1、FED CBA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 ， 1EF ， , 9 0F B F C B F C ， 3AE . （ 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 1： （ 2013 湖北 8 校联考 ）如左图，四边 形 ABCD 中， E 是 BC 的中点， 2, 1, 5 ,D B D C B C 2.AB AD将左图沿直线 BD 折起，使得二面角 A BD C为 60, 如右图
2、 . （ 1） 求证： AE 平面 ;BDC （ 2） 求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值 . 变式 2： 2014福建卷 在平面四边形 ABCD 中， AB BD CD 1， AB BD， CD BD.将 ABD 沿BD 折起，使得平面 ABD 平面 BCD，如图 1 5 所示 (1)求证： AB CD； (2)若 M 为 AD 中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值 热点二：二面角 例 2 2014广东卷 如图 1 4，四边形 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
3、面 ADF； (2)求二面角 D AF E 的余弦值 变式 3： 2014浙江卷 如图 1 5，在四棱锥 A BCDE 中，平面 ABC 平面 BCDE， CDE BED 90 ， AB CD 2， DE BE 1， AC 2. (1)证明： DE 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 A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC上， ACB 90 ， BC 1， AC CC1 2. (1)证明： AC1 A1B; (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3，求二面角 A1
4、-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 MCD 平面 BCD， AB 平面 BCD， 23AB . （ 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 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1K BB ， 1M CC ，且114BK BB，134CM CC 求：平面 AKM 与 ABCD 所成角的 余弦值 变式 6： 如图 1 1 1 1ABCD A B C D 是长方体， AB 2， 1 1AA AD，求二平面 1ABC 与
5、 1 1 1 1ABCD 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 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 2 2014湖南卷 如图所示，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
6、余弦值 3 2014江西 19 如图 1 6，四棱锥 P ABCD 中， ABCD 为矩形，平面 PAD 平面 ABCD. (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 MO HFED CBA立体几何专题复习 答案 例 1.（ 2014，广二模） （ 1） 证明 ：取 AB 的中点 M ，连接 EM ，则 1AM MB， EF 平面 ABCD ， EF 平面 ABFE ，平面 ABCD 平面 ABFE AB ， EF AB ，即 EF MB . 1 分 EF
7、MB 1 四边形 EMBF 是平行四边形 . 2 分 EM FB ， EM FB . 在 Rt BFC 中， 2 2 2 4F B F C B C ，又 FB FC ，得 2FB . 2EM . 3 分 在 AME 中， 3AE ， 1AM ， 2EM ， 2 2 23A M E M A E ， AM EM . 4 分 AM FB ，即 AB FB . 四边形 ABCD 是正方形， AB BC . 5 分 FB BC B ， FB 平面 BCF ， BC 平面 BCF ， AB 平面 BCF . 6 分 （ 2） 证法 1：连接 AC ， AC 与 BD 相交于点 O ，则点 O 是 AC 的
8、中点， 取 BC 的中点 H ，连接 ,OHEO ， FH ， 则 OH AB ， 1 12OH AB. 由（ 1）知 EF AB ，且 12EF AB ， EF OH ，且 EF OH . 四边形 EOHF 是平行四边形 . EO FH ，且 1EO FH . 7 分 由（ 1）知 AB 平面 BCF ，又 FH 平面 BCF ， FH AB . 8 分 FH BC ， ,A B B C B A B平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ， FH 平面 ABCD . 9 分 EO 平面 ABCD . AO 平面 ABCD ， EO AO . 10 分 AO BD ， ,E O B D O
9、E O平面 EBD ， BD 平面 EBD ， AO 平面 EBD . 11 分 zyxMO HFED CBA AEO 是 直线 AE 与平面 BDE 所成 的 角 . 12 分 在 Rt AOE 中， ta n 2AOAEO EO . 13 分 直线 AE 与平面 BDE 所成角的正切值为 2 . 14 分 证法 2：连接 AC ， AC 与 BD 相交于点 O ，则点 O 是 AC 的中点 ， 取 BC 的中点 H ，连接 ,OHEO ， FH ， 则 OH AB ， 1 12OH AB. 由（ 1）知 EF AB ，且 12EF AB ， EF OH ，且 EF OH . 四边形 EOH
10、F 是平行四边形 . EO FH ，且 1EO FH. 7 分 由（ 1）知 AB 平面 BCF ，又 FH 平面 BCF ， FH AB . FH BC ， ,A B B C B A B平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ， FH 平面 ABCD . EO 平面 ABCD . 8 分 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 1, 2,0A ， 1,0,0B ， 1, 2,0D ， 0, 1,1E . 1,1,1AE ， 2, 2, 0BD ， 1, 1,1BE . 9 分 设平面 B
11、DE 的法向量为 n ,xyz ，由 n 0BD， n 0BE， 得 2 2 0xy ， 0x y z ，得 0,z x y . 令 1x ，则平面 BDE 的一个法向量为 n 1, 1,0 . 10 分 设直线 AE 与平面 BDE 所成角为 ， 则 sin cos ,n AE n AEn AE63 . 11 分 2 3c os 1 sin 3 ， sintan 2cos . 13 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 ,EFAF ,则 11, , 6 0 ,2A F E F A
12、F E 2 分 由余弦定理知 22 2 2 21 1 31 2 1 c o s 6 0 , ,2 2 2A E A F E F A E A E E F 4 分 又 BD 平面 AEF , ,BD AE AE 平面 BDC 6 分 （ 2） 以 E 为原点建立如图示的空间直角坐标系， 则 31(0 , 0, ), ( 1, , 0)22AC , 11(1, , 0), ( 1, , 0)22BD 8 分 设平面 ABD 的法向量为 n ( , , )xyz , 由 00n DBn DA 得 2013022xx y z ,取 3z ,则 3, (0, 3, 3 )y n . 1 3 6( 1 ,
13、, ) , c o s ,2 2 4| | |ACA C A C AC nn n 11 分 故直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值为 104 . 12 分 变式 2：（ 2014 福建卷） 解： (1)证明： 平面 ABD 平面 BCD，平面 ABD 平面 BCD BD， AB 平面 ABD， AB BD， AB 平面 BCD. 3 分 又 CD 平面 BCD， AB CD. 4 分 (2)过点 B 在平面 BCD 内作 BE BD. 由 (1)知 AB 平面 BCD， BE 平面 BCD， BD 平面 BCD， AB BE， AB BD. 6 分 以 B 为坐标原点，分别以 BE ，
14、BD ， BA 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系 (如图所示 ) 依题意，得 B(0， 0， 0)， C(1， 1， 0)， D(0， 1， 0)， A(0， 0， 1)， M 0， 12， 12 . 则 BC (1， 1， 0)， BM 0， 12， 12 ， AD (0， 1， 1) 7 分 设平面 MBC 的法向量 n (x0， y0， z0)， 则nBC 0，nBM 0，即x0 y0 0，12y012z0 0，取 z0 1，得平面 MBC 的一个法向量 n (1， 1， 1) 9 分 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 ， 则 sin | |cos n
15、， AD |nAD |n|AD | 63 . 11 分 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 63 . 12 分 例 2.（ 2014， 广东卷 ） : ( 1 ) : , ,A , , , , , , , , .( 2) : E E G / / CF D F G , , , G G H A F H , E H ,P D A B CD P D P CDP CD A B CDP CD A B CD CDD A B CD A D CD A D P CDCF P CD CF A D A F P C CF A FA D A F A D F A D A F A CF A D FCF D F E
16、 G D F 解 证 明 平 面平 面 平 面平 面 平 面平 面 平 面平 面 又平 面 平 面解 法 一 过 作 交 于 平 面 A 平 面 A 过 作 于 连则0022, CD 2 , 30 ,130 , = = 1 ,213324 , , , = , , , 3 ,2 2 223333 19 322E G . , 7 , ,4 2 2319 33 19 3 19 3 622, ( ) ( )47 4 7 4 7E H G D A F E D P CCD F CF CDD E CF D ECP E F D C D E D FD P CPD E E FA E A F E FDFA E E
17、FE H H GAF 为 二 面 角 的 平 面 角 设从 而 即 还 易 求 得 EF=从 而 易 得故3,476 3 4 7 2 57c os .194 7 3 19GHE H GEH 12: , , , , , 2 ,1( 0 , 0 , 2 ) , C ( 0 , 2 , 0 ) , P( 2 3 , 0 , 0 ) , , ( 2 3 , 2 2 , 0 ) , , ,43 3 3 1( , , 0 ) , ( , 0 , 0 ) , A D F C P ( 3 , 1 , 0 ) ,2 2 2 2A E F ( xD P D C D A x y z D CA C F C P F D
18、 F C FF E nn 解 法 二 分 别 以 为 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 设则 设 则 可 得从 而 易 得 取 面 的 一 个 法 向 量 为设 面 的 一 个 法 向 量 为 2212212, y , z ) , 0 , 0 ,4 3 2 5 7( 4 , 0 , 3 ) , .19| | | | 2 1 9n A E n A Fnnnnn 利 用 且得 可 以 是 从 而 所 求 二 面 角 的 余 弦 值 为变式 3：（ 2014 浙江 卷） 解： (1)证明：在直角梯形 BCDE 中， 由 DE BE 1， CD 2，得 BD BC 2， 由 AC 2， AB 2
19、， 得 AB2 AC2 BC2，即 AC BC. 2 分 又平面 ABC 平面 BCDE，从而 AC 平面 BCDE， 所以 AC DE.又 DE DC，从而 DE 平面 ACD. 4 分 (2)方法一： 过 B 作 BF AD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FG DE，与 AE 交于点 G，连接 BG. 由 (1)知 DE AD，则 FG AD.所以 BFG 是二面角 B AD E 的平面角 6 分 在直角梯形 BCDE 中，由 CD2 BC2 BD2，得 BD BC. 又平面 ABC 平面 BCDE，得 BD 平面 ABC，从而 BD AB.由 AC 平面 BCDE，得 AC CD.
20、 在 Rt ACD 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 2 33 ， AF 23AD. 从而 GF 23ED 23. 9 分 在 ABE， ABG 中，利用余弦定理分别可得 cos BAE 5 714 ， BG 23. 11 分 在 BFG 中， cos BFG GF2 BF2 BG22BF GF 32 . 13 分 所以， BFG 6 ，即二面角 B AD E 的大小是 6 . 14 分 方法二：以 D 为原点 ，分别以射线 DE， DC 为
21、 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： D(0， 0， 0)， E(1， 0， 0)， C(0， 2， 0)， A(0， 2， 2)， B(1， 1， 0) 设平面 ADE 的法向量为 m (x1， y1， z1)，平面 ABD 的法向量为 n (x2， y2， z2) 可算得 AD (0， 2， 2)， AE (1， 2， 2)， DB (1， 1， 0) 7 分 由mAD 0，mAE 0，即 2y1 2z1 0，x1 2y1 2z1 0，可取 m (0， 1， 2) 9 分 由nAD 0，nDB 0，即 2y2 2z2 0，x2 y2
22、0，可取 n (1， 1， 2) 11 分 于是 |cos m， n | |m n|m|n| 33 2 32 . 13 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 6 . 14 分 变式 4：（ 2014 全国 卷） 19 解： 方法一： (1)证明：因为 A1D 平面 ABC， A1D 平面 AA1C1C，故平面 AA1C1C 平面 ABC. 又 BC AC，所以 BC 平面 AA1C1C. 2 分 连接 A1C，因为侧面 AA1C1C 为菱 形，故 AC1 A1C. 由三垂线定理得 AC1 A1B. 4 分 （注意：这个定理我们不能用） (2) BC 平面 AA1C
23、1C， BC 平面 BCC1B1，故平面 AA1C1C 平面 BCC1B1. 作 A1E CC1， E 为垂足，则 A1E 平面 BCC1B1. 6 分 又直线 AA1 平面 BCC1B1，因而 A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离，即 A1E 3. 因为 A1C 为 ACC1 的平分线，所以 A1D A1E 3. 8 分 作 DF AB， F 为垂足，连接 A1F. 由三垂线定理得 A1F AB，故 A1FD 为二面角 A1 AB C 的平面角 10 分 由 AD AA21 A1D2 1，得 D 为 AC 中点， DF 55 ， tan A1FD A1DDF 15， 12 分
24、 所以 cos A1FD 14. 13 分 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos14. 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 A1D 与 z 轴平行， z 轴在平面 AA1C1C 内 (1)证明：设 A1(a， 0， c) 由题设有 a 2， A(2， 0， 0)， B(0， 1， 0)，则 AB ( 2， 1， 0)， AC ( 2， 0， 0)， AA1 (a 2， 0， c)， AC1 AC AA1 (a 4， 0， c)， BA1 (a， 1， c) 由|AA1 |
25、 2，得 （ a 2） 2 c2 2，即 a2 4a c2 0. 又 AC1 BA1 a2 4a c2 0，所以 AC1 A1B . 4 分 (2)设平面 BCC1B1 的法向量 m (x， y， z)，则 m CB ， m BB1 ，即 mCB 0， mBB1 0.因为 CB (0， 1， 0)， BB1 AA1 (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 BCC1B1 的距离为 |CA | |cos m， CA | |CA m|m| 2cc2（ 2 a） 2 c. 6 分 又依题设， A
26、 到平面 BCC1B1 的距离为 3，所以 c 3， 代入 ，解得 a 3(舍去 )或 a 1， 于是 AA1 ( 1， 0， 3) 8 分 设平面 ABA1 的法向量 n (p， q， r)， 则 n AA1 ， n AB ，即 nAA1 0， nAB 0， p 3r 0，且 2p q 0. 令 p 3，则 q 2 3， r 1，所以 n ( 3， 2 3， 1) 10 分 又 p (0， 0， 1)为平面 ABC 的法向量， 11 分 故 cos n， p np|n|p| 14. 13 分 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos14. 14 分 例 3. 无棱二面角 （ 2010 年江西卷） 解法一：（ 1）取 CD 中点 O，连 OB， OM，则 OB CD， OM CD.又平面 MCD 平面 BCD ,则 MO平面 BCD ，所以 MO AB， A、B、 O、 M 共面 .延长 AM、 BO 相 交于 E，则 AEB 就是 AM 与平面 BCD 所成的角 .OB=MO= 3 ， MO AB， MO/面 ABC， M、 O 到平面 ABC 的距离相等，作 OH BC 于 H，连 MH，则 MH BC，求得：
