2021年立体几何大题一建系没有题题

立体几何大题题型一：基本题型3(·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，因此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，因此EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.由于EG⊂平面AEC，因此平面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(→))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)，因此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).因此直线AE与直线CF所成角余弦值为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中点，E是棱PC上点．(1)求证：平面EBM⊥平面PAD；(2)若∠MEC＝90°，求二面角P­BM­E余弦值．解：(1)证明：∵M是AD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一种法向量为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大小；（3）求点到平面距离．【答案】（1）证明看法析；（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角，计算求得所成角为；（3）作于点平面线段长就是点到平面距离．试题解析：（1）由底面．底面是边长为1正方形，，又，平面．（2）设与交于点，连结，则是直线与平面所成角，直线与平面所成角为．（3）作于点．平面，，线段长就是点到平面距离．，点到平面距离为．考点：1、线面垂直；2、线面角；3、点到面距离.【办法点晴】本题考线面垂直、线面角和点到面距离，涉及数形结合思想，并考查空间想象能力和计算能力，具备一定综合性，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角，计算求得所成角为；第三小题作于点平面线段长就是点到平面距离，计算求得点到平面距离为．6．如图所示几何体中，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）求点到平面距离.【答案】（1）详看法析；（2）。【解析】试题分析：（1）依照题中条件AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，因此，因此，又由于已知，且，依照线面垂直鉴定定理可知，平面BCF，由于平面BCF，因此，又由于,因此可得；本问重点考查线面垂直鉴定定理。（2）依照第（1）问，，又由正方形，且，因此平面ABCD，则线段CF为三棱锥F-BCD高，中，AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，因此，，因此依照等腰梯形可得：CB＝DC＝1，，因此△BCD面积为S＝eq\f(\r(3),4)，则可以求出三棱锥F-BCD体积为eq\f(\r(3),12)，由图可知，而，其中d为点C到平面BDF距离，又由于，因此，于是可以得到，计算就可以求出d值，即得到点C到平面BDF距离。本问重要考查点到面距离，惯用等体积法解题。试题解析：（1）证明：在△ABC中，由于AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，则AB2＝AC2＋BC2，因此AC⊥BC，又由于AC⊥FB，且FB∩BC＝B，因此AC⊥平面FBC.因此,又由于，因此（2）解由于AC⊥平面FBC，因此AC⊥FC.由于CD⊥FC，且CD∩AC＝C，因此FC⊥平面ABCD.则FC为四周体F－BCD高，在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，因此FC＝1，因此△BCD面积为S＝eq\f(\r(3),4)因此四周体F－BCD体积为VF－BCD＝eq\f(1,3)S·FC＝eq\f(\r(3),12)又由于，因此由，得点到平面距离为5.(·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四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形四周体称之为鳖臑．在如图所示阳马PABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试判断四周体EBCD与否为鳖臑．若是，写出其每个面直角(只需写出结论)；若不是，请阐明理由；(2)记阳马PABCD体积为V1，四周体EBCD体积为V2，求eq\f(V1,V2)值．(1)证明由于PD⊥底面ABCD，因此PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，因此BC⊥平面PCD.而DE⊂平面PCD，因此BC⊥DE.又由于PD＝CD，点E是PC中点，因此DE⊥PC.而PC∩BC＝C，因此DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四周体EBCD四个面都是直角三角形，即四周体EBCD是一种鳖臑，其四个面直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)解由已知得，PD是阳马PABCD高，因此V1＝eq\f(1,3)SABCD·PD＝eq\f(1,3)BC·CD·