立体几何典型例题精选

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(1)求证：AB 平面BCF ;(2)求直线 AE与平面BDE所成角的正切值变式2: 2014 福建卷在平面四边形abcdKAB= BD= CD= 1, ABL BDCD! BD 将厶 ABD沿 BD折变式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 AD2.将左图沿直线BD折起，使得二面角 A BD C为60 ,如

2、右图.(1) 求证：AE 平面BDC;(2) 求直线AC与平面ABD所成角的余弦值起，使得平面 ABD_平面BCD如图1- 5所示.(1)求证：ABL CD若M为AD中点，求直线AD与平面热点二：二面角例2. 2014 广东卷如图1- 4,四边形 ABCD正方形，PDL平面ABCD/ DPC= 30 , AF丄PC于 点F，FE/ CD交PD于点E(1)证明：CFL平面ADF 求二面角D - AF- E的余弦值.C变式3: 2014 浙江卷如图1- 5,在四棱锥 A - BCD即，平面 ABCL平面BCDE / CDE=Z BED =90, AB= CD= 2, DE= BE= 1, AC=

3、2.(1)证明：DEL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- ABC中，点 A在平面 ABC内的射影 D在 AC上，/ ACB= 90, BC= 1, AC= CC= 2.(1)证明：AC丄AB; (2)设直线AA与平面BCCi的距离为J3,求二面角 A - 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 ABCD A,B1C1D1中，K BB,，MCC

4、1，且 BK 1 BB , CM -CC1 .44求：平面AKM与 ABCD所成角的余弦值.AB变式 6:如图 ABCD A1B1C1D1 是长方体，AB= 2, AA1 AD 1，求二平面 AB1C 与 A1B1C1D1 所 成二面角的正切值.高考试题精选1. 2014 四川，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MNL NP(1)证明：P是线段BC的中点;2. 2014 湖南卷如图所示，四棱柱 ABCD ABCD的所有棱长都相等， A8 B* O, AC Q BD = O,四边形ACGA1和四边形BDDB均为矩

5、形.(1)证明：OOL底面ABCD 若/ CBA= 60。，求二面角 C- OB D的余弦值.A3. 2014 江西19如图1- 6，四棱锥 P - ABCDK ABCD矩形，平面 PADL平面 ABCD(1)求证：ABL PD (2) 若/ BPC= 90, PB= 2, PC= 2,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.(2)证法1：连接AC ,AC与BD相交于点O，则点O是AC的中点,C8分 FHBC , AB I BC B,AB平面 ABCD , BC 平面 ABCD ,立体几何专题复习答案例 1. (2014，广二模)(1)

6、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 I 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.在 Rt BFC 中，FB2 FC2 BC2 4，又 FB FC，得 FB . 2 . EM .,2 . 3 分在厶 AME 中，AE ,3 , AM 1 , EM ,2 ,2 2 2- AM EM 3 AE , AM EM . 4 分 AM FB，即 AB FB .四边形 ABCD是正方形， AB BC. 5 分

7、FBI BC B , FB 平面 BCF , BC 平面 BCF , AB 平面BCF . 6分取BC的中点H，连接OH ,EO , FH ,1 则 OH / AB , OH - AB 1.21 由（1）知 EF / AB，且 EF AB ,2 EF / OH，且 EF OH .四边形EOHF是平行四边形. EO / FH，且 EO FH 1由（1）知AB 平面BCF，又FH 平面FH AB. FH 平面 ABCD. EO 平面 ABCD. AO 平面 ABCD ,.下载可编辑.10分二 EO AO. AO BD , EO I BD O,EO 平面 EBD , BD 平面 EBD , AO 平

8、面 EBD. 11 分 AEO是直线AE与平面BDE所成的角 12分AO l在 Rt AOE 中，tan AEO2. 13分EO直线AE与平面BDE所成角的正切值为、2 .证法2：连接AC , AC与BD相交于点 O，则点取BC的中点H，连接OH,EO , FH ,1则 OH / AB , OH - AB 1.21由（1）知 EF / AB，且 EF AB ,2 EF / OH，且 EF OH .四边形EOHF是平行四边形 EO / FH，且 EO FH 1.由（1）知AB 平面BCF，又FH 平面14分FH AB./ FH BC , ABI BC B,AB 平面 ABCD, BC 平面 AB

9、CD,FH 平面 ABCD.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 , D1, 2,0 , E 0, 1,1uuuAEuur1,1,1 , BDuuu2, 2,0 , BE1, 1,1设平面BDE的法向量为nuiurx, y, z，由 n BDuuu0, n BE得 2x 2y 0 ,x y z 0，得 z 0,xEO 平面 ABCD.10分令x 1，则平面BDE的一个法向量为n 1, 1,0设直线AE与平面BDE所成角为则sinuuir cosin, AELULT n AE j-tut

10、r n ae,6311分cos.1 sin2cos13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 AF 1,EF12, AFE 60,由余弦定理知AE . 12丄cos60o2-,Q AF2 EF2 AE2,2AE EF又BD 平面AEF , BDAE,AE(2)以E为原点建立如图示的空间直角坐标系,(311则 A(0,0,-),C( 1,-,0) , B(1, 2,0)，D(n (x, y,z),设平面ABD的法向量为uuir DB uuu DA2x0得0平面BDC11, 2,0),3 ,则y 3,

11、n (0, 3, .3).4分uuir Q AC1,2,-3), cos2uuurn, ACuult ngAC uutr |n | AC|11分故直线AC与平面ABD所成角的余弦值为二0412分变式2: ( 2014福建卷)解：(1)证明：平面 ABD_平面BCD平面 AB0P平面BCD= BDAB?平面 ABD ABL BD, ABL平面 BCD 3分又CD?平面BCD - AB丄CD 4分(2)过点B在平面BCD内作BEL BD由(1)知ABL平面BCD BE?平面BCD BD?平面BCD - AB丄BEA吐BD以B为坐标原点，分别以BE, BD,百啲方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间

12、直角坐标系 (如图所示)依题意，得耳0,0,0) ,C(1, 1, 0) ,Q0, 1, 0) ,A(0, 0, 1) , M0, 1, * 设平面MBC勺法向量n= （xo, yo, zo）,n BC= 0,取zo= 1，得平面 MBC勺一个法向量 n= （1 , 设直线n BM= o, 1, 1) xo+ yo= o, 即112zo=o,9分则sin即直线AD与平面MB（所成角为0 ,0=|cosn, AD1 =琵=AD与平面MB（所成角的正弦值为电6_63 .12分11分例2. （2014，广东卷） 解：(1证明：PD 平面ABCD,PD PCD,平面PCD 平面ABCD,平面PCDI平

13、面ABCD CD,A D 平面ABCD,AD CD, AD 平面PCD,CF 平面 PCD, CF AD,又 AF PC, CF AF,AD, AF 平面 ADF ,ADI AF A, CF 平面 ADF.AF于 H,连 EH,(2)解法一：过E作EG/CF交DF于G,Q CF 平面ADF , EG 平面ADF,过G作GH 贝U EHG为二面角D AF E的平面角，设CD 2Q DPC 30,1CDF 3OO,从而 CF = CD=1,2DE 兀，还易求得EF=,DF2 2、3,1CP 4,QEF / DC, 匹 C,即 DE =2DP CP2j3 2从而eg DEJfDF3 3_彎|.易得a

14、e子AF JEF I(3)26、347厢3EH丁？ 3 19,故HGAF V74 万GH 6 3 4.72 57cos EHG.EH 4“7 3/1919方法一：过B作BFL AD与AD交于点F,过点F作FG/ DE与AE交于点G连接BG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,-uuu uuu_uuiruuu1则A(0,0, 2),C(0, 2,0), P(2 3,0,0),设CFCP，则F(2、.3 ,2 2 ,0),Q DF CF,可得 -43 3J3LT 1 uu 从而F(亠,3,0),易得E(亠,0,0),取面ADF的一个法向量为n, -CP C

15、.3, 1,0),2 2 2 2uunluu uuuuu设面AEF的一个法向量为n2(x,y,z),利用n2AE0,且n2AF0,ir uu_得可以是(4,0, . 3),从而所求二面角的余弦值为it1 r 4 L 彳旦.|n,| | 门2丨 2 H919变式3：(2014浙江卷)解：证明：在直角梯形 BCDE中由 DE= BE= 1, CD= 2，得 BD= BC= 2,由 AC= 2, AB= 2,得 AB= AC+ BC,即卩 ACLBC 2 分又平面 ABC_平面BCDE从而 ACL平面BCDE所以ACL DE又DEL DC从而DEL平面ACD 4分由(1)知DEL AD贝U FGL

16、AD所以/ BFG是二面角 B - AD- E的平面角. 6分在直角梯形 BCD即,由CD= BC+ BD ,得BDL BC又平面 ABC_平面BCDE得BDL平面 ABC从而BDL AB由ACL平面BCDE得ACL CD 在 Rt ACC中,由DC= 2 ,AC=2 ,得 AD=6.在 Rt AED中 ,由ED= 1 ,AD=6 ,得 AE=7. 7分在 Rt ABD中 ,由BD=2 ,AB 2 ,AD=6 ,得BF=,AF= |aD332 2从而 GF= ED= 3. 9 分在厶ABE ABG中 ,利用余弦定理分别可得cos / BAE=5 , 714在厶BFG中,cos Z BFG=gF

17、+bF-bG=2BF- GF =13分nn所以，Z BFG=k ,即二面角B - AD- E的大小是；.66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：Q0 , 0 , 0) , E(1 , 0, 0) , Q0, 2 , 0) , A(0, 2 ,.2) , B(1 ,设平面 ADE的法向量为 m= (xi , yi , zi),平面 ABD的法向量为11分14分1, 0). n=(X2 , y2 , Z2).可算得 AD= (0 , - 2, - .2), AE= (1 , - 2, - ,2),

18、张(1 , 1 , 0) . 7分m- AD= 0,由 t 即m- AE= 0,n AD= 0,由 t 即n DB= 0,2yi -2zi = 0,Xi 2yi 2 Zi = 0,2y2 2Z2= 0,X2 + y2= 0,于是 |cos m n可取m= (0 ,可取 n= (1 , 1,2).9分11分| = I m n|3 31 =im I n| = 3 x 2= 213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AD丄平面ABCAD?平面AACC,故平面丄平面ABC又BC丄AC所以BC丄平面AAC

19、Q. 2分连接AQ,因为侧面 AACC为菱形，故 AC丄AC由三垂线定理得 AC丄AB 4分（注意：这个定理我们不能用）（2） BCL平面 AAGC, BC?平面BCCB，故平面 AACC丄平面BCGB.n6作AE丄CC, E为垂足,贝y AE丄平面BCCB. 6分又直线AA/平面BCCB ,因而AE为直线AA与平面BCCB的距离,即 AE=Q3. 因为AQ为/ ACC的平分线,所以 AD= AE=J3. 8分作DF丄AB F为垂足，连接AF.由三垂线定理得 AF丄AB故/ AFD为二面角A - AB- C的平面角. 10分由AD= AA AD= 1,得D为AC中点,tan / AFD=AD

20、丽=15 ,12分所以 cos / AFD= 4.413分1所以二面角A - AB- C的大小为arccos 1 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AD与z轴平行，z轴在平面AAGC内.(1)证明：设 A(a, 0 , c).由题设有 aw 2 , A(2 , 0 , 0) , B(0 , =(2 , 0 , 0), AA = (a 2 , 0 , c), AC= AGf AA= (a 4 , 0 , c), c).由 |AA| = 2,得寸(a- 2) 2+ c2 = 2,即 a2 4a+ c2=

21、0.1 , 0),则 AB= ( 2 , 1 , 0) , AGBA = (a , 1又AG BA= a2 4a+ c2= 0,所以 AC丄 AB . 4 分 设平面 BCCBi 的法向量 mr (x, y, z)，贝U m CB m EBB,!卩 mr CB= 0, m- BB= 0.因为 CB=(0 , 1, 0) , BB= AA= (a 2, 0, c)，所以 y= 0 且(a 2)x+ cz= 0.令x = c,则z = 2 a,所以m= (c, 0, 2 a)，故点A到平面BCGB的距离为|CA - |cos m s| = LCAF = 22c= c.6 分1 m寸c +( 2 a

22、)又依题设，A到平面BCGBi的距离为.3,所以c = 3,代入，解得a= 3(舍去)或a= 1,于是 AA= ( 1 , 0,3) . 8 分设平面ABA的法向量n = ( p, q, r),则 n丄AA, n丄AB 即 n AA= 0, n AB= 0,p+3r = 0，且2p+ q = 0.10分令 p=3,则 q= 23, r = 1，所以 n= (3, 23, 1).又p= (0 , 0, 1)为平面ABC的法向量， 11分故cosn,n - p|n| p|13分14分1所以二面角A - AB- C的大小为arccos 4.例3.无棱二面角(2010年江西卷)解法一：(1)取CD中点

23、Q连OB OM则OBL CDOML CD又平面MCD 平面BCD ,则MQL平面BCD ,所以MO AB A BQ M共面延长 AM BO相交于 E,则/ AEB就是 AM与平面 BCD所成的角 O号MO , 3 , MQ AB MO/面ABC M O到平面 ABC的距离相等，作OH BC于H ,连MH贝U MH BC,求得：OH=OCsin6t= ,MH 15 ,利用体积相等得： VA MBC VM ABC d 15。 5分225(2) CE是平面 ACM与平面BCD的交线.由(1 )知，O是BE的中点，贝U BCED1菱形.作BF丄EC于F,连AF,则AF丄EC / AFB就是二面角 A

24、EG B的平面角，设为 .7分因为/ BC匡120,所以/ BCI=60BFBC sin 603，tanAB 2，sin 二BF511分所以,所求二面角的正弦值是兰512分解法二：取CD中点Q连OB OM则OBL CD OM_ CD又平面 MCD 平面BCD ,则MCL平面BCD .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 O号OM/3，则各点坐标分别为 O（0，0，0），C（ 1，0，0），M（0，0，73），b（ 0, -73，0），a（ 0，-V3，243），ruuu -（1）设n （x,y,z）是平面MBC的法向量，则BC=（1, .3,0），uuu

25、u-BM (0,、3八 3)，uuu-rBC 得 x 一 3y 0 ；由 nuuu BM3y、3zurn rBA n0 ；取n(.3,uuu1,1),BA (0,0,2、一3)，则距离2 155得uuuu(2) CM ( 1,0,uuu CA (1,.3,.3).irn1设平面 ACM的法向量为n,（x, y, z），由 un1UULWCM uu得CA.3z、 3y02、3z.解得0x 、3z ,y z,取带（、3,1,1）.又平面BCD勺法向量为(0,0,1)，则 cos n 1, nTTTn1n12分ur r n1 n设所求二面角为，则sin2、55变式5:解析：由于BCMK是梯形，贝U

26、MK与 CB相交于E.a、e确定的直线为m过C作CF丄m于F,连结MF因为MCL平面 ABCD CF丄m 故 MFL m. / MFC是二面角 Mk m- C的平面角.设正方体棱长为a，则3 113CM a , BK -a .在 ECM中，由 BK/ CM可得 EBa , CF a，故 tan MFC4 42V5此所求角的余弦值为 cos MFC21变式6:解析：平面 ABCD平面A1B1C1D1 ,平面ABQ与平面A1B1C1D1的交线m为过点B平行于AC的直线直线 m就是二平面 AB1C与A1B1C1D1所成二面角的棱.又平面 AB1C与平面AA1丄平面A1B1C1D1，过A作AH丄m于H

27、,连结AH.则 AH为二面角A m A1的平面角可求得tan AHA1高考试题精选1. （2014四川卷）ABD BCD为正三角形,解：(1)如图所示，取BD的中点0,连接AO CO由侧视图及俯视图知，所以 AOL BD, OCL BD因为AO OC平面AOC且A6 OC= Q所以BD丄平面AOC又因为 AC?平面AOC所以BDL AC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 MN/ BD NH/ AQ 因为AOL BD所以NHL BD因为MNL NP所以NPL BD因为NH NF?平面NHP且NW NP= N,所以BDL平面NHP又因为HP?平面

28、NHP所以BDL HP又 OCL BD HF?平面 BCD OC?平面 BCD 所以 HP/ OC因为H为BO的中点，所以P为BC的中点. 5分方法一：如图所示,作 NQL AC于 Q,连接MQ由(1)知，NP/ AC 所以 NQL NP因为MNL NP所以/ MN3二面角 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 AO= OC=3.由俯视图可知，AOL平面BCD因为OC?平面BCD所以AOL OC因此在等腰直角厶 AO(中 , AC= 6. 作 BFL AC于 R因为在 ABC中 , AB= BC所以R为AC的中点, 所以 BR=#AB_ AC

29、 =p.因为在平面 ABC内 , NQL AC BFL AC所以NQ/ BR又因为N为AB的中点，所以 Q为AR的中点，所以NQ=讐#0.同理，可得 mq= 故皿“曲等腰三角形，MN BD24 VT0所以在等腰 MNQK cos / MNQ： nq= 心 分故二面角 A- NP- M的余弦值是 14分5AQL OC AQL OBOC两两垂直.方法二：由俯视图及(1)可知，AOL平面BCD因为OC O日平面BCD所以又OCL OB所以直线OA OB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 ,.3),B(1,

30、0 , 0) ,C(0,3 ,0) , Q 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，,0 ,于是所以 M 1 , 0 ,仝，N1 , 0 , , P1 ,二2， ， 2 2， 2 2 2AB= (1 , 0，3) , BC= ( 1, 3 , 0) , MN= (1 , 0 , 0), NP= 0 ,n1 丄 ABn1 AB= 0(x1 , y1 , Z1)由得即n1 丄 BCn1 BC= 0,(X1 , y1 , Z1)n1= ( .3 , 1, 1).y2 , Z2),由，取 Z1 = 1,则 X1=叮3 , y1 设平面MNP勺一个法向量

31、=1，所以n2= (x2,n2 丄 MNm 丄 NP,n2 MN= 0,n2 NP= 0,(X2,y2 , Z2)(X2,y2, Z2)取 Z2= 1 ,y2= 1, X2= 0,所以压=(0 , 1,设二面角A-(1 , 0, ,3)(-1, . 3 , 0)0,1) =0,=0,从而X1 . 3Z1= 0 ,X1+3y1= 0.0)= 0 ,2n1 n2NP- M的大小为,则cos e= nRI=0,从而11分X2= 0 ,33y2 Z2= 0.2 y 21, 1)(0, 1, 1)5 X .2设平面ABC的一个法向量ni = (xi, yi, zi),13分故二面角 A NR M的余弦值是.1014分:沉2. (2014湖南卷)解：(1)如图，因为四边形 ACGA为矩形，所以 CG丄AC同理DDL BD 因为CG/ DD,所以CG丄BD而A8 BD= Q因此CG丄底面ABGD由题设知，OO/ GG.故OO丄底面ABGD 4分方法一： 如图，过O作OH丄OB于H,连接HG.由(1)知，OOL底面 ABCD所以OO丄底面ABCD，于是 OOLAQ.又因为四棱柱 ABGD ABGD的所有棱长都相等，所以四边形ABGD是菱形，因此 A G丄B D，从而 AG丄平面BDDB，所以 AQ丄