立体几何提升题一(理科)


立体几何典型题
【例 1】 (全国,16)如图(1)所示,E、F 分别为正方体的面 ADD1A1、面 BCC1B1 的中心, 则四边形 BFD1E 在该正方体的面上的射影可能是图(2)的 (要求:把可能的图的序 号都 填上) .

图(1)

图(2) 答案:②③ 解析: ∵面 BFD1E⊥面 ADD1A1, 所以四边形 BFD1E 在面 ADD1A1 上的射影是③, 同理, 在面 BCC1B1 上的射影也是③。 过 E、F 分别作 DD1 和 CC1 的垂线,可得四边形 BFD1E 在面 DCC1D1 上的射影是②, 同理在面 ABB1A1,面 ABCD 和面 A1B1C1D1 上的射影也是②。 【例 2】如图,△ABC 为正三角形,EC ⊥平面 ABC ,BD ∥CE ,CE =CA =2 BD , M 是 EA 的中点,求证: (1)DE =DA ; (2)平面 BDM ⊥平面 ECA ; (3)平面 DEA ⊥ 平面 ECA。 证明: (1)如图,取 EC 中点 F ,连结 DF。 ∵ EC ⊥平面 ABC ,BD ∥CE ,得 DB ⊥平面 ABC 。 ∴ DB ⊥AB ,EC ⊥BC。 ∵ BD ∥CE ,BD = 形,DF ⊥EC。 又 BA =BC =DF , ∴ Rt△DEF ≌Rt△ABD ,所以 DE =DA。 (2)取 AC 中点 N ,连结 MN 、NB , ∵ ∴ M 是 EA 的中点, MN

1 1 CE = FC ,则四边形 FCBD 是矩 2 2

1 EC。 2
1

由 BD

1 EC ,且 BD ⊥平面 ABC ,可得四边形 MNBD 是矩形,于是 DM ⊥MN。 2

∵ DE =DA ,M 是 EA 的中点, ∴ DM ⊥EA .又 EA ? MN =M , ∴ DM ⊥平面 ECA ,而 DM ? 平面 BDM ,则平面 ECA ⊥平面 BDM。 (3)∵ DM ⊥平面 ECA ,DM ? 平面 DEA , ∴ 平面 DEA ⊥平面 ECA。

点评:面面垂直的问题常常转化为线面垂直、线线垂直的问题解决。 【例 3】 (2009 江西卷理) (本小题满分 12 分) 在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是矩形, PA ? 平面 ABCD , PA ? AD ? 4 ,

AB ? 2 . 以 AC 的中点 O 为球心、 AC 为直径的球面交 PD 于点 M ,交 PC 于点 N .
(1)求证:平面 ABM ⊥平面 PCD ; (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成的角的大小; (3)求点 N 到平面 ACM 的距离. 解: 方法一: (1)依题设知,AC 是所作球面的直径,则 AM⊥MC。 又因为 P A⊥平面 ABCD,则 PA⊥CD,又 CD⊥AD, 所以 CD⊥平面PAD,则 CD⊥AM,所以 A M⊥平面 PCD, 所以平面 ABM⊥平面 PCD。 (2)由(1)知, AM ? PD ,又 PA ? AD ,则 M 是 PD 的中点可得
B A D N M P

O C

AM ? 2 2 , MC ? MD2 ? CD2 ? 2 3 1 则 S ?ACM AM ? MC ? 2 6 2 设 D 到平面 ACM 的距离为 h ,由 VD? ACM ? VM ? ACD 即 2 6h ? 8 ,
可求得 h ?

2 6 , 3

h 6 6 ? , ? ? arcsin 。 CD 3 3 8 PN PA ? (1) 可求得 PC=6。因为 AN⊥NC,由 ,得 PN ? 。所以 NC : PC ? 5 : 9 。 3 PA PC 5 故 N 点到平面 ACM 的距离等于 P 点到平面 ACM 距离的 。 9
设所求角为 ? ,则 sin ? ? 又因为 M 是 PD 的中点,则 P、D 到平面 ACM 的距离相等,由(2)可知所求距离为

5 10 6 h? 。 9 27
方法二:
2

(1)同方法一; (2)如图所示,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0) , P(0,0, 4) , B(2,0,0) ,

z P M

C (2, 4,0) ,D(0, 4,0) ,M (0, 2, 2) ; 设平面 ACM 的一个法向量 n ? ( x, y, z) , ?2 x ? 4 y ? 0 由 n ? AC, n ? AM 可得: ? ,令 z ? 1,则 ?2 y ? 2 z ? 0

N
A

D

6 ? , n ? (2, ?1,1) 。设所求角为 ? ,则 sin ? ? 3 CD n

CD ? n

y

O
B x C

6 所以所求角的大小为 arcsin 。 3

2 ? PC ( 3 ) 由 条 件 可 得 , AN ? NC . 在 Rt ?PAC 中 , P A ? P N , 所 以 PN ?

8 ,则 3

NC ? PC ? PN ?

10 NC 5 5 ? ,所以所求距离等于点 P 到平面 ACM 距离的 ,设点 P , 3 PC 9 9

到平面 ACM 距离为 h 则 h ?

AP ? n n

?

2 6 5 10 6 ,所以所求距离为 h ? 。 3 9 27

【例 4】 (2009 宁夏海南卷理) (本小题满分 12 分) 如图,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长都是地面边长的

2 倍,P 为侧棱 SD 上的点。
(Ⅰ)求证:AC⊥SD; (Ⅱ)若 SD⊥平面 PAC,求二面角 P-AC-D 的大小 (Ⅲ)在(Ⅱ)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。 解法一: (Ⅰ)连 BD,设 AC 交 BD 于 O,由题意 SO ? AC 。在正方形 ABCD 中, AC ? BD ,所以 AC ? 平面SBD ,得 AC ? SD . (Ⅱ)设正方形边长 a ,则 SD ? 又 OD ?

2a 。

2 a ,所以 ?SOD ? 600 , 2

连 OP ,由(Ⅰ)知 AC ? 平面SBD ,所以 AC ? OP , 且 AC ? OD ,所以 ?POD 是二面角 P ? AC ? D 的平面角。 由 SD ? 平面PAC ,知 SD ? OP ,所以 ?POD ? 30 ,
0

即二面角 P ? AC ? D 的大小为 30 。
0

3

(Ⅲ)在棱 SC 上存在一点 E,使 BE // 平面PAC 由(Ⅱ)可得 PD ?

2 a ,故可在 SP 上取一点 N ,使 PN ? PD ,过 N 作 PC 的平行 4

线与 SC 的交点即为 E 。连 BN 。在 BDN 中知 BN // PO ,又由于 NE // PC , 故平面

1 ,故 SE:EC ? 2: 1. BEN // 平面PAC ,得 BE // 平面PAC ,由于 SN:NP ? 2:
解法二: (Ⅰ) ;连 BD ,设 AC 交于 BD 于 O ,由题意知 SO ? 平面ABCD .以 O 为坐标 原点, OB , OC, OS 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向,建立坐标系 O ? xyz 如图 设底面边长为 a ,则高 SO ?

6 a。 2

于是

S (0,0,

6 2 a), D(? a,0,0) 2 2

C (0,

2 a, 0) 2 2 a, 0) 2

OC ? (0,

SD ? (?

2 6 a, 0, ? a) 2 2

OC ? SD ? 0
故 从而

OC ? SD AC ? SD
(Ⅱ)由题设知,平面 PAC 的一个法向量 DS ? (

2 6 a, 0, a) ,平面 DAC 的 2 2

一个法向量 OS ?)0, 0,

OS ?DS 3 6 a) ,设所求二面角为 ? ,则 cos ? ? ? ,所求二面角 2 2 OS DS

的大小为 30

0

(Ⅲ)在棱 SC 上存在一点 E 使 BE // 平面PAC . 由(Ⅱ)知 DS 是平面 PAC 的一个法向量,

4



DS ? (

2 6 2 6 a,0, a), CS ? (0, ? a, a) 2 2 2 2



CE ? tCS ,
BE ? BC ? CE ? BC ? tCS ? (?
BE ? DC ? 0 ? t ? 1 3



2 2 6 a, a(1 ? t ), at ) 2 2 2



即当 SE : EC ? 2 :1 时, BE ? DS 而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE // 平面PAC 【例 5】 (2009 重庆卷文) (本小题满分 13 分, (Ⅰ)问 7 分, (Ⅱ)问 6 分)

2 D 四 边 形 ABFE 为 平 行 四 边 形 , FA ? 平 面 A B C ,

如题(18)图,在五面体 ABCDEF 中, AB ∥ DC , ?BAD ?

?

, CD ? AD ? 2 ,

FC ? 3, ED ? 7 .求:
(Ⅰ)直线 AB 到平面 EFCD 的距离; (Ⅱ)二面角 F ? AD ? E 的平面角的正切值. 解法一: (Ⅰ)

AB DC, DC ? 平面 EFCD , ? AB 到面 EFCD 的距离

等于点 A 到面

?BAD ?

?

E F C D的 距 离 , 过 点 A 作 AG ? FD 于 G , 因
FA ? 平面 ABCD ,由三垂线定理可知,

2

AB ∥ DC ,故 CD ? AD ;又

CD ? FD ,故 CD ? 面FAD ,知 CD ? AG ,所以 AG 为所求直线 AB 到面 EFCD 的距
离 在 Rt △ ABC 中, FD ? 由

FC2 ? CD2 ? 9 ? 4 ? 5

D 得 FA ? AD , 从 而 在 Rt △FAD 中 , FA ? 平 面 A B C ,

FA ? FD2 ? AD2 ? 5 ? 4 ? 1
? AG ?
2 5 FA ? AD 2 2 5 。即直线 AB 到平面 EFCD 的距离为 。 ? ? 5 FD 5 5

(Ⅱ)由己知, FA ? 平面 ABCD ,得 FA ? AD,又由 ?BAD ?

?
2

,知 AD ? AB ,

故 AD ? 平面 ABFE ? DA ? AE ,所以, ?FAE 为二面角 F ? AD ? E 的平面角,记为 ? .
5

在 Rt △ AED 中 , AE ?

ED2 ? AD2 ? 7 ? 4 ? 3 , 由 ABCD 得 , FE BA , 从而

?AFE ?

?
2

在 Rt △ AEF 中, FE ?

AE2 ? AF 2 ? 3 ?1 ? 2

,故 tan ? ?

FE ? 2 FA

所以二面角 F ? AD ? E 的平面角的正切值为 2 . 【例6】 如图,在正三棱柱 A1B1C1—ABC 中,D,E 分别是棱 BC、 CC1 的中点,AB=AA1=2. (Ⅰ)证明:

BE ? AB1 ; B ? AB1 ? D 的大小;
AB1 与 BE 的距离.

(Ⅱ)求二面角

(Ⅲ)求异面直线

证明: (Ⅰ)以 A 为原点,建立如图的空间直角坐标系, 易知各点坐标 A(0,0,0), B( 3 ,1,0),B1( 3 ,1,0), E(0,2,1), 则

AB1 ? ( 3,1,2), BE ? (? 3,1,1) , AB1 BE ? ( 3,1,2) (? 3,1,1) ? ?3 ?1? 2 ? 0


? AB1 ? BE
D(

AB1 ? BE1

3 3 , , 0) AB ? ( 3,1,0), AB1 ? ( 3,1,2) , 2 2 (Ⅱ)易知: , n ? ( x1, y1, z1 ) 是 平 面 BAB1 的 一 个 法 向 量 , 则 设 1

? 3x1 ? y1 ? 0 ? ? 3x1 ? y1 ? 2 z1 ? 0 ,令 x1 ? 3,
3 3 AD ? ( , , 0) n ? ( 3, ? 3,0), AB ? ( 3,1,2) ,设 n2 ? (x2 , y2 , z2 ) 是平面 DAB1 2 2 则 1 , 1 ? 3 3 x2 ? y2 ? 0 ? ? 2 2 ? 3 x ? y 2 2 ? 2 z2 ? 0 ? x ? 3, 则 n2 ? ( 3, ?1, ?1), ? 一个法向量,则 ? ,令 2

B ? AB1 ? D 为 ? ,则 AB1 与 BE 的法向量, (Ⅲ)设 n ? ( x, y, z) 是
设二面角

cos? ?

| n1 n2 | 6 15 ? ? 5 | n1 || n2 | 12 5

? 3x ? y ? 2 z ? 0 3 ? y ? ? z, ? 3x ? y ? z ? 0 ,可得: 2 取 y=3, 可知 则?

6

n?(

3 ,3, ?2) BB ? (0,0, 2) . 3 , 1
| (0, 0, 2)( 3 ,3, ?2) | 3 ? 4 30 ? 5 40 3

| BB1 n | ?d ? ? |n|

1 ?9?4 3

【例 7】 (2013 江西(文) )如图,直四棱柱 ABCD – A1B1C1D1 中,AB//CD,AD⊥AB,AB=2,AD=错误! 未找到引用源。, AA1=3,E 为 CD 上一点,DE=1,EC=3。 (1) 证明:BE⊥平面 BB1C1C; (2) 求点 B1 到平面 EA1C1 的距离

【 答 案 】 解 .(1) 证 明 : 过

B



CD

的 垂 线 交

CD



F, 则

BF ? AD ? 2, EF ? AB ? DE ? 1, FC ? 2
在 Rt ?BFE中,BE= 3 ,Rt ?BFC中,BC= 6 .
2 2 2 在 ?BCE中,因为BE ? BC =9=EC ,故 BE ? BC

由 BB1 ? 平面ABCD,得BE ? BB1,所以BE ? 平面BB1C1C (2) 三棱锥E ? A1 B1C1的体积V= AA1 ? S ?A1B1C1= 2

1 3

在Rt ?A1 D1C1中,A1C1= A1D12 ? D1C12 =3 2 , EA1= AD ? ED ? AA1 =2 3 同理, EC1= EC ? CC1 =3 2 ,
2 2 2 2 2

因此 S?A C E ? 3 5 .设点 B1 到平面 EAC 的体积 1 1 的距离为 d,则 三棱锥B 1 ? EAC 1 1 1 1

1 10 V= ? d ? S ?A1EC1= 5d ,从而 5d ? 2, d ? 3 5
【例 8】 (2013 浙江(理) )如图,在四面体 A ? BCD 中, AD ? 平面

BCD , BC ? CD, AD ? 2, BD ? 2 2 . M 是 AD 的中点, P 是 BM 的中点,点 Q 在
线段 AC 上,且 AQ ? 3QC .

7

(1) 证明 : PQ // 平面 BCD ;(2) 若二面角 C ? BM ? D 的大小为 600 , 求 ?BDC 的大 小.
A

M P Q B C D

【 答 案 】 解 : 证 明 (Ⅰ) 方法 一 : 如 图 6, 取 MD 的 中 点 F , 且 M 是 AD 中 点 , 所 以

AF ? 3 FD . 因 为 P 是 BM 中 点 , 所 以 PF / / BD ; 又 因 为 (Ⅰ) AQ ? 3QC 且 AF ? 3FD , 所 以 QF / / BD , 所 以 面 PQF / / 面 BDC , 且 PQ ? 面 BDC , 所 以

PQ / / 面 BDC ;

1 MD ;取 CD 的三等 2 1 1 分 点 H , 使 DH ? 3CH , 且 AQ ? 3QC , 所 以 QH / / AD / / MD , 所 以 4 2
方法二:如图 7 所示,取 BD 中点 O ,且 P 是 BM 中点,所以 PO / /

PO / /QH ?

OH ? BCD ,所以 PQ / / 面 BDC ; 且H PQ / / , O

(Ⅱ) 如 图 8 所 示 , 由 已 知 得 到 面 ADB ? 面 BDC , 过 C 作 CG ? BD 于 G , 所 以 CG ? BMD,过 G 作 GH ? BM 于 H ,连接 CH ,所以 ?CHG 就是 C ? BM ? D 的 二面角;由已知得到 BM ? 8 ? 1 ? 3 ,设 ?BDC ? ? ,所以

CD CG CB ? cos ? ,sin ? ? ? ? CD ? 2 2 cos ? , CG ? 2 2 cos ? sin ? , BC ? 2 2 sin ? , BD CD BD
, 在 RT ?BCG 中 , ?BCG ? ? ? sin ? ?

BG ? BG ? 2 2 sin 2 ? , 所以在 RT ?BHG BC

8

中,

1 2 2 sin 2 ? ,所以在 RT ?CHG 中 ? ? HG ? 3 2 2 sin 2 ? 3 HG

tan ?CHG ? tan 60 ? 3 ?

CG 2 2 cos ? sin ? ? HG 2 2 sin 2 ? 3

? tan ? ? 3 ?? ? (0,90 ) ?? ? 60 ??BDC ? 60 ;
【例 9】 (2013 上海(理) )如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明直线 BC1 平行于平面 DA1C,并求直线 BC1 到平面 D1AC 的距离.

D A D1 B

C C1 B1

A1

【答案】因为 ABCD-A1B1C1D1 为长方体,故 AB // C1D1 , AB ? C1D1 ,

故 ABC1D1 为平行四边形,故 BC1 // AD1 ,显然 B 不在平面 D1AC 上,于是直线 BC1 平行于平 面 DA1C; 直线 BC1 到平面 D1AC 的距离即为点 B 到平面 D1AC 的距离设为 h

1 1 1 ? ( ?1? 2) ?1 ? 3 2 3 3 而 ?AD1C 中, AC ? DC ? 5, AD1 ? 2 ,故 S ?AD1C ? 1 2 2 1 3 1 2 所以, V ? ? ? h ? ? h ? ,即直线 BC1 到平面 D1AC 的距离为 . 3 3 2 3 3 【例 10】 (2013 广东(理) )如图 1,在等腰直角三角形 ABC 中, ?A ? 90? , BC ? 6 , D, E 分
考虑三棱锥 ABCD1 的体积,以 ABC 为底面,可得 V ?

9

别是 AC, AB 上的点, CD ? BE ? 2 , O 为 BC 的中点.将 ?ADE 沿 DE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥 A? ? BCDE ,其中 A?O ? 3 . (Ⅰ) 证明 : A?O ? 平面 BCDE ; 值. C D O . E C A 图1
【答案】(Ⅰ) 在图 1 中,易得 OC ? 3, AC ? 3

(Ⅱ) 求二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦

B

A?

O D 图2 E

B

2, AD ? 2 2

A?

C D H

O E

B

连结 OD, OE ,在 ?OCD 中,由余弦定理可得

OD ? OC2 ? CD2 ? 2OC ? CD cos45? ? 5
由翻折不变性可知 A?D ? 2 2 , 所以 A?O ? OD ? A?D ,所以 A?O ? OD ,
2 2 2

理可证 A?O ? OE , 又 OD

OE ? O ,所以 A?O ? 平面 BCDE . (Ⅱ) 传统法:过 O 作 OH ? CD 交 CD 的延长线于 H ,连结 A?H , 因为 A?O ? 平面 BCDE ,所以 A?H ? CD , 所以 ?A?HO 为二面角 A? ? CD ? B 的平面角.
结合图 1 可知, H 为 AC 中点,故 OH ?

3 2 30 2 2 ,从而 A?H ? OH ? OA? ? 2 2

所以 cos ?A?HO ?

OH 15 15 ? ,所以二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦值为 . 5 A?H 5 z A?

向量法:以 O 点为原点,建立空间直角坐标系 O ? xyz 如图所示, C
10

B D x O E
向量法图

y

则 A? 0, 0, 3 , C ? 0, ?3,0? , D ?1, ?2,0 ? 所以 CA? ? 0,3, 3 , DA? ? ?1, 2, 3

?

?

?

?

?

? ? ?

设 n ? ? x, y, z ? 为平面 A?CD 的法向量,则

? ? ? ? y ? ?x ?n ? CA? ? 0 ?3 y ? 3z ? 0 ,即 ? ,解得 ? ,令 x ? 1 ,得 n ? 1, ?1, 3 ? z ? 3 x ? ? n ? DA ? 0 ? x ? 2 y ? 3 z ? 0 ? ? ? ? ?
由(Ⅰ) 知, OA? ? 0, 0, 3 为平面 CDB 的一个法向量, 所以 cos n , OA? ?

?

?

n ? OA? 3 15 ,即二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦 ? ? 5 3? 5 n OA?

值为

15 . 5

11


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