋯⋯12P分[解法二]取PB中点F，连接EF、AF，D则BACEF∥BC，从而∠AEF（或其补角）是异面直线BC与AE所成的角⋯⋯8分在AEF中，由EF=2、AF=2、AE=2知AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF=4.因此异面直线BC与AE所成的角的大小是4⋯⋯12分【点评】本题主要考查直线与直线、 直线与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．综合考查空间中两条异面直线所成的角的求解，同时考查空间几何体的体积公式的运用 .本题——17——源于《必修2》立体几何章节复习题，复习时应注重课本，容易出现找错角的情况，要考虑全面，考查空间想象能力，属于中档题．38【.2012高考全国卷理18】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效 ）．．．．．．．．．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC=22，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC.（Ⅰ）证明：PC⊥平面BED；（Ⅱ）设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小.【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用。从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度，并加以证明和求——18——解。解：设 ACIBD O,以O为原点， OC为x轴，OD为y轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0),C(2,0,0),P(2,0,2),设B(0,a,0),D(0,a,0),E(x,y,z)。（Ⅰ）证明：由PE2EC得E(22uuur，3,0,3)，所以PC(22,0,2)uuur(2uuuruuuruuur2,a,2)0，BE,a,2)，BD(0,2a,0)，所以PCBE(22,0,2)(3333uuuruuuruuuruuuruuuruuur，所以PCPCBD(22,0,2)(0,2a,0)0。所以PCBE,PCBD平面BED；（Ⅱ） 设平面PAB的法向量为

rn (x,y,z)，又uuuruuurruuurruuurr2AP(0,0,2),AB(2,a,0)，由nAP0,nAB0得n(1,a,0)，设平面PBCur的法向量为m(x,y,z)uuuruuururuuururuuurBC(2,a,0),CP(22,0,2)，由mBC0,mCP0

， 又， 得ur2urrm(1,a,2)，由于二面角APBC为90o，所以mn0，解得a 2。uuur所以 PD ( 2, 2, 2) ，平面PBC的法向量为ur(1,1,2)，所以PD与平面PBC所成角的正弦值为uuuuruur|PDm|1，所以PD与平面PBC所成角为6.uuuuruuur【点评】试题从命题的角度来看，整体上题目与我们平时练习的试题和相似，底面也是特殊的菱——19——形，一个侧面垂直于底面的四棱锥问题，那么创新的地方就是点E的位置的选择是一般的三等分点，这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的，因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好。39.【2012高考山东理18】（18）（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形 ABCD是等腰梯形 ， AB ∥ CD ， DAB 60o,FC 平 面ABCD,AE BD,CB CD CF.（Ⅰ）求证： BD 平面AED；（Ⅱ）求二面角 F BD C的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明：因为四边形 ABCD为等腰梯形，ABPCD，DAB 60o，所以 ADC BCD 120o．又CBCD，所以CDB30o——20——因此又

ADB90o，ADBD，AEBD，且AEIADA，AE,AD 平面AED，所以 BD 平面AED．（Ⅱ）解法一：由（I）知AD BD，所以AC BC，又FC平面ABCD，因此CA,CB,CF两两垂直．以C为坐标原点，分别以CA,CB,CF所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设CB1，则，C(0,0,0)，B(0,1,0)，D(3,1,0)，22F(0,0,1)，因此uuur3,3uuur(0,1,1)．BD(,0)，BF22设平面BDF的一个法向量为m (x,y,z)，uuuruuur0，则mBD0，mBF所以x3y3z，取z1，则m(3,1,1)．——21——又平面BDC的法向量可以取为n (0,0,1)，所以cosm,nmn15，|m||n|55所以二面角 F BD C的余弦值为 5．5解法二：取BD的中点 G，连结 CG,FG，由于CB CD，所以CG BD．又FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FC BD．由于FCICGC，FC,CG平面FCG，所以BD平面FCG，故BDFG．所以 FGC为二面角 F BD C的平面角．在等腰三角形 BCD 中，由于BCD 120o，因此CG 12CB，又CBCF，所以CF CG2 CF2 5CG，故 cos FGC 55,——22——因此 二面角 F BD C的余弦值为55．【2012高考湖南理18】（本小题满分12分）如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点.（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积.【答案】解法1（Ⅰ如图（1）），连接AC，由AB=4，BC 3， ABC 90o,得AC 5.又AD5,Ｅ是ＣＤ的中点，所以CDAE.QPA 平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA CD.而PA,AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.（Ⅱ）过点Ｂ作 BG CD,分别与AE,AD相交于F,G,连接PF.——23——由（Ⅰ）CD⊥平面PAE知，ＢＧ⊥平面 PAE.于是BPF为直线ＰＢ与平面PAE所成的角，且 BG AE.由PA平面ABCD知，PBA为直线PB与平面ABCD所成的角.AB4,AG2,BGAF,由题意，知PBABPF,因为sinPBAPABFPB,sinBPFPB,所以PABF.由DABABC90o知，AD//BC,又BG//CD,所以四边形BCDG是平行四边形，故于是AG2.GDBC3.在RtBAG中，AB4,AG2,BGAF,所以BGAB2AG225,BFAB21685.BG255于是PABF85.5又梯形ABCD的面积为S1(53)416,所以四棱锥2P ABCD的体积为V1SPA116851285.33515——24——解法2：如图（2），以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设PA h,则相关的各点坐标为：A(4,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h).uuuruuur(2,4,0),uuur（Ⅰ）易知CD(4,2,0),AEAP(0,0,h).因为uuuruuuruuuruuurAP.而AP,AE是CDAE8800,CDAP0,所以CDAE,CD平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.uuuruuu