立体几何大题专题训练-(3)

试卷第1页，总12页1．如图甲所示，BO是梯形ABCD的高，45BAD，1OBBC，3ODOA，现将梯形ABCD沿OB折起如图乙所示的四棱锥POBCD，使得3PC，点E是线段PB上一动点.（1）证明：DE和PC不可能垂直；（2）当2PEBE时，求PD与平面CDE所成角的正弦值.【答案】（1）详见解析;（2）315.【解析】试题分析：由于折叠后3PC，经过计算知OPOD，这样,,OBODOAOP两两垂直，因此以它们为坐标轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标．（1）否定性命题，可假设DEPC，同时设,0,1Exx（01x），利用向量垂直计算出x，如果满足01x说明存在，如果不满足01x说明不存在；（2）由2PEBE得E点坐标，从而可求出平面CDE的法向量n，则向量PD与n夹角的余弦的绝对值等于直线PD与平面CDE所成角的正弦值．解析：如图甲所示，因为是梯形的高，，所以,因为，，可得，,如图乙所示，，2OC，，所以有，所以,而，，所以平面,又，所以、、两两垂直．故以为原点，建立空间直角坐标系（如图），则，，,（1）设其中，所以，，假设和垂直，则试卷第2页，总12页，有，解得，这与01x矛盾，假设不成立，所以DE和SC不可能垂直.（2）因为，所以,设平面的一个法向量是，因为，，所以，，即,取,而，所以,所以与平面所成角的正弦值为.2．如图,已知四边形ABCD为直角梯形，090,1,22DABABCABADBC,若PAD是以AD为底边的等腰直角三角形，且PACD.（1）证明：PC平面PAD；（2）求直线AB与平面PBC所成的角的大小.【答案】(1)见解析;(2)4.【解析】试题分析：（1）要证PC与平面PAD垂直，就要证PC与平面PAD内两条相交直线垂直，由已知PA与,PDCD垂直，则有PA与平面PCD垂直，从而PAPC，另外在可计算出PCD的三边长，由勾股定理逆定理可得PCPD，从而证得PC平面PAD；（2）由（1）知,,PAPCPD两两垂直，因此以他们为,,xyz轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面PBC的法向量与直线AB的方向向量，由这两个向量夹角与直线与平面所成角的关系可得．试题解析：证明：由已知得：,PAPDPACD，所以PAPCD平面，即PAPC在直角梯形ABCD中，1AB，22ADBC62ACCD，由PAD是以AD为底边的等腰直角三角形得：1APPD由222PCAPAC，得22PC，可算得：222PCPDCD所以：PCPD，即PC⊥平面PAD.（2）如图建系，可得：试卷第3页，总12页1,0,0A,20,,02C,0,0,1D,0,0,0P11,0,12CB20,,02PC,211211,,01,0,1,,22222ABACCB,设平面PBC的法向量为,,nxyz，则有102{202nCBxznPCy,令1x得：1,0,1n,设直线AB与平面PBC所成的角是，·12sincos,22nABnABnAB所以直线AB与平面PBC所成的角是4.3．已知多面体ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，AD平面AEC，且2AC，1AEEC，2ADEF，EFAD.（Ⅰ）求证：平面FCE平面ADE；（Ⅱ）若直线AE与平面ACF所成的角的正弦值为33，求AD的值.【答案】（1）见解析（2）2AD【解析】试题分析：（1）先由线面垂直AD平面AEC性质定理得ADEC，再利用计算，根据勾股定理得AEEC，利用线面垂直判定定理得EC平面ADE.最后根据面面垂直判定定理得平面FCE平面ADE.（2）研究线面角，可利用空间向量进行列式求解参数，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方试卷第4页，总12页程组解出平面法向量，利用向量数量积求直线方向向量与法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系列式求解参数.试题解析：（Ⅰ）因为AD平面AEC，EC平面AEC，所以ADEC.又2AC，1AEEC，所以222ACAEEC，所以AEEC.又AEADA，所以EC平面ADE.因为EC平面FCE，所以平面FCE平面ADE.（Ⅱ）以A为原点，AC，AD所在直线为x，y轴，过点A且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设2ADa（0a），则0,0,0A，2,0,0C，22,0,22E，22,,22Fa，设平面ACF的一个法向量为,,mxyz，因为2,0,0AC，22,,22AFa，所以0,{0,mACmAF即20,{220,22xxayz取2z，得1ya，则10,,2ma.又因为22,0,22AE，设直线AE与平面ACF所成的角为，则sinAEmAEm213312a，解得1a（1a舍去），故2AD.4．如图，在三棱柱111ABCABC中，D为BC的中点，00190,60BACAAC，12ABACAA.（1）求证：1//AB平面1ADC；（2）当14BC时，求直线1BC与平面1ADC所成角的正弦值.试卷第5页，总12页【答案】（1）见解析；（2）31010．【解析】【试题分析】（1）依据题设条件运用直线与平面平行的判定定理进行分析推证；（2）依据题设条件建立空间直角坐标系，借助向量的有关知识与数量积公式分析求解：（1）证明：连结1AC与1AC相交于点E，连结ED.∵,DE为中点，∴1//ABED，又∵1AB平面1,ADCED平面1ADC，∴1//AB平面1ADC.（2）∵112,23,4ABACBC，∴22211ABACBC，∴1BAAC，又∵1,,BAACACACAAC平面111,AACCAC平面11AACC，∴BA平面11AACC，∴平面11AACC平面ABC.如图，过A在平面11AACC内作AZAC，垂足为A．试卷第6页，总12页∵平面11AACC平面ABC，平面11AACC平面ABCBC，∴AZ平面ABC．以点A为原点，,,ABACAZ的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，得下列坐标：1110,0,0,2,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,3,0,3,3,2,1,3ABCDACB．设平面1ADC的一个法向量,,1mxy，则10{·0mADmAC，∴0{330xyy，解之得33{33xy．∴33,,133m．又∵12,1,3BC．∴111·310cos,10BCmBCmBCm，所以直线1BC与平面1ADC所成角的正弦值为31010．点睛：立体几何是高中数学中的传统题型，也是高考重点考查的热点与重要考点。求解本题的第一问的方法是依据题设条件运用直线与平面平行的判定定理进行分析推证；求解第二问时，则先依据题设条件建立空间直角坐标系，借助向量的坐标形式的运算等有关知识，求出法向量，再借助向量的数量积公式分析求解从而使得问题获解。5．如图，已知长方形ABCD中，22AB，2AD，M为DC的中点.将ADM沿AM折起，使得平面ADM平面ABCM.（1）求证：ADBM；（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角EAMD的余弦值为22.【答案】（1）（见解析2）见解析【解析】试题分析：（1）先利用平面几何知识得到线线垂直，再利用面面垂直的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量共线得到有关点的坐标，再利用空间向量进行求解.试题解析：（1）证明：长方形ABCD中，22AB，2AD，M为DC的中点，2AMBM，BMAM.平面ADM平面ABCM，平面ADM平面ABCMAM，BM平面ABCMBM平面ADMAD平面ADMADBM.试卷第7页，总12页（2）建立如图所示的直角坐标系设DEDB，则平面AMD的一个法向量0,1,0n，MEMDDB1,2,1,2,0,0AM，设平面AME的一个法向量,,mxyz,则20{210xyz取1y，得0x，1y，21z所以20,1,1m，因为，cos,mn22mnmn．得13或1经检验得13满足题意，所以E为BD的三等分点.6．在三棱柱111ABCABC中，侧面11ABBA为矩形，2AB，122AA，D是1AA的中点，BD与1AB交于点O，且CO平面11ABBA.（Ⅰ）证明：平面1ABC平面BCD；（Ⅱ）若OCOA，1ABC的重心为G，求直线GD与平面ABC所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)36565.【解析】试题分析：试卷第8页，总12页(1)利用题意首先证明：1AB平面BCD，然后利用面面垂直的判断定理即可证明平面1ABC平面BCD(2)利用题中结合体的结构特征，以O为坐标原点，分别以1OD,OB,OC所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系Oxyz．利用平面的法向量和直线的方向向量求得GDn365sinαcosGD,n65GDn.试题解析：(Ⅰ)11ABBA为矩形，2AB，122AA，D是1AA的中点，090BAD，0190ABB，122BB，1122ADAA从而2tan2ADABDAB，112tan2ABABBBB，10,2ABDABB，1ABDABB，1112ABBBABABDBAB，2AOB，从而1ABBDCO平面11ABBA，1AB平面11ABBA，1ABCO，BDCOO，1AB平面BCD，1AB平面1ABC，平面1ABC平面BCD(Ⅱ)如图，以O为坐标原点，分别以1,,ODOBOC所在直线为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．试卷第9页，总12页在矩形11ABBA中，由于1//ADBB，所以AOD和1BOB相似，从而112OBBBOBOAODAD又22111123ABAAAB，226BDADAB263OB，63OD，233OA，1433OB23260,,0,,0,033AB，123430,0,,0,,033CB,6,0,03DG为1ABC的重心，23230,,99G62323,,399GD设平面ABC的法向量为,,nxyz，26232323,,0,0,,3333ABAC，由0{0nABnAC可得2623033{2323033xyyz20{0xyyz，令1y，则1z，22x，所以2,1,12n.设直线GD与平面ABC所成角，则623232,,,1,13992sincos,2610272GDnGDnGDn36565，所以直线GD与平面ABC所成角的正弦值为36565点睛：证明两个平面垂直，首先要考虑直线与平面的垂直，也可简单地记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明非常类似，这种转化方法是本讲内容的显著特征，掌握化归与转化思想方法是解决这类问题的关键．利用空间向量求线面角有两种途径：一是求斜线和它在平面内射影的方向向量的夹角(或