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 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形， EF 平面 ABCD ， EF 1， FB FC, BFC 90 ， AE 3 .（1）求证： AB 平面 BCF ；（2）求直线 AE 与平面 BDE 所成角的正切值 .EFD CA B变式 1：（2013 湖北 8 校联考）如左图，四边形 ABCD 中，E 是BC 的中点， DB 2,DC 1, BC 5,AB AD 2. 将左图沿直线 BD 折起，使得二面角 A BD C 为 60 , 如右图 .（1）求证： AE 平面 BDC ;（

2、2）求直线 AC 与平面 ABD 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 1-5 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角例 22014·广东卷 如图 1-4，四边形 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、3： 2014·浙江卷 如图 1-5，在四棱锥 A -BCDE 中，平面 ABC平面 BCDE，CDE BED90°，ABCD2，DEBE1，AC 2.(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 1-1 所示，三棱柱 ABC - 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 3，求二面角 A1 -AB -C 的大小热点三：无棱二面角例 3 如

4、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， AB 2 3 .（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1ABCD ABC D 中， K B B1 ， M CC1 ，且 BK BB1 ，1 1 1 143CM CC 14求：平面 AKM 与 ABCD 所成角的余弦值变式 6：如图ABCD ABC D 是长方体， AB 2， AA1 AD 1，求二平面 A B1C 与 A1B1C1D1所1 1 1 1成二面角的正切值高考试题精选12014 ·四

5、川， 18 三棱锥 A - BCD 及其侧视图、俯视图如图 1-4 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 C1-OB1- D 的余弦值32014 ·江西 19 如图 1- 6，四棱锥

6、P - ABCD 中，ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD .(1) 求证：ABPD. (2)若 BPC90°，PB 2，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 AB 的中点 M ，连接 EM ，则 AM MB 1， EF 平面 ABCD ， EF 平面 ABFE ，平面 ABCD 平面 ABFE AB ， EF AB ，即 EF MB . 1 分 EF MB 1四边形 EMBF 是平行四边形 . 2 分 EM FB ， EM FB .

7、在 Rt BFC 中，2 2 2 4FB FC BC ，又 FB FC ，得 FB 2 . EM 2 . 3 分在 AME 中， AE 3， AM 1， EM 2 ，2 2 3 2AM EM AE ， AM EM . 4 分 AM FB ，即 AB FB .四边形 ABCD 是正方形， AB BC . 5 分 FB BC B ， FB 平面 BCF ， BC 平面 BCF ， AB 平面 BCF . 6 分（2）证法 1：连接 AC ， AC 与 BD 相交于点 O ，则点 O 是 AC 的中点，取 BC 的中点 H ，连接 OH ,EO ， FH ，E F1则 OH AB ，OH AB 1.

8、2由（ 1）知 EF AB ，且1EF AB ，2 EF OH ，且 EF OH .四边形 EOHF 是平行四边形 .AD CO HMB EO FH ，且 EO FH 1 . 7 分由（ 1）知 AB 平面 BCF ，又 FH 平面 BCF ， FH AB . 8 分 FH BC ， AB BC B, AB 平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ， FH 平面 ABCD . 9 分 EO 平面 ABCD . AO 平面 ABCD ， EO AO . 10 分 AO BD ， EO BD O, EO 平面 EBD ， BD 平面 EBD ， AO 平面 EBD . 11 分 AEO 是直线

9、AE 与平面 BDE 所成的角 . 12 分 AO在 Rt AOE 中， tan AEO 2 EO. 13 分直线 AE 与平面 BDE 所成角的正切值为 2 . 14 分证法 2：连接 AC ， AC 与 BD 相交于点 O，则点 O 是 AC 的中点，z 取 BC 的中点 H ，连接 OH ,EO ， FH ， EF则 OH AB ，1OH AB 1.2D C由（ 1）知 EF AB ，且1EF AB ，2O Hy EF OH ，且 EF OH .四边形 EOHF 是平行四边形 .AMxB EO FH ，且 EO FH 1. 7 分由（ 1）知 AB 平面 BCF ，又 FH 平面 BCF

10、 ， FH AB . FH BC ， AB BC B, AB 平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ， FH 平面 ABCD . EO 平面 ABCD . 8 分以 H 为坐标原点， BC 所在直线为 x轴， OH 所在直线为 y 轴， HF 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 H xyz ，则 A 1, 2,0 ， B 1,0,0 ， D 1, 2,0 ， E 0, 1,1 . AE 1,1,1 ， BD 2, 2,0 ， BE 1, 1,1 . 9 分设平面 BDE 的法向量为 n x, y,z ，由 n BD 0，n BE 0 ，得 2x 2y 0 ， x y z 0 ，得 z

11、0,x y .令 x 1，则平面 BDE 的一个法向量为 n 1, 1, 0 . 10 分设直线 AE 与平面 BDE 所成角为 ，则 sin cos n, AEn AEn AE63. 11 分cos 1 sin2 33，sintan 2cos. 13 分直线 AE 与平面 BDE 所成角的正切值为 2 . 14 分变式 1：（2013 湖北 8 校联考）（1）取 BD 中点 F ，连结 EF, AF ,则 1, 1 , 60 , AF EF AFE 2 分2由余弦定理知22 1 1 3 2 2 2AE 1 2 1 cos60 , AF EF AE , AE EF 4 分2 2 2又 BD 平

12、面 AEF , BD AE, AE 平面 BDC 6 分（2）以 E 为原点建立如图示的空间直角坐标系，则 (0,0, 3), ( 1, 1 ,0)A C ,2 21 1B(1, ,0), D( 1, ,0) 8 分 2 2设平面 ABD 的法向量为 n ( x, y, z) ,n DBn DA00得2x 01 3x y z2 2由 ,取 z 3 ,则 y 3, n (0, 3, 3) .01 3 n AC 6AC ( 1, , ), cos n, AC2 2 | n | AC | 411 分故直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值为104. 12 分变式 2：（2014 福建卷）解：(1

13、)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 以 B 为坐标原点， 分别以 BE，BD，BA的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系 (如1，1 图所示 )依题意，得 B(0，0，0)，C(1，1，0)，D (0，1，0)，A(0，0，1)，M 0，22 .则BC(1，1，0)，BM 0，1 1 ，

14、2 2，AD(0，1，1) 7 分设平面 MBC 的法向量 n(x0，y0，z0)， 则0，n·BC 即 0，n·BMx0y00，12y012z00，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 |cos |n，AD |n·AD|n| ·|AD |63 . 11 分即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为6. 12 分3例 2.（2014，广东卷）解: (1)证明: PD 平面ABCD , PD PCD ,平面PCD 平面ABCD,平面PCD 平面ABCD CD,A D 平面

15、ABCD , AD CD, AD 平面PCD ,CF PCD CF AD AF PC CF AF平面 , ,又 , ,AD, AF ADF , AD AF A, CF ADF .平面 平面(2)解法一 : 过E作EG/ / CF交DF 于G, CF 平面ADF , EG 平面ADF ,过G作GH AF于H, 连EH,则0EHG为二面角 D AF E的平面角 设 DPC, CD 2, 30 ,1 0CDF 30 , CF = CD=1,从而21DE CF DE 3 32CP 4, EFDC, ,即 = , DE , 还易求得EF= ,DF 3,DP CP 2 3 2 2 2 3 3DE EF 3

16、 19 3 2 2从而EG . 易得AE , AF 7, EF ,DF 3 4 2 219 3AE EF 3 19 3 19 3 6 32 22 2 , ( ) ( )EH HG故AF 4 7 4 7 4 7 4 7,GH 6 3 4 7 2 57cos EHG .EH 4 7 3 19 19解法二 :分别以 DP, DC , DA为x, y, z轴建立空间直角坐标系 ,设DC 2,1则 设 则 可得A(0,0, 2),C(0, 2,0), P(2 3,0,0), CF CP, F (2 3 ,2 2 ,0), DF CF , ,43 3 3 1从而 易得 取面 的一个法向量为F ( , ,0

17、) , E( ,0,0), ADF n CP ( 3, 1,0),12 2 2 2设面 的一个法向量为AEF n (x 利用 且,y, z), n AE 0, n AF 0, 2 2 2n n 4 3 2 57得 可以是 从而所求二面角的余弦值为1 2 2| n | |n | 2 19 191 2变式 3：（2014 浙江卷）解：(1)证明：在直角梯形 BCDE 中，由 DEBE1，CD2，得 BDBC 2，由 AC 2，AB2，得 AB2AC2BC2，即 ACBC. 2 分又平面 ABC平面 BCDE，从而 AC平面 BCDE ，所以 ACDE .又 DEDC，从而 DE 平面 ACD .

18、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 2，得 AD 6.在 RtAED 中，由 ED1，AD 6，得 AE 7. 7 分在 RtABD 中，由 BD 2，AB2，AD 6，得 BF2 3 2 ，AF AD.

19、3 323从而 GFED23. 9 分5 7在ABE，ABG 中，利用余弦定理分别可得 cosBAE ，BG142BF 2BG2GF 3在BFG 中，cosBFG. 13 分22BF·GF23. 11 分所以， BFG6，即二面角 B - AD - E 的大小是6 . 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， 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(

20、x2，y2，z2)可算得 AD(0，2， 2)，AE(1，2， 2)，DB(1，1，0) 7 分m·AD0，0，m·AE即2y1 2z10，x12y1 2z10，由 可取 m(0，1， 2) 9 分由0，n·AD0，n·DB即2y2 2z20，x2y20，可取 n(1，1， 2) 11 分于是|cosm，n|m·n|m| |·n|33×232 . 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6 . 14 分变式 4：（2014 全国卷）19解： 方法一： (1)证明：因为 A1D平面 ABC

21、，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 A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离，即 A1E 3.因为 A1C 为ACC1 的平分线，所以 A1DA1E 3. 8 分作

22、DF AB，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21，得 D 为 AC 中点， DF 5A1D2由 AD AA1A1D ，tanA1FD 5 DF 15， 12 分1 所以 cosA1FD 4. 13 分1所以二面角 A1 - AB - C 的大小为 arccos . 14 分4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，0，c)由题

23、设有 a2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB (2，1，0)，AC (a2，0，c)，AC1ACAA1(a4，0，c)，BA1( a，1，c)由(2，0，0)，AA1 2c22，即 a24ac20.|AA1|2，得 （a2） 又AC1·BA1a24ac20，所以 AC1A1B . 4 分 (2)设平面 BCC1B1 的法向量 m(x，y，z)，则 mCB 0， m·BB1，mBB1，即 m·CB (0，1，0)，BB1AA10. 因为CB(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 B

24、CC1B1 的距离为 |CA|·|cosm，CA·m|CA|m|2cc. 6 分2（ 2a） 2c又依题设， A 到平面 BCC1B1 的距离为 3，所以 c 3，代入，解得 a3(舍去)或 a1，于是AA1(1，0， 3) 8 分设平面 ABA1 的法向量 n(p，q，r)， 则 nAA1 ，即 n·AA1，nAB 0，n·AB0，p 3r0，且 2pq0.令 p 3，则 q2 3，r1，所以 n( 3，2 3，1) 10 分又 p(0，0，1)为平面 ABC 的法向量， 11 分故 cosn，p n·p 1 . 13 分|n|p| 41 所

25、以二面角 A1 - AB - C 的大小为 arccos 4. 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 MCD 平面 BCD ,则 MO平面 BCD ，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 = 3 ，MOAB，MO/ 面 ABC ，M 、O 到平面 ABC 的距离相等，作 OH BC 于 H，连 MH ，则 MH BC，求得：OH=OCsin60 0= 30= 32,MH=152,利用体积相等得：2 15

26、V V d 。 5 分A MBC M ABC5（2）CE 是平面 ACM 与平面 BCD 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°.BF BC sin 60 3， 9 分ABtan 2BF，sin2 55 11 分所以，所求二面角的正弦值是2 55. 12 分解法二：取 CD 中点 O，连 OB，OM，则 OBCD，OM CD，又平面 MCD 平面 BCD ,则 MO平面 BCD .以 O

27、 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 = 3 ，则各点坐标分别为 O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0， 3），B（0，- 3 ，0），A（0，- 3 ，2 3），A z（1）设 n (x, y, z) 是平面 MBC 的法向量，则 BC=(1, 3,0) ，BM (0, 3, 3) ， 由 n B C得 x 3y 0 ； 由 n B M得MB D3y 3z 0；取 n ( 3, 1,1), BA (0,0,2 3) ，则距离dBA nn2 155 5 分xCOy（2） CM ( 1,0, 3) ，CA ( 1, 3,2

28、 3) .设平面 ACM 的法向量为n1 ( x, y,z) ，由n CM1n CA1得x 3z 0x 3y 2 3z 0.解得 x 3z，y z，取 n1 ( 3,1,1) .又平面 BCD 的法向量为 n (0,0,1)，则cos n ,n1n n1n n115设所求二面角为 ，则1 2 52sin 1 ( ) 55. 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 MF mMFC 是二面角 M mC 的平面角设正方体棱长为 a，则 3CM a ， 41

29、BK a 在ECM 中，由 BK CM 可得41 3EB a ，CF a ，25故 tan 5MFC 因此所求角的余弦值为4cos4 21MFC 21变式 6：解析：平面 ABCD 平面ABC D ，平面1 1 1 1ABC 与平面1A BC D 的交线 m 为过点1 1 1 1B 且平行于1AC 的直线直线 m 就是二平面 A B1C 与 A1B1C1D1所成二面角的棱又平面 A B1C 与平面 AA1 平面A BC D ，过 A1作 AH m 于 H，连结 AH 则 AHA1为二面角 A m A1 的平面角可求得1 1 1 1tan5AHA 12高考试题精选1. （2014 四川卷）解：(

30、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 MN NP，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，

31、OC? 平面 BCD，所以 HPOC.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 MN NP，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 3.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 6.作 BRAC 于 R因为在 ABC 中，ABBC，所以 R 为 AC 的中点，所以 BR AB 2 AC2 AC22102 .因为在

32、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 NQBR 10.2 4同理，可得 MQ 104 . 故 MNQ 为等腰三角形，MN BD所以在等腰 MNQ 中， cosMNQ 2NQ4NQ 105. 13 分故二面角 A - NP - M 的余弦值是10. 14 分5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

33、向，建立空间直角坐标系 O -xyz.则 A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，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，1所以 M ，0，232，N12，0，32，P12，3，0 ，于是2AB(1，0， 3)，BC(1， 3，0)，MN(1，0，0)，NP 0，3，232. 7 分设平面 ABC 的一个法向量 n1(x1，y1，z1)，由n1AB，n1BC，得n1·AB0，n1·BC0，即（x1，y1，z1）·（1，0， 3）0，（x1，y1，z1）·（1， 3，0）0，

34、从而x1 3z10，x1 3y10.取 z11，则 x1 3，y11，所以 n1( 3，1，1) 9 分设平面 MNP 的一个法向量 n2(x2，y2，z2)，由，n2MN，n2NP，得n2·MN0，n2·NP0，即（x2，y2，z2）·（1，0，0） 0，（x2，y2，z2）·0，3，2320，从而x20，3y223z20.2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 n1·n2|n1|·|n2|（ 3，1，1）·（0，1，1）5× 2

35、 105.13分故二面角 A-NP -M 的余弦值是 105. 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 DD 1BD. 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： 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 ABCD -A1B1C1D1 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 BDD 1B1，所以 A1C1OB1，于是OB1平面 O1HC1.进而 OB1C1H.故C1HO 1 是二面角 C1- OB1- D 的平面角不妨设 AB2.因为 CBA60°，所以 OB 3，OC1，OB1 7.OO1·O1B1在 RtOO1B1 中，易知 O1H 2OB13.72 1122而 O1C11，于是 C1