空间立体几何地证明与计算

1、实用文档空间立体几何的证明与运算1如图，在直三棱柱ABCA1 B1C1 中， AC3 ， AB5， BC4 ，点 D 是 AB 的中点。（ 1）求证： AC1 / 平面 CDB1 ；（ 2）求证： AC BC1 ；2如图， 在四棱锥 PABCD 中，底面为直角梯形， AD / BC ， BAD90 ，PA底面 ABCD ，且 PAAB，M 、N 分别为 PC、PB的中点PMNADBC（ 1）求证： MN / 平面 PAD ；（ 2）求证： PB DM 3三棱柱 ABCA1 B1C1 ， A1 A底面 ABC ，ABC 为正三角形，且D为 AC中点C1A1B1CDAB（ 1）求证：平面 BC1D

2、 平面 AA1CC1（ 2）若 AA1=AB=2，求点 A 到面 BC1D的距离文案大全4斜三棱柱 A B C1ABC中，侧面 AACC 底面 ABC，侧面AA1 C1 C是菱形，AAC 60，1 1111AC 3， ABBC2 ，E、F 分别是AC11 ， AB的中点A1EC1B1ACFB（ 1）求证： EF平面 BB1C1C ；（ 2）求证： CE面 ABC（ 3）求四棱锥 E BCC1 B1 的体积5如图，在正方体ABCDA1 B1C1 D1 中， E ， F 分别为棱 AD ， AB 的中点（ 1）求证：平面 A1EF 平面 CB1 D1 ；（ 2）求 CB1 与平面 CAA1C1 所

3、成角的正弦值6（本小题满分14 分）如图，ABC 是边长为 4 的等边三角形，ABD 是等腰直角三角形，ADBD ，平面 ABC平面 ABD ，且 EC平面 ABC ， EC2 .（ 1）证明： DE / 平面 ABC ；（ 2）证明： ADBE .试卷第 2 页，总 12 页实用文档7如图， 四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 为菱形， PD平面 ABCD ， PDAD2 ，BAD60 ， E、 F 分别为 BC、 PA的中点PFDCAEB（ 1）求证： ED平面 PAD ；（ 2）求三棱锥 PDEF 的体积8如图，直三棱柱ACB 90 ，1，D是棱AA上1 1 1中，AC BCAA1AB

4、C ABC12的动点（）证明：DC1BC ；（）若平面BDC1 分该棱柱为体积相等的两个部分，试确定点D 的位置，并求二面角A1BDC1的大小9如图，在四面体 ABCD 中，平面 BAD 平面 CAD ， BAD 90 M ， N ， Q 分别为棱 AD， BD， AC 的中点（ 1）求证： CD / 平面 MNQ ；（ 2）求证：平面MNQ平面 CAD 文案大全10如图所示，在三棱锥 D ABC 中，AB BC CD 1, AC3 ，平面 ACD 平面 ABC ，BCD 90o （ 1）求证： CD 平面 ABC ；（ 2）求直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值11（本小题满分14 分

5、）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是直角梯形， AB AD， AB CD， PC底面 ABCD， PC=AB=2AD=2CD=2，E 是 PB 的中点（）求证：平面EAC平面 PBC；（）求二面角P-AC-E 的余弦值；（）求直线PA 与平面 EAC所成角的正弦值试卷第 4 页，总 12 页实用文档参考答案1（ 1）证明见解析； （ 2）证明见解析【解析】试题分析：（ 1） CB1 与 C1B 的交点为E ，连结 DE ，利用三角形的中位线得到线线平行，再利用线面平行的判定定理进行证明； （ 2）利用勾股定理证明底面三角形为直角三角形， 得到 AC BC ，再利用直三棱柱得到 AC

6、 CC1 ，利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，进而证明线线垂直解题思路 : 证明空间中的线线、线面平行或垂直时，要注意利用平面几何中的平行或垂直关系，即立体问题平面化试题解析：（ 1）设 CB1 与 C1B 的交点为 E，连结 DE ， D 是 AB 的中点， E 是 BC1 的中点，DE / AC1 ， DE平面 CDB1 ， AC1平面CDB1 ， AC1 / 平面 CDB16分（ 2）在直三棱柱ABC A1B1C1 ，底面三边长AC3， AB5， BC4， ACBC ，8分又直三棱柱 ABCA1B1C1 中ACCC1 ，且 BCCC1C10分BC， CC1平面 BCC1 B1 AC平面

7、 BCC1 B112分而 BC1平面 BCC1 B1 ACBC1 ；13分考点： 1线面平行的判定定理；2线面垂直的判定定理与性质2（ 1）详见解析（ 2）详见解析【解析】试题分析： （ 1 ）中首先利用三角形中位线得到MN / BC ，进而由AD / BC ，利用两线平行推出线面平行的判定定理得到MN / 平面PAD （ 2）中由等腰 ABP 得到 ANPB ，利用 AD平面 PAB 得到 ADPB ，所以 PB平面 ADMN ， PBDM试题解析：（ 1） M 、N 分别为 PC 、 PB 的中点， MN /BC，2分又 AD/BC， MN / AD 4分又 MN平面 PAD ， AD平面

8、PAD ， MN / 平面 PAD6分（ 2） AN 为等腰 ABP 底边 PB 上的中线，ANPB PA平面 ABCD ， AD平面 ABCD ， ADPA 又 ADAB ，且 ABAPA， AD平面 PAB 文案大全又 PB平面 PAB ， ADPB 10分 ANPB， ADPB ，且 ANADA， PB平面 ADMN 又 DM平面 ADMN ， PBDM 。13分考点： 1线面平行的判定；2线面垂直的判定与性质3（ 1）详见解析； （2） 455【解析】试题分析：（ 1）证明两平面互相垂直，一般方法是在其中一个平面中找到一条垂直于另一条平面线段，这样就能将面与面垂直转化成求线与面的垂直；

9、（ 2）求点到平面的距离，需要过此点做一条垂直于平面的线段，这条线段即为点到平面的距离， 此题重要的是找到这条线段，而从 A1 点向 DC1 作一条垂直于DC1 的线段正好为此点到平面的高线。试题解析：（ 1）因为ABC 为正三角形且D 为 AC 中点，所以 BDAC ；又因为 A1 A底面 ABC且 BD平面 ABC ，所以 AA1BD ，所以根据定理知道BD平面 AA1CC1 ；又因为 BD 过平面 BC1 D ，所以得到平面BC1D 平面 AA1CC1 。（ 2）从 A1点向 DC 1 作一条垂直于DC1 的线段交 DC1 于 E，因为1DC1 ，又因为在第A E一问中证得 BD平面 A

10、A CC ，所以 A1 EBD ， A1E平面 BC1D ；所以点 A 到面 BC1D11的距离即为 A1E 的长度。又因为 AA1 =AB=2，且ABC 为正三角形，所以得到CD 1、2，BC那么由C1 DC 相似于AEC 1 ，所以A1ECC1245。ACDC，解得 A1 E51151考点： 1线与面垂直的判定；2相似三角形和勾股定理4（ 1）见解析（2）见解析（ 3） 3 218【解析】试题分析：（1）利用线面平行的判定定理，线线平行，线面平行，做辅助线，取 BC中点 M，连结 FM， C1 M，根据平行的传递性，可证四边形EFMC1为平行四边形，EF / C1M,（ 2）两平面垂直，其

11、中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，根据这一定理，连A1C,易证CE A1C1，A1C1 AC ，根据定理得证；（3）连接 B1C ，四边形 BCC1 B1是平行四边形，所以四棱锥VEBCC1B12VCEC1B1 ， 利 用CE 面 ABC，2VC EC1B121s EC1B1CE=3试题解析：（ 1）证明：取BC中点 M，连结 FM， C1M 在 ABC中，试卷第 6 页，总 12 页实用文档 F， M分别为 BA，BC的中点， FM 1 AC 2 E 为 A1C1 的中点， AC A1C1 FM EC1四边形 EFMC 1 为平行四边形 EFC1M C1 M 平面 BB1C1C

12、， EF平面 BB1C1C ， EF平面 BB1 C1 C 4分；（ 2）证明：连接 A1C ，四边形 AA1 C1 C 是菱形，A1 AC60 A1 C1C 为等边三角形 E 是 A1C1 的中点 CE A1C1四边形 AA1C1C 是菱形 , A1C1 AC CE AC 侧面 AA 1C1C 底面 ABC, 且交线为 AC， CE面 AA1C1C CE面 ABC8分；（ 3）连接 B1C ，四边形 BCC1 B1 是平行四边形，所以四棱锥VE BCC1 B12VC EC1B1由第（ 2）小问的证明过程可知EC 面 ABC 斜三棱柱 A1 B1C1ABC 中，面 ABC 面 A1 B1C1

13、EC 面 EB1 C1在直角 CEC 1 中 CC 13， EC13 ， EC3322 S B1EC11323237222()82 四棱锥 VE BCC1B12VCEC1B1 = 2 13 7 333 21382812分；考点： 1线面平行的判定 2线面垂直的判定3面面垂直的性质4体积公式5（ 1）详见解析； （2） 12【解析】试题分析：（ 1）证明一条直线与平面平行，只需要在这个平面内找到一条同此直线平行的线即可；（2）求一条直线与另一个平面的夹角正弦值，我们可以把其转化为求这条直线与另一条与平面垂直的直线的余弦值即可。试题解析：（ 1）因为 E ， F 分别为棱 AD ， AB 的中点，

14、所有根据三角形的中位线定理得到 EF / / BD ；又因为 B1D1 / /BD ，所以根据平行的传递性得到B1D1 / / EF ；又因为EF B1 D1C ，所以 EF 平面 CB1 D1 。文案大全（ 2）因为 B1D1AC1 1 且 CC1AC1 1 ，所以 B1D1 平面 CAA1C1 ；求 CB1 与平面 CAA1C1 的正弦值，即可以转化为求1 1与 CB1 的余弦值；又因为B1D1 D1CB1C ，所以 B1D1 与B DCB1 所在的三角形是正三角形；那么两条直线的余弦值就是cos6001。2考点： 1直线与平面平行的判定；2直线与平面所成角的求解。6见解析 .【解析】试题

15、分析：第一问根据线面平行的判定定理的内容，重点找出相应的平行线即可得出结果，第二问注意应用好空间的垂直关系的转化，注意与垂直相关的定理和结论理解透彻即可.试题解析：（ 1）取 AB 的中点 O ，连结 DO 、 CO ， 1 分 Q ABD 是等腰直角三角形， AD BD ，DOAB，DO1AB 2，2分2又 Q平面 ABD平面 ABC ，平面 ABD I 平面 ABCAB ，DO平面 ABC，3分由已知得 EC平面 ABC ，DO/EC，4分又EC 2 DO，四边形 DOCE 为平行四边形，5分DE/OC，6分而 DE 平面 ABC， OC 平面 ABC，DE / 平面 ABC .7分（2）

16、 Q O 为 AB 的中点，ABC 为等边三角形，OCAB ，8分由（ 1）知 DO平面 ABC ，而 OC平面 ABC ，可得 DOOC，9分QDOIABO ，OC平面 ABD ，10分而 AD平面 ABD ，OCAD ，11分又QDE/OC，DEAD ，12分而 BDAD，DEI BDD ，AD平面 BDE ，13分又BE 平面BDE，ADBE.14分考点：空间点、线、面的位置关系，空间想象能力、运算能力和逻辑推理能力7（ 1）见试题解析； （ 2）33【解析】（1）要证明 DE平面 PAD,可证明 DEAD , PDDE；（2）由试卷第 8 页，总 12 页实用文档S PDF1SPDA1

17、1221及DE3可得222VP DEFVE PDF1S PDFDE1 1 33 .333试题分析：试题解析：（ 1）连结 BD , 由已知得 ABD 与 BCD 都是正三角形 ,所以, BD 2, DE BC,（ 1分）因为 AD BC,所以 DEAD ,（2 分）又 PD平面 ABCD , 所以 PDDE,（4分）因为 ADPDD,所以 DE平面 PAD （ 6分）因为 S PDF1SPDA11221，（ 2 分）222且 DE3 ，（4 分）所以， VP DEF VE PDF1S PDF DE1 1 33 333考点： 1. 线面垂直的证明；2 三棱锥的体积.8（）详见解析； （） 30【

18、解析】试题分析： （）由直棱锥可得C1C平面 ABC ，从而可得 C1CBC ，由直角可得BCAC。根据线面垂直的判定定理可证得 BC平面 ACC1A1 ，从而可得B CD CD 为AA中点 以 C 为空间坐标原点，CA 为1 （） 根据体积关系可计算得出1x 轴正向、 CB 为 y 轴正向、 CC1 为 z 轴正向，建立空间直角坐标系，设AC 的长为 1，则可得各点的坐标 从而可得各向量的坐标根据两向量垂直数量积为0 可分别求得面A1 BD和面 BC1 D 的法向量 从而可求得两法向量夹角的余弦值从而可得两法向量夹角所求二面角为锐角等于两法向量的夹角或其补角试题解析：解： （）C1C 平面

19、ABC ，C1CBC （1 分）又ACB 90 ，即 BCAC， ACC1CCBC平面 ACC1 A1，又DC1平面 ACC1 A1 ， BCDC1；（4 分）文案大全（） VDBCC1SBCCAC1 SBCC BAC1VABC AB C题意 VD BCCVD ABCABC ，VABC12111 VDABC1 VABCA B C1SABCAD1SABCAA1AD1 AA1， D为 AA1中点；6111362（7 分）（法 1）取 A1B1 的中点 O ，过点 O 作 OHBD 于点 H ，连接 C1O, C1 HAC1 1B1C1C1O A1 B1 ，面 A1B1C1

20、面 A1BDC1O 面 A1 BDOHBDC1 HBD，得点 H 与点 D 重合，且C1DO 是二面角 A1BD C1的平面角（10 分）设AC a，则C O2a，2a2C1OC1DO30，得二面角的大小为 3012C1 D（ 12 分）（法 2）以C 为空间坐标原点，CA 为 x 轴正向、 CB 为y 轴正向、CC1 为 z 轴正向，建立空间直角坐标系，设AC的长为1，则A 1 ,0 B ,0, D10,A1,10B, 11 ,C0,1,1 , 0（8 分）作 AB中点 E，连结 CE，则 CEAB ，从而 CE平面 A1BD ，平面 A1 BD 的一个法向量EC (1 ,1 ,0)（9分）

21、22设平面 BC1D 的一个法向量为n( x, y, z) ，则 BD(1,1,1),DC1( 1,0,1)n BD0xyz0，令z，得 x1, y2 ， n(1,2,1)n DC10xz01| EC1n |1(1 )2(1) |3 | cos | |cos(EC1 , n) |22|EC1| n |2262故二面角 A1BDC1为 30 （12 分）考点： 1 线面垂直； 2 二面角9（ 1）详见解析； （2）详见解析；【解析】试题分析：（ 1）要证线面平行，可以寻找线线平行，而由三角形中位线可得线线平行；（ 2）要证面面垂直可以寻找线面垂直，而已知面面垂直，由此可推得线面垂直；试卷第 10

22、 页，总 12 页实用文档试题解析：（ 1）因为 M ， Q 分别为棱 AD ， AC 的中点，所以 MQ / CD ，又CD 平面MNQ，MQ平面 MNQ ，故 CD / 平面 MNQ （ 2）因为， 分别为棱AD，的中点，所以MN / AB，又BAD90，故MNADM NBD因为平面 BAD平面 CAD ，平面 BAD平面 CADAD，且MN平面 ABD ，所以 MN平面 ACD 又 MN平面 MNQ ，平面 MNQ平面 CAD 考点： 1.线面平行的判定定理；2. 面面垂直的判定定理与性质定理；10（ 1），（2）直线 BD 与平面 ACD 所成角的正弦值等于2 .4【解析】试题分析：（

23、 1）为了证明 CD平面 ABC ，则需利用平面ACD 平面 ABC ，为此过 B 做BH AC 于 H ，由两个平面垂直的性质定理，可得BH 平面 ACD ，进而得到 BH 平面 ACD ，又 QCD BCBH I BC B， BH CD，故 CD平面 ABC（ 2）作出直线 BD 与平面 ACD 所成角， 为此连结 DH ， BH 平面 ACD ，则BDH 为求直线 BD 与平面 ACD 所成角，在 VBDH 中计算即可得到sin BDHBH2BD4试题解析：（ 1）过 B 做 BH AC 于 HQ 平面 ACD 平面 ABC ，平面 ACD I平面 ABCACBH 平面 ACDBHCD又 QCDBCBHI BCBCD平面 ABC（2） QBH 平面 ACD连结 DH则 BDH 为求直线 BD 与平面 ACD 所成角Q ABBC 1, AC3ABC 120o又Q BH ACQ BH12又Q BD2sinBH2B