立體幾何典型例題精選(含答案)

1、.立體幾何專題復(fù)習(xí)熱點(diǎn)一：直線與平面所成的角例1（2014，廣二模理 18） 如圖，在五面體中，四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，平面， ，.（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正切值. 變式1：（2013湖北8校聯(lián)考）如左圖，四邊形中，是的中點(diǎn)，將左圖沿直線折起，使得二面角為如右圖.（1） 求證：平面（2） 求直線與平面所成角的余弦值. 變式2：2014·福建卷 在平面四邊形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.將ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如圖1­5所示(1)求證：ABCD； (2)若M為AD中點(diǎn)，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值熱點(diǎn)二：二面

2、角例22014·廣東卷 如圖1­4，四邊形ABCD為正方形，PD平面ABCD，DPC30°，AFPC于點(diǎn)F，F(xiàn)ECD，交PD于點(diǎn)E.(1)證明：CF平面ADF； (2)求二面角D ­ AF ­ E的余弦值變式3： 2014·浙江卷 如圖1­5，在四棱錐A ­BCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90°，ABCD2，DEBE1，AC.(1)證明：DE平面ACD；(2)求二面角B ­ AD ­ E的大小變式4：2014·全國(guó)19 如圖1­1所示，三棱柱ABC

3、­ A1B1C1中，點(diǎn)A1在平面ABC內(nèi)的射影D在AC上，ACB90°，BC1，ACCC12.(1)證明：AC1A1B; (2)設(shè)直線AA1與平面BCC1B1的距離為，求二面角A1 -AB -C的大小熱點(diǎn)三：無棱二面角例3如圖三角形BCD與三角形MCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，.（1）求點(diǎn)A到平面MBC的距離；（2）求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值.變式5：在正方體中，且，求：平面AKM與ABCD所成角的余弦值變式6：如圖是長(zhǎng)方體，AB2，求二平面與所成二面角的正切值高考試題精選12014·四川，18 三棱錐A

4、73; BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖1­4所示設(shè)M，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，P為線段BC上的點(diǎn)，且MNNP.(1)證明：P是線段BC的中點(diǎn)；(2)求二面角A ­ NP ­ M的余弦值22014·湖南卷 如圖所示，四棱柱ABCD ­A1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形(1)證明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值32014·江西19 如圖1­6，四棱錐P ­ ABC

5、D中，ABCD為矩形，平面PAD平面ABCD. (1)求證：ABPD. (2)若BPC90°，PB，PC2，問AB為何值時(shí)，四棱錐P ­ ABCD的體積最大？并求此時(shí)平面BPC與平面DPC夾角的余弦值立體幾何專題復(fù)習(xí) 答案例1.（2014，廣二模）（1）證明：取的中點(diǎn)，連接，則， 平面，平面，平面平面， ，即. 1分 四邊形是平行四邊形. 2分 ，. 在Rt中，又，得. . 3分 在中， ，. 4分，即.四邊形是正方形，. 5分，平面，平面，平面. 6分（2）證法1：連接，與相交于點(diǎn)，則點(diǎn)是的中點(diǎn)， 取的中點(diǎn)，連接， 則，. 由（1）知，且， ，且. 四邊形是平行四邊形.

6、，且 .7分 由（1）知平面，又平面， . 8分 ，平面，平面， 平面. 9分 平面. 平面， . 10分 ，平面，平面， 平面. 11分 是直線與平面所成的角. 12分 在Rt中，. 13分 直線與平面所成角的正切值為. 14分證法2：連接，與相交于點(diǎn)，則點(diǎn)是的中點(diǎn)， 取的中點(diǎn)，連接， 則，. 由（1）知，且， ，且. 四邊形是平行四邊形. ，且. 7分 由（1）知平面，又平面， . ，平面，平面， 平面. 平面. 8分 以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸， 建立空間直角坐標(biāo)系，則，. ，. 9分 設(shè)平面的法向量為，由， 得，得. 令，則平面的一個(gè)法向量為. 10分 設(shè)直

7、線與平面所成角為， 則. 11分 ，. 13分 直線與平面所成角的正切值為. 14分變式1：（2013湖北8校聯(lián)考）（1）取中點(diǎn)，連結(jié),則2分由余弦定理知4分又平面,平面6分（2）以為原點(diǎn)建立如圖示的空間直角坐標(biāo)系，則, 8分設(shè)平面的法向量為,由得,取,則. 11分故直線與平面所成角的余弦值為. 12分變式2：（2014福建卷）解：(1)證明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD. 3分又CD平面BCD，ABCD. 4分(2)過點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BEBD. 由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD. 6分

8、以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)依題意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.則(1，1，0)，(0，1，1)7分設(shè)平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)， 則即取z01，得平面MBC的一個(gè)法向量n(1，1，1) 9分設(shè)直線AD與平面MBC所成角為，則sin . 11分即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 12分例2.（2014，廣東卷）變式3：（2014浙江卷）解：(1)證明：在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC，由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC. 2分又平面

9、ABC平面BCDE，從而AC平面BCDE，所以ACDE.又DEDC，從而DE平面ACD. 4分(2)方法一：過B作BFAD，與AD交于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FGDE，與AE交于點(diǎn)G，連接BG.由(1)知DEAD，則FGAD.所以BFG是二面角B ­ AD ­ E的平面角6分在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC.又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，從而BDAB.由AC平面BCDE，得ACCD.在RtACD中，由DC2，AC，得AD.在RtAED中，由ED1，AD，得AE.7分在RtABD中，由BD，AB2，AD，得BF，AFAD.從而GFED. 9分在ABE

10、，ABG中，利用余弦定理分別可得cosBAE，BG. 11分在BFG中，cosBFG. 13分所以，BFG，即二面角B ­ AD ­ E的大小是.14分方法二：以D為原點(diǎn)，分別以射線DE，DC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系D ­ xyz，如圖所示由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，)，B(1，1，0)設(shè)平面ADE的法向量為m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量為n(x2，y2，z2)可算得AD(0，2，)，AE(1，2，)，(1，1，0)7分由即可取m(0，1，)9分由即 可取n(1，1，)11分于是

11、|cosm，n|. 13分由題意可知，所求二面角是銳角，故二面角B ­ AD ­ E的大小是. 14分變式4：（2014全國(guó)卷）19解：方法一：(1)證明：因?yàn)锳1D平面ABC，A1D平面AA1C1C，故平面 AA1C1C平面ABC. 又BCAC，所以BC平面AA1C1C. 2分連接A1C，因?yàn)閭?cè)面AA1C1C為菱形，故AC1A1C.由三垂線定理得AC1A1B. 4分（注意：這個(gè)定理我們不能用）(2) BC平面AA1C1C，BC平面BCC1B1，故平面AA1C1C平面BCC1B1.作A1ECC1，E為垂足，則A1E平面BCC1B1. 6分又直線AA1平面BCC1B1，因而A

12、1E為直線AA1與平面BCC1B1的距離，即A1E. 因?yàn)锳1C為ACC1的平分線，所以A1DA1E. 8分作DFAB，F(xiàn)為垂足，連接A1F.由三垂線定理得A1FAB，故A1FD為二面角A1 ­ AB ­ C的平面角10分由AD1，得D為AC中點(diǎn)，DF，tanA1FD，12分所以cosA1FD. 13分所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小為arccos. 14分方法二：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CA為x軸的正半軸，以CB的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C ­ xyz.由題設(shè)知A1D與z軸平行，z軸在平面AA1C1C內(nèi)(1)證明：設(shè)A1(a

13、，0，c)由題設(shè)有a2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，則(2，1，0)，(2，0，0)，(a2，0，c)，(a4，0，c)，(a，1，c)由|2，得2，即a24ac20.又·a24ac20，所以AC1A1B . 4分(2)設(shè)平面BCC1B1的法向量m(x，y，z)，則m，m，即m·0，m·0.因?yàn)?0，1，0)，(a2，0，c)，所以y0且(a2)xcz0.令xc，則z2a，所以m(c，0，2a)，故點(diǎn)A到平面BCC1B1的距離為|·|cosm，|c. 6分又依題設(shè)，A到平面BCC1B1的距離為，所以c，代入，解得a3(舍去)或a1，于是(1，0，

14、) 8分設(shè)平面ABA1的法向量n(p，q，r)，則n，n，即n·0，n·0，pr0，且2pq0.令p，則q2 ，r1，所以n(，2 ，1)10分又p(0，0，1)為平面ABC的法向量，11分故 cosn，p. 13分所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小為arccos. 14分例3. 無棱二面角（2010年江西卷）解法一：（1）取CD中點(diǎn)O，連OB，OM，則OBCD，OMCD.又平面平面,則MO平面，所以MOAB，A、B、O、M共面.延長(zhǎng)AM、BO相交于E，則AEB就是AM與平面BCD所成的角.OB=MO=，MOAB，MO/面ABC，M、O到平面ABC的

15、距離相等，作OHBC于H，連MH，則MHBC，求得：OH=OCsin600=,MH=,利用體積相等得：。5分（2）CE是平面與平面的交線.由（1）知，O是BE的中點(diǎn)，則BCED是菱形. 作BFEC于F，連AF，則AFEC，AFB就是二面角A-EC-B的平面角，設(shè)為. 7分因?yàn)锽CE=120°，所以BCF=60°. ，9分， 11分所以，所求二面角的正弦值是. 12分解法二：取CD中點(diǎn)O，連OB，OM，則OBCD，OMCD，又平面平面,則MO平面.以O(shè)為原點(diǎn)，直線OC、BO、OM為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖.OB=OM=，則各點(diǎn)坐標(biāo)分別為O（0，0，0），C（1

16、，0，0），M（0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2），（1）設(shè)是平面MBC的法向量，則，由得；由得；取，則距離5分（2），.設(shè)平面ACM的法向量為，由得.解得，取.又平面BCD的法向量為，則設(shè)所求二面角為，則.12分變式5：解析：由于BCMK是梯形，則MK與CB相交于EA、E確定的直線為m，過C作CFm于F，連結(jié)MF，因?yàn)镸C平面ABCD，CFm，故MFmMFC是二面角MmC的平面角設(shè)正方體棱長(zhǎng)為a，則，在ECM中，由BKCM可得，故因此所求角的余弦值為變式6：解析：平面ABCD平面，平面與平面的交線m為過點(diǎn)且平行于AC的直線直線m就是二平面與所成二面角的棱又平面與平面平面，過作AH

17、m于H，連結(jié)AH則為二面角的平面角可求得高考試題精選1.（2014 四川卷）解：(1)如圖所示，取BD的中點(diǎn)O，連接AO，CO.由側(cè)視圖及俯視圖知，ABD，BCD為正三角形，所以AOBD，OCBD.因?yàn)锳O，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因?yàn)锳C平面AOC，所以BDAC.取BO的中點(diǎn)H，連接NH，PH.又M，N，H分別為線段AD，AB，BO的中點(diǎn)，所以MNBD，NHAO，因?yàn)锳OBD，所以NHBD.因?yàn)镸NNP，所以NPBD.因?yàn)镹H，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因?yàn)镠P平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HP

18、OC.因?yàn)镠為BO的中點(diǎn)，所以P為BC的中點(diǎn)5分(2)方法一：如圖所示，作NQAC于Q，連接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因?yàn)镸NNP，所以MNQ為二面角A ­ NP ­ M的一個(gè)平面角由(1)知，ABD，BCD為邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以AOOC.由俯視圖可知，AO平面BCD.因?yàn)镺C平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC.作BRAC于R因?yàn)樵贏BC中，ABBC，所以R為AC的中點(diǎn)，所以BR.因?yàn)樵谄矫鍭BC內(nèi)，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因?yàn)镹為AB的中點(diǎn)，所以Q為AR的中點(diǎn)，所以NQ.同理，可得MQ. 故MNQ為等腰三角形，所以在等腰

19、MNQ中， cosMNQ.13分故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是. 14分方法二：由俯視圖及(1)可知，AO平面BCD.因?yàn)镺C，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直6分如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OA的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O ­xyz.則A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)因?yàn)镸，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，又由(1)知，P為線段BC的中點(diǎn)，所以M，N，P，于是AB(1，0，)，BC(1，0)，MN(1，0，0)，NP.7分設(shè)平面ABC的

20、一個(gè)法向量n1(x1，y1，z1)，由得即從而取z11，則x1，y11，所以n1(，1，1) 9分設(shè)平面MNP的一個(gè)法向量n2(x2，y2，z2)，由，得即從而取z21，則y21，x20，所以n2(0，1，1) 11分設(shè)二面角A ­ NP ­ M的大小為，則cos .13分故二面角A­NP­M的余弦值是.14分2.（2014 湖南卷）解：(1)如圖(a)，因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1為矩形，所以CC1AC.同理DD1BD.因?yàn)镃C1DD1，所以CC1BD.而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由題設(shè)知，O1OC1C.故O1O底面ABCD. 4分(2)方法一：

21、如圖(a)，過O1作O1HOB1于H，連接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O(shè)1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.又因?yàn)樗睦庵鵄BCD­A1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都相等，所以四邊形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1B1D1，從而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，于是OB1平面O1HC1.進(jìn)而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1­OB1­D的平面角不妨設(shè)AB2.因?yàn)镃BA60°，所以O(shè)B，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2.而O1C11，于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1­OB1­D的余弦值為.方法二：因?yàn)樗睦庵鵄BCD­A1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都相等，所以四邊形A