立体几何问题

1、立体几何问题考法分析:1考两个小问题，第一问还是考线面位置关系的证明；第二问还是 求空间角或距离(体积)，偏重考角。2难度与去年持平，不会有太大变化1如图，四边形 ABCD为正方形，PD丄平面ABCD ,1PD / QA , QA=AB=PD.2(I)证明：平面 PQC丄平面DCQ ;(H)求二面角 Q BP C的余弦值。解析：如图，以 D为坐标原点，线段 DA的长为单位长, 射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D xyz.(I)依题意有 Q ( 1, 1, 0), C (0, 0, 1),P ( 0, 2, 0)则 DQ =(1,1,0), DC(0,0,1),PQ二(1, -1,0).

2、所以 PQ DQ = 0, PQ DC = 0.即PQ丄DQ , PQ丄DC.故PQ丄平面 DCQ.又PQ 平面PQC，所以平面 PQC丄平面DCQ.(II)依题意有B (1, 0, 1),设n =(x, y,z)是平面pbc的法向量，则n CB=0,即 x7n BP 二 0,.x 2y - z = 0.因此可取n =(0, -1,-2).设m是平面PBQ的法向量，则m PQ 二 0.m BP = 0,可取m = (1,1,1)所以 cos ：m,n 二155故二面角Q BP C的余弦值为2.在直角梯形 PBCD中， D C , BC二CD = 2,PD = 4 , A为PD的中点，如下左2图

3、。将：PAB沿AB折到:SAB的位置，使SB_ BC，点E在SD上，且SE =lsD ,3I)求证：SA _ 平面 ABCD如下右图。(n)求二面角 E AC- D的正切值;解法一：(1)证明：在上左图中，由题意可知,BA _ PD,ABCD为正方形，所以在上右图中，SA_ AB,SA = 2 ,四边形ABCD是边长为2的正方形，所以BC_平面SAB又SAU平面SAB 所以BC丄SA 又SA丄AB,所以SA_ 平面 ABCD(2)因为因为 SB _ BC , AB_ BC在AD上取一点0,使A0 - ，连接31 -SE'SD，所以 E0SA所以过O作OH_ AC交AC于H,连接EH,

4、则AC_平面EOH所以AC_ EH所以.EHO为二面角E AC- D的平面角,2 4EO SA =.在 Rt AHO 中3 3'E0_ 平面 ABCDEO:/ /0：'42 <2HAO =45 ,HO = AO sin 45 二322 . tan EHO= 2.2 ,3OH即二面角E-AC D的正切值为2 2.解法二：(1)同方法一(2)如图，以A为原点建立直角坐标系,A( 0, 0, 0), B ( 2, 0, 0), C (2, 2, 0), D (0易知平面acd的法向为AS =(0,0,2)设平面2 4AC=(2,2,0),AE=(0,3,3)所以：X+y=0，可

5、取y + 2z = 0x = 2y = _2z =1所以 n =(2,21).所以 cos ： n, AS|n |AS|(1)求证：BCi丄平面AA iCiC.求二面角Ci-AB-C的余弦值.丄所以tan ： n,AS亏=2、2，即二面角e ac-d的正切值为 2 2.小结：立体几何题第一问一般是对线面、 面面位置关系的考查，要求 考生对熟练运用相关的定理对位置关系进行证明， 证明时要注意定理 运用的条件要充分，书写要规范合理。第二问一般涉及到空间角、距 离、表面积、体积的相关计算，一般情况下可利用空间向量作为工具 转化为代数运算来进行。3如图，三棱柱 ABC AiBiCi中， 平面AA iC

6、iC,AC i与AiC相交于点)【解析】(I )证明：设AC的中点为M,连BM、GM.：AC=AAi =2,上九5G =60°,四边形AAxCxC为菱形，且ACG为正三角形，GM| AC.A一 BC=2忌M | AC.而 ”MnGM=M,AC丄平面BCs M,AC丄BCx.四边形AAtCfC为菱形，则有CD丄AG.又平面ABC； I平面AAGC,平而ABC； A平而AA,GC二AG ,:.CD1_平面 ABG ,A CD | BG.X VACCCD=C, ABC；)±tfj AAyCyC.(II)如图，VAC I CiM,A】G I GM.以Ci为原点，以GA、GM、GB所在直线分別为丁轴、y轴、z轴建 立空间克角坐标系.AC=AAi=2,/AAiG6O°,A=BC=2©,BG=2.从而，有 A( 1,73,0),M(0,>/3,0),"(0,0,2),Ai(2,0,(),C(l,/3,0).亦亠(一1,0,0),餉一(0,舜，一2).设面ABC的法向量为n = (.r,jJ),n Am=x=02一=>巾=（0,令，1）,/