立体几何典型例题精选(含答案)

1、.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，在五面体中，四边形是边长为的正方形，平面， ，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正切值. 变式1：（2013湖北8校联考）如左图，四边形中，是的中点，将左图沿直线折起，使得二面角为如右图.（1） 求证：平面（2） 求直线与平面所成角的余弦值. 变式2：2014·福建卷 在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图1­5所示(1)求证：ABCD； (2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值热点二：二面

2、角例22014·广东卷 如图1­4，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30°，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF； (2)求二面角D ­ AF ­ E的余弦值变式3： 2014·浙江卷 如图1­5，在四棱锥A ­BCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90°，ABCD2，DEBE1，AC.(1)证明：DE平面ACD；(2)求二面角B ­ AD ­ E的大小变式4：2014·全国19 如图1­1所示，三棱柱ABC

3、­ A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，ACB90°，BC1，ACCC12.(1)证明：AC1A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1 -AB -C的大小热点三：无棱二面角例3如图三角形BCD与三角形MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，.（1）求点A到平面MBC的距离；（2）求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值.变式5：在正方体中，且，求：平面AKM与ABCD所成角的余弦值变式6：如图是长方体，AB2，求二平面与所成二面角的正切值高考试题精选12014·四川，18 三棱锥A

4、73; BCD及其侧视图、俯视图如图1­4所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A ­ NP ­ M的余弦值22014·湖南卷 如图所示，四棱柱ABCD ­A1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值32014·江西19 如图1­6，四棱锥P ­ ABC

5、D中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD. (1)求证：ABPD. (2)若BPC90°，PB，PC2，问AB为何值时，四棱锥P ­ ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值立体几何专题复习 答案例1.（2014，广二模）（1）证明：取的中点，连接，则， 平面，平面，平面平面， ，即. 1分 四边形是平行四边形. 2分 ，. 在Rt中，又，得. . 3分 在中， ，. 4分，即.四边形是正方形，. 5分，平面，平面，平面. 6分（2）证法1：连接，与相交于点，则点是的中点， 取的中点，连接， 则，. 由（1）知，且， ，且. 四边形是平行四边形.

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 是直线与平面所成的角. 12分 在Rt中，. 13分 直线与平面所成角的正切值为. 14分证法2：连接，与相交于点，则点是的中点， 取的中点，连接， 则，. 由（1）知，且， ，且. 四边形是平行四边形. ，且. 7分 由（1）知平面，又平面， . ，平面，平面， 平面. 平面. 8分 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，则，. ，. 9分 设平面的法向量为，由， 得，得. 令，则平面的一个法向量为. 10分 设直

7、线与平面所成角为， 则. 11分 ，. 13分 直线与平面所成角的正切值为. 14分变式1：（2013湖北8校联考）（1）取中点，连结,则2分由余弦定理知4分又平面,平面6分（2）以为原点建立如图示的空间直角坐标系，则, 8分设平面的法向量为,由得,取,则. 11分故直线与平面所成角的余弦值为. 12分变式2：（2014福建卷）解：(1)证明：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)过点B在平面BCD内作BEBD. 由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD. 6分

8、以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.则(1，1，0)，(0，1，1)7分设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)， 则即取z01，得平面MBC的一个法向量n(1，1，1) 9分设直线AD与平面MBC所成角为，则sin . 11分即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为. 12分例2.（2014，广东卷）变式3：（2014浙江卷）解：(1)证明：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，从而AC平面BCDE，所以ACDE.又DEDC，从而DE平面ACD. 4分(2)方法一：过B作BFAD，与AD交于点F，过点F作FGDE，与AE交于点G，连接BG.由(1)知DEAD，则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，从而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.从而GFED. 9分在ABE

10、，ABG中，利用余弦定理分别可得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：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，)，B(1，1，0)设平面ADE的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为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分由题意可知，所求二面角是锐角，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A1D平面ABC，A1D平面AA1C1C，故平面 AA1C1C平面ABC. 又BCAC，所以BC平面AA1C1C. 2分连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1A1C.由三垂线定理得AC1A1B. 4分（注意：这个定理我们不能用）(2) BC平面AA1C1C，BC平面BCC1B1，故平面AA1C1C平面BCC1B1.作A1ECC1，E为垂足，则A1E平面BCC1B1. 6分又直线AA1平面BCC1B1，因而A

12、1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E. 因为A1C为ACC1的平分线，所以A1DA1E. 8分作DFAB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1FAB，故A1FD为二面角A1 ­ AB ­ C的平面角10分由AD1，得D为AC中点，DF，tanA1FD，12分所以cosA1FD. 13分所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos. 14分方法二：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A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内(1)证明：设A1(a

13、，0，c)由题设有a2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则(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)设平面BCC1B1的法向量m(x，y，z)，则m，m，即m·0，m·0.因为(0，1，0)，(a2，0，c)，所以y0且(a2)xcz0.令xc，则z2a，所以m(c，0，2a)，故点A到平面BCC1B1的距离为|·|cosm，|c. 6分又依题设，A到平面BCC1B1的距离为，所以c，代入，解得a3(舍去)或a1，于是(1，0，

14、) 8分设平面ABA1的法向量n(p，q，r)，则n，n，即n·0，n·0，pr0，且2pq0.令p，则q2 ，r1，所以n(，2 ，1)10分又p(0，0，1)为平面ABC的法向量，11分故 cosn，p. 13分所以二面角A1 ­ AB ­ C的大小为arccos. 14分例3. 无棱二面角（2010年江西卷）解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD.又平面平面,则MO平面，所以MOAB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=，MOAB，MO/面ABC，M、O到平面ABC的

15、距离相等，作OHBC于H，连MH，则MHBC，求得：OH=OCsin600=,MH=,利用体积相等得：。5分（2）CE是平面与平面的交线.由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形. 作BFEC于F，连AF，则AFEC，AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为. 7分因为BCE=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中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD，又平面平面,则MO平面.以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1

16、，0，0），M（0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2），（1）设是平面MBC的法向量，则，由得；由得；取，则距离5分（2），.设平面ACM的法向量为，由得.解得，取.又平面BCD的法向量为，则设所求二面角为，则.12分变式5：解析：由于BCMK是梯形，则MK与CB相交于EA、E确定的直线为m，过C作CFm于F，连结MF，因为MC平面ABCD，CFm，故MFmMFC是二面角MmC的平面角设正方体棱长为a，则，在ECM中，由BKCM可得，故因此所求角的余弦值为变式6：解析：平面ABCD平面，平面与平面的交线m为过点且平行于AC的直线直线m就是二平面与所成二面角的棱又平面与平面平面，过作AH

17、m于H，连结AH则为二面角的平面角可求得高考试题精选1.（2014 四川卷）解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD为正三角形，所以AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HP

18、OC.因为H为BO的中点，所以P为BC的中点5分(2)方法一：如图所示，作NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角A ­ NP ­ M的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边长为2的正三角形，所以AOOC.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC.作BRAC于R因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BR.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQ.同理，可得MQ. 故MNQ为等腰三角形，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：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直6分如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为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，)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M，N，P，于是AB(1，0，)，BC(1，0)，MN(1，0，0)，NP.7分设平面ABC的

20、一个法向量n1(x1，y1，z1)，由得即从而取z11，则x1，y11，所以n1(，1，1) 9分设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，由，得即从而取z21，则y21，x20，所以n2(0，1，1) 11分设二面角A ­ NP ­ M的大小为，则cos .13分故二面角A­NP­M的余弦值是.14分2.（2014 湖南卷）解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1AC.同理DD1BD.因为CC1DD1，所以CC1BD.而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由题设知，O1OC1C.故O1O底面ABCD. 4分(2)方法一：

21、如图(a)，过O1作O1HOB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1B1D1，从而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，于是OB1平面O1HC1.进而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1­OB1­D的平面角不妨设AB2.因为CBA60°，所以OB，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2.而O1C11，于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1­OB1­D的余弦值为.方法二：因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A