第八章立体几何.pdf

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第八章立体几何
第八章立体几何
第二节点、线、面的位置关系
第一局部三年高考荟萃
高考题
一、选择题
〔〕设〔浙江理〕l,m是两条不同的直线,
〔A〕假设lm,m,那么l〔B〕假设l,l//m,那么m
〔C〕假设l//,m,那么l//m〔D〕假设l//,m//,那么l//m
【答案】B
解析:选B,可对选项进行逐个检查。此题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其
中的公理和判定定理,也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察,属中档题
2.〔江西理〕ABCDA1B1C1D1的顶点AL,使L与棱作直线AB
,AD,AA1所成的角都相等,这样的直线L可以作
【答案】D
【解析】考查空间感和线线夹角的计算和判断,重点考查学生分类、划归转化的能力。第一
类:通过点AAC位于三条棱之间的直线有一条体对角线1,第二类:在图形外部和每条棱的外
角和另234条棱夹角相等,有条,合计条。
3.〔山东文〕
【答案】D
〔〕半径为〔四川理〕R的球O的直径AB垂直于平面,垂足为B,
BCD是平面内边长为R的正三角形,线段AC、AD分别A
与球面交于点M,N,那么M、N两点间的球面距离是
O
N
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MD
B
C:.
第八章立体几何
1718
〔A〕Rarccos〔B〕Rarccos
2525
14
〔C〕R〔D〕R
315
【答案】A
1
【解析】由,AB=2R,BC=R,故tan∠BAC=
2
25
cos∠BAC=
5
连结OM,那么△OAM为等腰三角形
4545
AM=2AOcos∠BAC=R,同理AN=R,且MN∥CD
55
而AC=5R,CD=R
故MN:CD=AN:AC
4
MN=R,
5
连结OM、ON,有OM=ON=R
OM2ON2MN217
于是cos∠MON=
2OMON25
17
所以M、N两点间的球面距离是Rarccos
25
(6)直三棱柱〔全国卷文〕ABCA1B1C1中,假设BAC90,ABACAA1,
那么异面直线BA1与AC1所成的角等于
(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°
【答案】C
ABCA1B1C1的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法.
【解析】延长CAD,使得到ADAC,那么ADA1C1为平行四边形,DA1B就是异面直
线
0
BA1与AC1所成的角,又三角形A1DB为等边三角形,DA1B60
6.〔湖北文〕a、b、c表示三条不同的直线,y
①假设a∥b,b∥c,那么a∥c;②假设a⊥b,b⊥c,那么a⊥c;
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第八章立体几何
③假设a∥y,b∥y,那么a∥b;④假设a⊥y,b⊥y,那么a∥b.
A.①②B.②③C.①④D.③④
7.〔山东理〕
〔A〕平行直线的平行投影重合
〔B〕平行于同一直线的两个平面平行
〔C〕垂直于同一平面的两个平面平行
〔D〕垂直于同一平面的两条直线平行
【答案】D
【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案。
、一个几何体的三视图如图,该几何体的外表积为〔安徽理〕
A、280B、292C、360D、372
【答案】C
【解析】该几何体由两个长方体组合而成,其外表积等于下面长方体的
全面积加上面长方体的4个侧面积之和。
S2(10810282)2(6882)360.
【方法技巧】
知道是两个长方体的组合体,画出直观图,
的外表积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和。
二、填空题
〔〕如图,二面角〔四川理〕l的大小是60°,线段AB.Bl,
AB与l所成的角为30°.那么AB与平面所成的角的正弦值是.A

3
【答案】B
4
【解析】过点A作平面β的垂线,垂足为C,在β内过C作lD
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第八章立体几何
连结AD,有三垂线定理可知AD⊥l,
故∠ADC为二面角l的平面角,为60°
A
又由,∠ABD=30°
C
连结CB,那么∠ABC为AB与平面所成的角
D
B
设AD=2,那么AC=3,CD=1
AD
AB=0=4
sin30
AC3
∴sin∠ABC=
AB4
三、解答题
.〔本小题总分值12〔湖南文〕分〕
如下图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M是
棱CC1的中点
〔Ⅰ〕求异面直线A1MC和1D1所成的角的正切值;
〔Ⅱ〕证明:平面ABM⊥平面A1B1M1
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〔〕〔此题总分值15在矩形〔浙江理〕分〕如图,ABCD中,点E,F分别在线段
2
AB,AD上,AEEBAFFD
3
翻折成VA'EF,使平面A'EF平面BEF.
〔Ⅰ〕求二面角A'FDC的余弦值;
〔Ⅱ〕点M,N分别在线段FD,BC上,假设沿直线MN将四边形
'
MNCD向上翻折,使C与A重合,求线段FM的长。
解析:此题主要考察空间点、线、面位置关系,二面角等根底知
识,空间向量的应用,同事考查空间想象能力和运算求解能力。
'''
〔Ⅰ〕解:取线段EFH,连结的中点AH,因为AE=AF及H是
'
EF的中点,所以AHEF,
又因为平面A'EF平面BEF.
如图建立空间直角坐标系A-xyz
那么A'〔2,2,22〕,C〔10,8,0〕,
F〔4,0,0〕,D〔10,0,0〕.
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
'
故FA=〔-2,2,22〕,FD=〔6,0,0〕.

设n=〔x,y,z〕为平面A'FD的一个法向量,
-2x+2y+22z=0
所以
6x=0.

取z2,那么n(0,2,2)。

又平面BEF的一个法向量m(0,0,1),

nm3
故cosn,m。
nm3
3
所以二面角的余弦值为
3
〔Ⅱ〕解:设FMx,那么M(4x,0,0),
因为翻折后,C与A重合,所以CMA'M,
22222221
故,(6x)80=(2x)2(22),得x,
4
经检验,此时点N在线段BC上,
21
所以FM。
4
方法二:
〔Ⅰ〕解:取线段EF的中点H,AF的中点G,连结
A'G,A'H,GH。
因为A'E=A'F及H是EF的中点,
所以A'HEF
又因为平面A'EF平面BEF,
所以A'H平面BEF,
又AF平面BEF,
故A'HAF,
又因为G、H是AF、EF的中点,
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第八章立体几何
易知GH∥AB,
所以GHAF,
于是AF面A'GH,
所以A'GH为二面角A'DHC的平面角,
在RtA'GH中,A'H=22,GH=2,A'G=23
3
所以cosA'GH.
3
3
故二面角A'DFC的余弦值为。
3
〔Ⅱ〕解:设FMx,
因为翻折后,C与A'重合,
所以CMA'M,
22222
而CMDCDM8(6x),
A'M2A'H2MH2A'H2MG2GH2(22)2
21
得x,[来源:Z&xx&k]
4
经检验,此时点N在线段BC上,
21
所以FM。
4
〔〕如图,直三棱柱〕〔全国卷ABCA1B1C1中,ACBC,AA1AB,D为
BB1的中点,E为AB1上的一点,AE3EB1.
〔Ⅰ〕证明:DE为异面直线AB1与CD的公垂线;
〔Ⅱ〕设异面直线AB1与CD的夹角为45°,求二面
角A1AC1B1的大小.
【参考答案】
(19)解法一:
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〔I〕连接A1B,记A1BAB与1的交点为F.
因为面AA1BB1为正方形,故A1B⊥AB1,且AF=FB1,又AE=3EB1,所以FE=EB1,又DBB为1的
中点,故DE∥BF,DE⊥AB1.………………3分
作CG⊥AB,GAC=,由知,为中点
又由底面ABC⊥,那么DG∥AB1,故DE⊥DG,由三垂线定理,得DE⊥CD.

〔II〕因为DG∥AB1,故∠CDGAB为异面直线1与CDCDG=45°的夹角,∠
设AB=2,那么AB1=,DG=,CG=,AC=.
作B1H⊥A1C1,HA为垂足,因为底面1B1C1⊥面AA1CC1,故B1H⊥⊥AC1,K为
垂足,连接B1K,由三垂线定理,得B1K⊥AC1,因此∠B1KHA为二面角1-AC1-B1的平面角.
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第八章立体几何
【点评】三垂线定理是立体几何的最重要定理之一,是高考的的热点,它是处理线线垂直问
题的有效方法,,用向量代
数形式来处理立体几何问题,淡化了传统几何中的““形〞到形〞的推理方法,从而降低了
思维难度,使解题变得程序化,这是用向量解立体几何问题的独到之处.
〔〕〔本小题共13〔北京文〕分〕
如图,正方形ABCDACEF和四边形所在的平面互相垂直
。
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EF//AC,AB=2,CE=EF=1
〔Ⅰ〕求证:AF//平面BDE;
〔Ⅱ〕求证:CF⊥平面BDF;
1
证明:〔Ⅰ〕设ACBDG。因为EF∥AG,且EF=1,AG=于交于点AG=1
2
所以四边形AGEF为平行四边形
所以AF∥EG
因为EG平面BDE,AF平面BDE,
所以AF∥平面BDE
〔Ⅱ〕连接FG。因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以平行四边形CEFG为菱形。所以
CF⊥EG.
因为四边形ABCDBD⊥⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,为正方形,所以
所以BD⊥⊥∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.
〔〕〔本小题总分值12〔天津文〕分〕
如图,在五面体ABCDEFADEFFA⊥平面ABCD,BC∥AD,CD=1,AD=中,四边形是正方形,
22,∠BAD=∠CDA=45°.
〔Ⅰ〕求异面直线CEAF与所成角的余弦值;
〔Ⅱ〕证明CD⊥平面ABF;
〔Ⅲ〕求二面角B-EF-A的正切值。
【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂
直、二面角等根底知识,考查空间想象能力,运算能力和推理


因为FA平面ABCD,所以FACD.
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22ED22
在Rt△CDECD=1,ED=中,22,CE=CDED=3,故cosCED==.
CE3
22
所以异面直线CEAF和所成角的余弦值为.
3

(Ⅱ)证明:过点BBG//CD,交ADG,那么作于点BGACDA
BAD45,可得BGAB,从而CDAB,又CDFA,FAAB=A,所以CD平面ABF.
(Ⅲ)解:由〔Ⅱ〕及,可得AG=2,,连接GN,那么为的中点的中点
GNEF,交BCM,那么于GNM为二面角B-EF-A的平面角。
2
连接GM,可得AD平面GNM,故AD,可得GM=.由NG//FA,FAGM,得NG
2
GM.
GM1
在Rt△NGMtan中,GNM,
NG4
1
所以二面角B-EF-A的正切值为.
4
〔〕〔本小题总分值12〔天津理〕分〕
如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,E、F分别是棱BC,CC1
上的点,CFAB2CE,AB:AD:AA11:2:4
(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值;
(2)证明AF平面A1ED
(3)求二面角A1EDF的正弦值。
【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等根底知识,考查用
空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力,总分值
12分。
方法一:如下图,建立空间直角坐标系,
点A为坐标原点,设AB1,依题意得D(0,2,0),
3
F(1,2,1),A1(0,0,4),E1,,0
2
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1
(1)解:易得EF0,,1,A1D(0,2,4)
2

EFAD3
于是cosEF,AD1
1
EFA1D5
3
所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为
5
31
(2)证明:AF(1,2,1),EA11,,4,ED1,,0
22

于是AF·EA1=0,AF·ED=,AFEA1,AFED,又EA1EDE
所以AF平面A1ED
1
yz0
uEF02
(3)解:设平面EFD的法向量u(x,y,z),那么,即
uED01
xy0
2

不妨令X=1,可得u(1,21)。由〔2〕可知,AF为平面A1ED的一个法向量。

25
于是cos,=uAF=,从而sin,=
uAFuAF
33
|u||AF|
5
所以二面角A1-ED-F的正弦值为
3
1
方法二:〔1〕解:设AB=1,可得AD=2,AA1=4,CF==
2
CECF1
链接B1C,BC1,设B1CBC与1交于点M,易知A1D∥B1C,由==,可知EF∥
CBCC14
BMC是异面直线EFA与1DBM=CM=所成的角,易知
222
1BMCMBC3
B1C=5,所以cosBMC
22BMCM5
3
,所以异面直线FEA与1D所成角的余弦值为
5
〔2〕证明:连接AC,设ACDEN与交点因为
CDEC1
,所以RtDCERtCBA,从而
BCAB2
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CDEBCA,又由于CDECED90,所以BCACED90,故AC⊥
DE,又因为CC1⊥DE且CC1ACC,所以DE⊥平面ACF,从而AF⊥DE.
连接BF,同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为DEA1DD,
所以AF⊥平面A1ED
(3)解:,由〔2〕可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF,A1N平面ACF,所以DE⊥
NF,DE⊥A1N,故A1NF为二面角A1-ED-F的平面角
CNEC5
易知RtCNERtCBA,所以,又AC5所以CN,在
BCAC5
223022430
RtNCF中,NFCFCN在RtA1AN中NA1A1AAN
55
连接AC,AF在RtACF中,AFAC2CF214
111111111
AN2FN2AF225
在RtANF中,cosANF11。所以sinANF
111
2A1NFN33
5
所以二面角A1-DE-F正弦值为
3
.〔本小题总分值14〔广东理〕分〕
如图5,¼ABC是半径为a的半圆,AC为直径,点E为»AC的中点,点BC和点为线段
DF5a,FE=6a.
图5
〔1〕证明:EB⊥FD;
22
〔2〕点Q,RFE,FB分别为线段上的点,使得BQFE,FRFB,求平面BED与
33
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平面RQD所成二面角的正弦值.
〔2〕设平面BED与平面RQD的交线为DG.
22
由BQ=FE,FR=FB,知QR||EB.
33
而EB平面BDF,∴QR||平面BDF,
而平面BDF平面RQD=DG,
∴QR||DG||EB.
由〔1〕知,BE平面BDF,∴DG平面
BDF,
而DR平面BDF,BD平面BDF,
∴DGDR,DGDQ,
∴RDB是平面BED与平面RQD所成二面角的平面角.
在RtBCF中,CFBF2BC2(5a)2a22a,
FC2a221
sinRBD,cosRBD1sinRBD.
BF5a55
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52
a
35229
sinRDB.
2929
a
3
229
故平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值是.
29
〔〕〔本小题总分值12〔全国卷分〕理〕
如图,四棱锥S-ABCDSD中,底面ABCD,
AB//DC,ADDC,AB=AD=1,DC=SD=2,ESB上为棱
的一点,平面EDC平面SBC.
〔Ⅰ〕证明:SE=2EB;
〔Ⅱ〕求二面角A-DE-
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.〔本小题总分值12〔湖北文〕分〕
如图,在四面体ABOCOC⊥OA。OC⊥OB,∠AOB=120°,且OA=OB=OC=1中,
〔Ⅰ〕设PACQABAB=3AQ,证明:PQ⊥OA;为的中点,在上且
〔Ⅱ〕求二面角O-AC-B的平面角的余弦值。
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〔〕〔本小题总分值12〔山东理〕分〕
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如图,在五棱锥P—ABCDE中,PA⊥平面ABCDE,AB∥CD,AC∥ED,AE∥BC,ABC=45°,
AB=22,BC=2AE=4,三角形PAB是等腰三角形.
〔Ⅰ〕求证:平面PCD⊥平面PAC;
〔Ⅱ〕求直线PB与平面PCD所成角的大小;
〔Ⅲ〕求四棱锥P—ACDE的体积.
【解析】〔Ⅰ〕证明:因为ABC=45°,AB=22,BC=4,所以在ABC中,由余弦定理
222
得:AC=(22)+4-2224cos45=8,解得AC=22,[来源:高考资源网ZXXK]
所以AB2+AC2=8+8=16=BC2,即ABAC,又PA⊥平面ABCDE,所以PA⊥AB,
又PAACA,所以AB平面PAC,又AB∥CD,所以CD平面PAC,又因为
CD平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAC;
〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知平面PCD⊥平面PAC,所以在平面PAC内,过点A作AHPC于H,那么
AH平面PCD,又AB∥CD,AB平面PCD内,所以AB平行于平面PCD,所以点A到
平面PCD的距离等于点B到平面PCD的距离,过点BBO⊥平面作PCD于点O,那么
1
PBO为所求角,且AH=BO,又容易求得AH=2,所以sinPBO=,即PBO=30
2
,所以直线PB与平面PCD所成角的大小为30;
〔Ⅲ〕由〔Ⅰ〕知CD平面PAC,所以CDAC,又AC∥ED,所以四边形ACDE是直角
1
梯形,又容易求得DE2,AC=22,所以四边形ACDE的面积为(222)23
2
1
,所以四棱锥P—ACDE的体积为223=22。
3
〔湖北理数〕18.(本小题总分值12)分
如图,在四面体ABOC,中OCOA,OCOB,AOB120。,且OAOBOC1
〔Ⅰ〕设为P为AC的中点,在证明:AB上存在一点Q
AB
,使PQOA,并计算的值;
AQ
〔Ⅱ〕求二面角OACB的平面角的余弦值。
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11.〔福建理〕
概率为p。
〔i〕当点C在圆周上运动时,求p的最大值;

〔ii〕记平面A1ACC1与平面B1OC所成的角为(0<90),当p取最大值时,求
cos的值。
【解析】〔Ⅰ〕因为AA1平面ABC,BC平面ABC,所以AA1BC,
因为ABO是圆直径,所以BCAC,又ACAA1A,所以BC平面A1ACC1,
而BC平面B1BCC1,所以平面A1ACC1平面B1BCC1。
〔Ⅱ〕〔i〕设圆柱的底面半径为r,那么AB=AA1=2r,故三棱柱ABC-A1B1C1的体积为
12222
V1=ACBC2r=ACBCr,又因为ACBC=AB=4r,
2
AC2+BC2
2
所以ACBC=2r,当且仅当AC=BC=2r时等号成立,
2
323
从而V12r,而圆柱的体积V=r2r=2r,
V2r31
故p=1=,当且仅当AC=BC=2r,即OCAB时等号成立,
V2r3
1
所以p的最大值是。

〔ii〕由〔i〕可知,p取最大值时,OCAB,于是以O为坐标原点,建立空间直角坐标
系O-xyz〔如图〕,那么C〔r,0,0〕,B〔0,r,0〕,B1〔0,r,2r〕,
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
因为BC平面A1ACC1,所以BC=(r,-r,0)是平面A1ACC1的一个法向量,

nOCrx0x0
设平面B1OC的法向量n=(x,y,z),由得,故,
nOBry2rz0y2z
1

取z1得平面BOC的一个法向量为n=(0,-2,1),因为0<90,
1

nBC2r10
所以cos|cosn,BC|=。
|n||BC|52r5
〔安徽理数〕18、〔本小题总分值12分〕
如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,EF∥AB,EFFB,
AB2EF,BFC90,BFFC,H为BC的中点。
EF
DC
H
AB
(Ⅰ)求证:FH∥平面EDB;
(Ⅱ)求证:AC平面EDB;
(Ⅲ)求二面角BDEC的大小。
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高考题
一、选择题
1..如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱线长为1,线段B1D1
2
有两个动点E,F,且EF,那么以下结论中错误的选
2
项是
〔A〕ACBE
〔B〕EF//平面ABCD
〔C〕三棱锥ABEF的体积为定值
〔D〕异面直线AE,BF所成的角为定值
2.
①假设一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面相互平行;
②假设一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直;
③垂直于同一直线的两条直线相互平行;
④假设两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂
直.
②和④①和②②和③③和④.
答案选D.
A1B1C1中,各棱长相等,侧掕垂直于底面,点D是侧面BB1C1C的中
心,那么AD与平面BB1C1C所成角的大小是()

答案:C
【解析】取BCE,那么的中点AE面BB1C1C,AEDE,因此AD与平面BB1C1C
3a
所成角即为ADE,设ABa,那么AEa,DE,
22
0
即有tanADE3,ADE60.
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第八章立体几何
,是两个不同的平面,l
,,那么l//,//,那么l
,//,那么l//,,那么l
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【解析】对于A、B、D均可能出现l//,而对于C是正确的.
,n是平面内的两条不同直线,l1,l2是平面内的两条相交直线,那么//
的
一个充分而不必要条件是
//且l////l且n//l2
//且n////且n//l2
【答案】:B
【解析】假设m//l1,n//l2,,1.2,那么可得//.假设//那么存在
12,m//l2,n//l1
A1B1C1D1中,AA12AB,E为AA1中点,那么异面直线B