立体几何专题训练附答案.doc

1、 立体几何 G5 空间中的垂直关系 18 、 2014 广东卷 如图 14，四边形 ABCD 为正方形， PD 平面 ABCD， DPC 30 ，AF PC 于点 F， FE CD，交 PD 于点 E. (1)证明： CF 平面 ADF； (2)求二面角 D AF E 的余弦值 图 14 19 、 2014 湖南卷 如图 16 所示，四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等， AC BD O， A1C1 B1D1 O1，四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形 (1)证明： O1O 底面 ABCD； (2)若 CBA 60 ，求二面角 C1OB1D 的余弦值 图 16

2、 19 解： (1)如图 (a)，因 为四边形 ACC1A1 为矩形，所以 CC1 AC.同理 DD1 BD. 因为 CC1 DD1，所以 CC1 BD.而 AC BD O，因此 CC1 底面 ABCD. 由题设知， O1O C1C.故 O1O 底面 ABCD. (2)方法一： 如图 (a)，过 O1 作 O1H OB1 于 H，连接 HC1. 由 (1)知， O1O 底面 ABCD，所以 O1O 底面 A1B1C1D1，于是 O1O A1C1. 图 (a) 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 A1C1 B1D1，从而 A1C

3、1 平面 BDD1B1，所以 A1C1 OB1，于是 OB1 平面 O1HC1. 进而 OB1 C1H.故 C1HO1 是二面角 C1OB1D的平面角 不妨设 AB 2.因为 CBA 60 ，所以 OB 3， OC 1， OB1 7. 在 Rt OO1B1 中，易知 O1H OO1 O1B1OB1 2 37.而 O1C1 1，于是 C1H O1C21 O1H21 127 197 . 故 cos C1HO1 O1HC1H2 37197 2 5719 . 即二面角 C1OB1D 的余弦值为 2 5719 . 方法二：因为四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等，所以四边形 ABCD 是

4、菱形，因此AC BD.又 O1O 底面 ABCD，从而 OB， OC， OO1 两两垂直 图 (b) 如图 (b)，以 O 为 坐标原点， OB， OC， OO1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 O xyz，不妨设 AB 2.因为 CBA 60 ，所以 OB 3， OC 1，于是相关各点的坐标为 O(0， 0， 0)， B1( 3， 0， 2)， C1(0， 1， 2) 易知， n1 (0， 1， 0)是平面 BDD1B1 的一个法向量 设 n2 (x， y， z)是平面 OB1C1 的一个法向量，则n2 OB 1 0，n2 OC 1 0，即 3x 2z 0，y

5、 2z 0.取 z 3，则 x 2， y 2 3，所以 n2 (2， 2 3， 3) 设二面角 C1OB1D 的大小为 ，易知 是锐角，于是 cos |cos， | n1 n2|n1| |n2| 2 319 2 5719 . 故二面角 C1OB1D 的余弦值为 2 5719 . 19 、 2014 江西卷 如图 16，四棱锥 P ABCD 中， ABCD 为矩形，平面 PAD 平面ABCD. 图 16 (1)求证： AB 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 19 解：

6、 (1)证明：因为 ABCD 为矩形，所以 AB AD. 又平面 PAD 平面 ABCD， 平面 PAD 平面 ABCD AD， 所以 AB 平面 PAD，故 AB PD. (2)过 P 作 AD 的垂线，垂足为 O，过 O 作 BC 的垂线，垂足为 G，连接 PG. 故 PO 平面 ABCD， BC 平面 POG， BC PG. 在 Rt BPC 中， PG 2 33 ， GC 2 63 ， BG 63 . 设 AB m，则 OP PG2 OG2 43 m2，故四棱锥 P ABCD 的体积为 V 13 6 m 43 m2 m3 8 6m2. 因为 m 8 6m2 8m2 6m4 6 m2 2

7、32 83， 所以当 m 63 ，即 AB 63 时，四棱锥 P ABCD 的体积最大 此时，建立 如图所 示的空间 直角坐 标系， 各点的坐 标分别 为 O(0， 0， 0)，B 63 ， 63 ， 0 ， C 63 ， 2 63 ， 0 ， D 0， 2 63 ， 0 ， P 0， 0， 63 ，故 PC 63 ，2 63 ，63 ， BC (0， 6， 0)， CD 63 ， 0， 0 . 设平面 BPC 的一个法向量为 n1 (x， y， 1)， 则由 n1 PC ， n1 BC ，得 63 x2 63 y63 0，6y 0，解得 x 1， y 0，则 n1 (1， 0， 1) 同理可

8、求出平面 DPC 的一个法向量为 n2 0， 12， 1 . 设平面 BPC 与平面 DPC 的夹角为 ，则 cos |n1 n2|n1|n2| 12 14 1 105 . 19 、 2014 辽 宁卷 如图 15 所示， ABC 和 BCD 所在平面互相垂直，且 AB BCBD 2， ABC DBC 120 ， E， F 分别为 AC， DC 的中点 (1)求证： EF BC； (2)求二面角 EBFC 的 正弦值 图 15 19解： (1)证明：方法一，过点 E 作 EO BC，垂足为 O，连接 OF.由 ABC DBC 可证出 EOC FOC，所以 EOC FOC 2 ，即 FO BC.

9、又 EO BC， EO FO O，所以 BC平面 EFO.又 EF 平面 EFO，所以 EF BC. 图 1 方法二，由题意，以 B 为坐标原点，在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线，并将其作为x 轴， BC 所在直线为 y 轴，在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线，并将其作为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得 B(0， 0， 0)， A(0， 1， 3)， D( 3， 1， 0)， C(0， 2，0)，因而 E(0， 12， 32 )， F( 32 ， 12， 0)，所以 EF ( 32 ， 0， 32 )， BC (0， 2， 0)，因此 EF BC 0， 从

10、而 EF BC ，所以 EF BC. 图 2 (2)方法一，在图 1 中，过点 O 作 OG BF，垂足为 G，连接 EG.因为平面 ABC 平面 BDC，所以 EO 面 BDC，又 OG BF，所以由三垂线定理知 EG BF， 因此 EGO 为二面角 EBFC 的平面角 在 EOC 中， EO 12EC 12BC cos 30 32 . 由 BGO BFC 知， OG BOBC FC 34 ，因此 tan EGO EOOG 2，从而得 sin EGO 2 55 ，即二 面角 EBFC 的正弦值为 2 55 . 方法二，在图 2 中，平面 BFC 的一个法向量为 n1 (0， 0， 1) 设平

11、面 BEF 的法向量 n2 (x， y， z)， 又 BF ( 32 ， 12， 0)， BE (0， 12， 32 )， 所以n2 BF 0，n2 BE 0，得其中一个 n2 (1， 3， 1) 设二面角 EBFC 的大小为 ，且由题知 为锐角，则 cos |cos n1， n2 |n1 n2|n1|n2| 15， 因此 sin 25 2 55 ，即所求二面角正弦值为 2 55 . 19 G5、 G112014 新课标全国卷 如图 15，三棱柱 ABC A1B1C1 中，侧 面 BB1C1C 为菱形， AB B1C. 图 15 (1)证明： AC AB1； (2)若 AC AB1， CBB1

12、 60 ， AB BC，求二面角 A A1B1 C1 的余弦值 19 解： (1)证明：连接 BC1，交 B1C 于点 O，连接 AO，因为侧面 BB1C1C 为菱形，所以 B1C BC1，且 O 为 B1C 及 BC1的中点 又 AB B1C，所以 B1C 平面 ABO. 由于 AO 平面 ABO，故 B1C AO. 又 B1O CO，故 AC AB1. (2)因为 AC AB1，且 O 为 B1C 的中点，所以 AO CO. 又因为 AB BC，所以 BOA BOC.故 OA OB，从而 OA， OB， OB1 两两垂直 以 O 为坐标原点， OB 的方向为 x 轴正方向， |OB|为单位

13、长，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz. 因为 CBB1 60 ，所以 CBB1 为等边三角形，又 AB BC，则 A 0， 0， 33 ， B(1， 0，0)， B1 0， 33 ， 0 ， C 0， 33 ， 0 . AB1 0， 33 ， 33 ， A1B1 AB 1， 0， 33 ， B1C 1 BC 1， 33 ， 0 . 设 n (x， y， z)是平面 AA1B1 的法向量，则 n AB1 0，n A1B1 0，即 33 y 33 z 0，x 33 z 0.所以可取 n (1， 3， 3) 设 m 是平面 A1B1C1的法向量， 则m A1B1 0，m B1C1 0，同理可

14、取 m (1， 3， 3) 则 cos n， m n m|n|m| 17. 所以结合图形知二面角 A A1B1 C1 的余弦值为 17. 18 ， 2014 四川卷 三棱锥 A BCD 及其侧视图、俯视图如图 14 所示设 M， N分别为线段 AD， AB 的中点， P 为线段 BC 上的点，且 MN NP. (1)证明： P 是线段 BC 的中点； (2)求二面角 A NP M 的余弦值 图 14 18 解： (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 AO BD， OC BD. 因为 AO， OC 平面 AOC，

15、且 AO OC O， 所以 BD 平面 AOC. 又因为 AC 平面 AOC，所以 BD 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 AO， 因为 AO BD，所以 NH BD. 因为 MN NP，所以 NP BD. 因为 NH， NP 平面 NHP，且 NH NP N，所以 BD 平面 NHP. 又因为 HP 平面 NHP，所以 BD HP. 又 OC BD， HP 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 (2)方法一：如图所示

16、，作 NQ AC 于 Q，连接 MQ. 由 (1)知， NP AC，所以 NQ NP. 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 AO OC 3. 由俯视图可知， AO 平面 BCD. 因为 OC 平面 BCD，所以 AO OC，因此在等腰直角 AOC 中， AC 6. 作 BR AC 于 R 因为在 ABC 中， AB BC，所以 R 为 AC 的中点， 所以 BR AB2 AC22 102 . 因为在平面 ABC 内， NQ AC， BR AC， 所以 NQ BR. 又因为 N 为 AB 的中点，

17、所以 Q 为 AR的中点， 所以 NQ BR2 104 . 同理，可得 MQ 104 . 故 MNQ 为 等腰三角形， 所以在等腰 MNQ 中， cos MNQMN2NQBD4NQ105 . 故二面角 A NP M 的余弦值是 105 . 方法二：由俯视图及 (1)可知， AO 平面 BCD. 因为 OC， OB 平面 BCD，所以 AO OC， AO OB. 又 OC OB，所以直线 OA， OB， OC 两两垂直 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， 0，

18、 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， 所以 M 12， 0， 32 ， N 12， 0， 32 ， P 12， 32 ， 0 ，于是 AB (1， 0， 3)， BC (1， 3， 0)， MN (1， 0， 0)， NP 0， 32 ， 32 . 设平面 ABC 的一个法向量 n1 (x1， y1， z1)， 由n1 AB，n1 BC， 得 n1 AB 0，n1 BC 0， 即 （ x1， y1， z1） （ 1， 0， 3） 0，（ x1， y1， z1） （ 1， 3，

19、 0） 0，从而 x1 3z1 0， x1 3y1 0.取 z1 1，则 x1 3， y1 1，所以 n1 ( 3， 1， 1) 设平面 MNP 的一个法向量 n2 (x2， y2， z2)，由， n2 MN，n2 NP， 得 n2 MN 0，n2 NP 0， 即（ x2， y2， z2） （ 1， 0， 0） 0，（ x2， y2， z2） 0， 32 ， 32 0， 从而x2 0，32 y232 z2 0.取 z2 1，则 y2 1， x2 0，所以 n2 (0， 1， 1) 设二面角 A NP M 的 大 小 为 ，则 cos n1 n2|n1| |n2|（ 3， 1， 1） （ 0，

20、1， 1）5 2 105 . 故二面角 ANPM 的余弦值是 105 . 17 、 2014 天津卷 如图 14 所示，在四棱锥 P ABCD 中， PA 底面 ABCD, AD AB，AB DC， AD DC AP 2， AB 1，点 E 为棱 PC 的中点 (1)证明： BE DC； (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值； (3)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BF AC，求二面角 F AB P 的余弦值 图 14 17解：方法一 ：依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系 (如图所示 )，可得 B(1，0， 0)， C(2， 2， 0)， D(0， 2， 0)， P(0

21、， 0， 2) C 由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1， 1， 1) (1)证明：向量 BE (0， 1， 1)， DC (2， 0， 0)， 故 BE DC 0， 所以 BE DC. (2)向量 BD ( 1， 2， 0)， PB (1， 0， 2) 设 n (x， y， z)为 平面 PBD 的法向量， 则n BD 0，n PB 0， 即 x 2y 0，x 2z 0. 不妨令 y 1，可得 n (2， 1， 1)为平面 PBD 的一个法向量于是有 cos n， BE n BE|n| BE| 26 2 33 ， 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 33 . (3) 向量 B

22、C (1， 2， 0)， CP ( 2， 2， 2)， AC (2， 2， 0)， AB (1， 0， 0)由点 F 在棱 PC 上， 设 CF CP ， 0 1. 故 BF BC CF BC CP (1 2 ， 2 2 ， 2 )由 BF AC，得 BF AC 0，因此2(1 2 ) 2(2 2 ) 0，解得 34，即 BF 12， 12， 32 .设 n1 (x， y， z)为平面 FAB的法向量，则n1 AB 0，n1 BF 0， 即 x 0， 12x 12y 32z 0.不妨令 z 1，可得 n1 (0， 3， 1)为平面FAB 的一个法向量取平面 ABP 的法向量 n2 (0， 1，

23、 0)，则 cos， n1 n2|n1| |n2| 3101 3 1010 . 易知二面角 F AB P 是锐角，所以其余弦值为 3 1010 . 方法二： (1)证明：如图所示，取 PD 中点 M，连接 EM， AM.由于 E， M 分别为 PC， PD 的中点，故 EM DC，且 EM 12DC.又由已知，可得 EM AB 且 EM AB，故四边形 ABEM 为平行四边形，所以 BE AM. 因为 PA 底面 ABCD，故 PA CD，而 CD DA，从而 CD 平面 PAD.因为 AM 平面 PAD，所以 CD AM.又 BE AM，所以 BE CD. (2)连接 BM，由 (1)有 C

24、D 平面 PAD，得 CD PD.而 EM CD，故 PD EM.又因为 AD AP，M 为 PD 的中点，所以 PD AM，可得 PD BE，所以 PD 平面 BEM，故平面 BEM 平面 PBD，所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM.而 BE EM，可得 EBM 为锐角，故 EBM 为直线BE 与平面 PBD 所成的角 依题意，有 PD 2 2，而 M 为 PD中点，可得 AM 2，进而 BE 2.故在直角三角形BEM 中， tan EBM EMBE ABBE 12，因此 sin EBM 33 ， 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 33 . (3)如图所 示

25、，在 PAC 中，过点 F 作 FH PA交 AC 于点 H.因为 PA 底面 ABCD，所以FH 底面 ABCD，从而 FH AC.又 BF AC，得 AC 平面 FHB，因此 AC BH.在底面 ABCD 内，可得 CH 3HA，从而 CF 3FP.在平面 PDC 内，作 FG DC 交 PD 于点 G，于是 DG 3GP.由于DC AB，故 GF AB，所以 A， B， F， G 四点共面由 AB PA， AB AD，得 AB 平面 PAD，故AB AG，所以 PAG 为二面角 F AB P 的平面角 在 PAG 中， PA 2， PG 14PD 22 ， APG 45 .由余弦定理可得 AG 102 ， cos PAG 3 1010 ，所以二面角 F AB P 的余弦值为 3 1010 .