立体几何大题一-建系(没有1题2题)

立体几何大题题型一：基础题型3(2023·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．(1)证明如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2)，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq\o(GB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0，eq\r(2))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).故cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(CF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).4.如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD是正三角形，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2BC＝2，CD＝eq\r(3)，平面PAD⊥底面ABCD，若M为AD的中点，E是棱PC上的点．(1)求证：平面EBM⊥平面PAD；(2)若∠MEC＝90°，求二面角P­BM­E的余弦值．解：(1)证明：∵M是AD的中点，且AD＝2，∴MD＝1，又∵AD∥BC，BC＝1，∴四边形MBCD为平行四边形．∵∠ADC＝90°，DC∥MB，∴∠AMB＝90°，即BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.∴平面EBM⊥平面PAD.(2)∵△PAD是正三角形，M为AD中点，∴PM⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PM⊥平面ABCD.如图，以M为原点，以MA，MB，MP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系M­xyz，则A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，C(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－eq\r(3))，∵E在PC上，设eq\o(CE,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))(0<λ<1)，∴eq\o(ME,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→))＝λ(eq\o(MP,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→)))．∴eq\o(ME,\s\up6(→))＝(λ－1，eq\r(3)－eq\r(3)λ，eq\r(3)λ)．∵eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，∴λ＝eq\f(4,7).∴eq\o(ME,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,7)，\f(3\r(3),7)，\f(4\r(3),7))).设平面MBE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\o(ME,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(MB,\s\up6(→))·n＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋3y＋4z＝0，,\r(3)y＝0.))令x＝4，∴n＝(4，0，eq\r(3))．又平面PMB的一个法向量为n1＝(1，0，0)，∴cos〈n，n1〉＝eq\f(4,\r(16＋3))＝eq\f(4\r(19),19).设平面PMB与平面EMB所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(4\r(19),19).5．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面为中点．（1）求证：直线平面；（2）求直线与平面所成角的大小；（3）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．【解析】试题分析：（1）由底面，又平面；（2）做辅助线可得是直线与平面所成的角，计算求得所成的角为；（3）作于点平面线段的长就是点到平面的距离．试题解析：（1）由底面．底面是边长为1的正方形，，又，平面．（2）设与交于点，连结，则是直线与平面所成的角，直线与平面所成的角为．（3）作于点．平面，，线段的长就是点到平面的距离．，点到平面的距离为．考点：1、线面垂直；2、线面角；3、点到面的距离.【方法点晴】本题考线面垂直、线面角和点到面的距离，涉及数形结合思想，并考查空间想象能力和计算能力，具有一定的综合性，属于较难题型．第一小题由底面，平面；第二小题做辅助线可得是直线与平面所成的角，计算求得所成的角为；第三小题作于点平面线段的长就是点到平面的距离，计算求得点到平面的距离为．6．如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝eq\r(3)，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.（1）求证：；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）详见解析；（2）。【解析】试题分析：（1）根据题中条件AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，所以，所以，又因为已知，且，根据线面垂直判定定理可知，平面BCF，因为平面BCF，所以，又因为,所以可得；本问重点考查线面垂直判定定理。（2）根据第（1）问，，又由正方形，且，所以平面ABCD，则线段CF为三棱锥F-BCD的高，中，AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，所以，，所以根据等腰梯形可得：CB＝DC＝1，，所以△BCD的面积为S＝eq\f(\r(3),4)，则可以求出三棱锥F-BCD的体积为eq\f(\r(3),12)，由图可知，而，其中d为点C到平面BDF的距离，又因为，所以，于是可以得到，计算就可以求出d的值，即得到点C到平面BDF的距离。本问主要考查点到面的距离，常用等体积法解题。试题解析：（1）证明：在△ABC中，因为AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，则AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，又因为AC⊥FB，且FB∩BC＝B，所以AC⊥平面FBC.所以,又因为，所以（2）解因为AC⊥平面FBC，所以AC⊥FC.因为CD⊥FC，且CD∩AC＝C，所以FC⊥平面ABCD.则FC为四面体F－BCD的高，在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1，所以△BCD的面积为S＝eq\f(\r(3),4)所以四面体F－BCD的体积为VF－BCD＝eq\f(1,3)S·FC＝eq\f(\r(3),12)又因为，所以由，得点到平面的距离为5.(2023·湖北)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马PABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；(2)记阳马PABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为V2，求eq\f(V1,V2)的值．(1)证明因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)解由已知得，PD是阳马PABCD的高，所以V1＝eq\f(1,3)SABCD·PD＝eq\f(1,3)BC·CD