高考数学 立体几何理科典型例题选讲

樊战胜资料答疑电话：[phone]第1页共26页立体几何理科典型例题选讲1．（福建省三地09-10学年高二五校联考（理））如图在棱长为2的正方体1111DCBAABCD中,点F为棱CD中点,点E在棱BC上(1)确定点E位置使ED1面FAB1;(2)当ED1面FAB1时,求二面角11BAFD的平面角的余弦值;【答案】:(1)以A为原点,AB、AD、1AA线为坐标轴建立如图空间直角坐标系)2,2,0()0,2,1()2,0,2()0,0,0(1DFBA　　　设)0,,2(yE)2,2,2(1yED)2,0,2(1AB)0,2,1(AF则ED1面FAB1有011ABED且01AFED0)2(22y得1y)0,1,2(EE为BC中点(2)ED1面FAB1时取)2,1,2(11EDn设面AFD1的一个法向量为)2,2,0(),0,2,1(),,(112ADAFzyxn02AFn且012ADn则02202zyyx取)1,1,2(2n得6663214cos21nn二面角11BAFD的余弦值为662．（广东省汕尾市08-09学年高二下学期期末考试（理））如图,四面体ABCD中,O、E分别是BD．BC的中点,2BDCDCBCA,2ADAB(Ⅰ)求证:AO平面BCD;(Ⅱ)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(Ⅲ)求点E到平面ACD的距离.ACDOBE樊战胜资料答疑电话：[phone]第2页共26页【答案】(Ⅰ).证明:连结OC.,,.BODOABADAOBD同理COBD.在AOC中,由已知可得1,3.AOCO2AC222,AOCOAC90,oAOC即.AOOC,BDOCO∴AO平面BCD(Ⅱ)解:以O为原点,如图建立空间直角坐标系,则(1,0,0),(1,0,0),BD13(0,3,0),(0,0,1),(,,0),(1,0,1),(1,3,0).22CAEBACD2cos,4BACDBACDBACD,∴异面直线AB与CD所成角余弦的大小为24(Ⅲ)设E到平面ACD的距离为h,由E是BC的中点得B到平面ACD的距离为2h又经计算得:27,1,3ACDBCDSAOSACDBBCDAVVhSAOSACDBCD23131721732ACDBCDSAOShE到平面ACD的距离为7213．（浙江省温州市2010届高三八校联考（理））如图,在直三棱柱111CBAABC中,21ABBCAA,BCAB｡M、N分别是AC和BB1的中点｡ACDOBEyzx樊战胜资料答疑电话：[phone]第3页共26页(1)求二面角111CCAB的大小｡(2)证明:在AB上存在一个点Q,使得平面QMN⊥平面CBA11,并求出BQ的长度｡【答案】:如图建立空间直角坐标系(1))2,2,0(),0,2,0(),2,0,0(),2,0,2(111CCBA∴)2,0,0(),0,0,2(),2,2,2(1111CCBACA设平面11CBA的法向量为),,(111zyxn,平面11CCA的法向量为),,(222zyxm则有)1,1,0(020222001111111nxzyxnBAnCA)0,1,1(02022200222211mzzyxmCCmCA设二面角111CCAB为θ,则21|||||,cos|cosmnmnmn∴二面角111CCAB的大小为60°｡(2)设)0,0,(tQ∵)1,0,0(),0,1,1(NM∴)1,1,1(),1,0,(NMtNQ,设平面QMN的法向量为),,(zyxu则有:),1,1(0000ttuzyxztxuNMuNQ由(1)可知平面11CBA的法向量为)1,1,0(nMNA1C1B1BCAxyzMNA1C1B1BCAQ樊战胜资料答疑电话：[phone]第4页共26页∵平面QMN⊥平面CBA11∴0nu即012t,21t此时21BQ｡4．（2009高考(陕西文)）如图,直三棱柱111ABCABC中,AB=1,13ACAA,∠ABC=600.(Ⅰ)证明:1ABAC;(Ⅱ)求二面角A—1AC—B的大小｡【答案】(1)证三棱柱111ABCABC为直三棱柱,11ABAAACAA，RtABC,01,3,60ABACABC,由正弦定理030ACB090BACABAC即w.w.w.k.s.5.u.c.o.m如图,建立空间直角坐标系,则1(0,0,0),(1,0,0)(0,3,0),(0,0,3)ABCA111(1,0,0),(0,3,3)1*00*30*(3)0ABACABACABAC(2)解,如图可取(1,0,0)mAB为平面1AAC的法向量设平面1ABC的法向量为(,,)nlmn,则10,0,130BCnACnBC又（，，）303,330lmlmnmmn不妨取1,(3,1,1)mn则CBAC1B1A1樊战胜资料答疑电话：[phone]第5页共26页22222231101015cos,5(3)11100mnmnmn1AACBD15二面角的大小为arccos5w.w.w.k.s.5.u.c.o.m5．（北京市东城区08-09学年高二上学期期末）如图,已知P为矩形ABCD所在平面外一点,PA平面ABCD,E、F分别是AB．PC的中点.(Ⅰ)求证:EF∥平面PAD;(Ⅱ)求证:EFCD;(Ⅲ)若,∠PDA=45°,求EF与平面ABCD所成角的大小.【答案】证明:如图,建立空间直角坐标系A-xyz,设AB=2a,BC=2b,PA=2c,则A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2b,0),D(0,2b,0),P(0,0,2c).∵E为AB的中点,F为PC的中点,∴E(a,0,0),F(a,b,c).(Ⅰ)∵EF=(0,b,c),AP=(0,0,2c),AD=(0,2b,0),∴EF=12(AP+AD).∴EF与AP、AD共面.又∴E平面PAD,∴EF∥平面PAD(Ⅱ)∵CD=(-2a,0,0),∴CD·EF=(-2a,0,0)·(0,b,c)=0.∴EFCD(Ⅲ)若∠PDA=45°则有2b=2c,即b=c.∴EF=(0,b,b),AP=(0,0,2b).∴cosEF,AP=222.222bbb＝∴EF,AP=45°.樊战胜资料答疑电话：[phone]第6页共26页PADCBMN∵AP平面ABCD,∴AP是平面ABCD的法向量.∴EF与平面ABCD所成的角为90°-EF,AP=45°6．（四川省遂宁市08-09学年高二下学期期末（文））如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M、N分别是AB．PC的中点.(1)求二面角P-CD-B的大小;(2)求证:平面MND⊥平面PCD;(3)求点P到平面MND的距离.【答案】(1)∵PA⊥平面ABCD,∴AD是PD在平面ABCD上的射影.由ABCD是正方形知AD⊥CD,∴PD⊥CD．∴∠PDA是二面角P-CD-B的平面角.∵PA=AD∴∠PDA=45º,即二面角P-CD-B的大小为45º(2)如图,建立空间直角坐标系至A-xyz,则P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,2,0),M(1,0,0),∵N是PC的中点,∴N(1,1,1).∴MN(0,1,1),ND(-1,1,-1),PD(0,2,-2).设平面MND的一个法向量为m=(x1,y1,z1),平面PCD的一个法向量为n=(x2,y2,z2).∴m0MN,m0ND,即有.0011111zyxzy，令z1=1,得x1=-2,y1=-1.∴m=(-2,-1,1).同理由n0ND,n0PD,即有.022022222zyzyx，令z2=1,得x2=0,y2=1.∴n=(0,1,1,).∵m·n=-2×0+(-1)×1+1×1=0.∴m⊥n.∴平面MND⊥平面PCD(3)设P到平面MND的距离为d.由(2)知平面MND的法向量m=(-2,-1,1)∵PDm=(0,2,-2)·(-2,-1,1)=-4,∴|PDm|=4.PADCBMNzxy樊战胜资料答疑电话：[phone]第7页共26页又|m|=6112222）（）（,∴d=.36264||||mmPD即点P到平面MND的距离为3627．（瑞安中学2010届高三暑期总结性测试）如图,多面体ABCDS中面ABCD为矩形,),0(,,aaADABSDADSD且.3,2ADSDADAB,E为CD四等分点(紧靠D点)｡(I)求证:AE与平面SBD(II)求二面角A—SB—D的余弦值｡【答案】:(I),ABSD,ADSD且SD平面ABCDAESD又ADE~ABD,易证,BDAEAE与平面SBD(II)如图建立空间直角坐标系)0,0,0(D),a2,0,0(C),a2,a,0(B),0,a,0(A),0,0,a3(S,)2,,0(),0,0,3(aaDBaDS设面SBD的一个法向量为),,(zyxn),1,2,0(020360nazaxaDBnDSn又)0,,3(),2,0,0(aaSAaAB设面SAB的一个法向量为),,(zyxm),0,3,1(030200mayaxazSAmABm515||||,cosnmnmnm,所以所求的二面角的余弦为5158．（09北京崇文二模理）如图,直三棱柱ABC—A1B1C1的底面积是等腰直角三角樊战胜资料答疑电话：[phone]第8页共26页形,∠A1B1C1=90°,A1C1=1,AA1=2,N、M分别是线段B1B．AC1的中点｡(I)证明:MN//平面ABC;(II)求A1到平面AB1C1的距离(III)求二面角A1—AB1—C1的大小｡【答案】(I)证明:取AC中点F,连结MF,BF,在三角形AC1C中,MN//C1C且CCBNCCBNCCMF11121//,21且,分平面平面平面为平行四边形四边形且6//////ABCMNABCMNABCBFMNBFMNBFBNMFBNMF(II)设A1到平面AB1C1的距离为h,AA1⊥平面A1B1C1分10.362,2121,2331212131311111111111111111111111111111111AASShAACACBSACCBSAAShSVVCABCBACBACABCBACABCBAACABA(III)三棱柱ABC—A1B1C1是直三棱柱,平面ABB1A1⊥平面A1B1C1,又点D是等腰直角三角形A1B1C1斜边A1B1的中点｡则C1D⊥A1B1所以,BABADC111平面;平面A1B1BA内,过D作DE⊥AB1,垂足为E,连结C1E,则C1E⊥AB1;EDC1是二面角,A1—AB1—C1的平面角,在Rt,2arctan,22222tan,11111EDCDBDEDCEDCDEC中樊战胜资料答疑电话：[phone]第9页共26页所以,二面角,A1—AB1—C1的大小为.2arctan9．（09海淀高三查漏补缺数学）在直平行六面体1AC中,ABCD是菱形,60DAB,ACBDO,1ABA