第七节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题
课堂考点探究
考点1 平面图形的翻折问题
3步解决平面图形翻折问题
(2018·全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中
点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF .
(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
[解] (1)证明:由已知可得BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,
PF ∩EF =F ,PF ,EF 平面PEF ,
所以BF ⊥平面PEF . 又BF 平面ABFD , 所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)如图,作PH ⊥EF ,垂足为H . 由(1)得,PH ⊥平面ABFD .
以H 为坐标原点,HF →的方向为y 轴正方向,|BF →
|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz .
由(1)可得,DE ⊥PE .
又DP =2,DE =1,所以PE = 3. 又PF =1,EF =2,
所以PE ⊥PF . 所以PH =
32,EH =32
. 则H (0,0,0),P ? ?
???0,0,32,D ?
?
???-1,-32,0, DP →
=?
?
???1,32
,
32,HP →=?
????0,0,32. 又HP →
为平面ABFD 的法向量, 设DP 与平面ABFD 所成的角为θ,
则sin θ=|cos 〈HP →,DP →〉|=|HP →·DP →
||HP →||DP →|=3
43=3
4.
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为
34
. 平面图形翻折为空间图形问题重点考查平行、垂直关系,解题关键是看翻折
前后线面位置关系的变化,根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量,这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征.
[教师备选例题]
(2019·贵阳模拟)如图所示,在梯形CDEF 中,四边形ABCD 为正方形,且AE =BF =AB =1,将△ADE 沿着线段AD 折起,同时将△BCF 沿着线段BC 折起,使得E ,F 两点重合为点
P .
(1)求证:平面PAB ⊥平面ABCD ;
(2)求直线PB 与平面PCD 的所成角的正弦值. [解] (1)证明:∵四边形ABCD 为正方形, ∴AD ⊥AB ,AD ⊥AE ,
∴AD ⊥AP, ∴AD ⊥平面PAB , 又∵AD 平面ABCD , ∴平面ABCD ⊥平面PAB .
(2)以AB 中点O 为原点,建立空间坐标系如图, ∵AE =BF =AB =1, ∴AP =AB =BP =1,
∴B ? ????12,0,0,P ? ????0,0,32,C ? ????12,1,0,D ? ????-12,1,0,
∴PB →=? ????12,0,-32,DC →=(1,0,0),CP →=? ????-12,-1,32,
设n =(x ,y ,z )是平面PCD 的一个法向量, 则???
??
n ·DC →=0,
n ·CP →=0,
即????
?
x =0,-12
x -y +3
2z =0,
取z =2,则n =(0,3,2), 设直线PB 与平面PCD 的所成角为θ,
则sin θ=|cos 〈n ,PB →〉|=|n ·PB →||n ||PB →|=37×1=21
7,
故直线PB 与平面PCD 的所成角的正弦值为
217
.
(2019·广州模拟)如图1,在高为6的等腰梯形ABCD 中,AB ∥CD ,且CD =6,
AB =12,将它沿对称轴OO 1折起,使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O ,如图2,点P 为BC 的中点,点E 在线段AB 上(不同于A ,B 两点),连接OE 并延长至点Q ,使AQ ∥OB .
图1 图2
(1)证明:OD ⊥平面PAQ ;
(2)若BE =2AE ,求二面角C -BQ -A 的余弦值. [解] (1)证明:由题设知OA ,OB ,OO 1两两垂直,
∴以O 为坐标原点,OA ,OB ,OO 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设AQ 的长为m ,则O (0,0,0),A (6,0,0),B (0,6,0),C (0,3,6),D (3,0,6),Q (6,m,0).
∵点P 为BC 的中点,
∴P ? ??
??0,92,3, ∴OD →=(3,0,6),AQ →=(0,m,0),PQ →=? ????6,m -92,-3.
∵OD →·AQ →=0,OD →·PQ →
=0, ∴OD →⊥AQ →,OD →⊥PQ →,
即OD ⊥AQ ,OD ⊥PQ ,又AQ ∩PQ =Q , ∴OD ⊥平面PAQ .
(2)∵BE =2AE ,AQ ∥OB ,∴AQ =1
2
OB =3,
则Q (6,3,0),∴QB →=(-6,3,0),BC →
=(0,-3,6). 设平面CBQ 的法向量为n 1=(x ,y ,z ), 由???
??
n 1·QB →=0,
n 1·BC →=0,
得?
??
??
-6x +3y =0,
-3y +6z =0,
令z =1,则y =2,x =1,n 1=(1,2,1). 易得平面ABQ 的一个法向量为n 2=(0,0,1).
设二面角C -BQ -A 的大小为θ,由图可知,θ为锐角,
则cos θ=?????
?n 1·n 2|n 1|·|n 2|=66
,
即二面角C -BQ -A 的余弦值为
66
. 考点2 立体几何中的探究性问题
(1)解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在,然后在这个前提
下进行逻辑推理,若能推导出与条件吻合的数据或事实,则说明假设成立,即存在,并可进一步证明;否则不成立,即不存在.
(2)在棱上探寻一点满足各种条件时,要明确思路,设点坐标,应用共线向量定理a =
λb (b ≠0),利用向量相等,所求点坐标用λ表示,再根据条件代入,注意λ的范围.
(3)利用空间向量的坐标运算,可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理.
(2019·华南师大附中模拟)如图,在五面体ABCDEF 中,AB ∥CD ∥EF ,AD ⊥CD ,
∠DCF =60°,CD =EF =CF =2AB =2AD =2,平面CDEF ⊥平面ABCD .
(1)求证:CE ⊥平面ADF ;
(2)已知P 为棱BC 上的点,试确定点P 的位置,使二面角P -DF -A 的大小为60°.
[解] (1)证明:∵CD ∥EF ,CD =EF =CF , ∴四边形CDEF 是菱形,∴CE ⊥DF .
∵平面CDEF ⊥平面ABCD ,平面CDEF ∩平面ABCD =CD ,AD ⊥CD ,AD 平面ABCD , ∴AD ⊥平面CDEF ,
∵CE 平面CDEF ,∴AD ⊥CE .
又∵AD 平面ADF ,DF 平面ADF ,AD ∩DF =D , ∴CE ⊥平面ADF .
(2)由(1)知四边形CDEF 为菱形, 又∵∠DCF =60°, ∴△DEF 为正三角形.
如图,取EF 的中点G ,连接GD ,则GD ⊥EF . ∵EF ∥CD ,∴GD ⊥CD . ∵平面CDEF ⊥平面ABCD ,GD 平面CDEF ,平面CDEF ∩平面ABCD
=CD ,
∴GD ⊥平面ABCD .
又∵AD ⊥CD ,∴直线DA ,DC ,DG 两两垂直.
以D 为原点,分别以DA ,DC ,DG 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图的空间直角坐标系D -xyz .
∵CD =EF =CF =2,AB =AD =1,
∴D (0,0,0),B (1,1,0),C (0,2,0),E (0,-1,3),F (0,1,3),∴CE →
=(0,-3,3),DF →=(0,1,3),CB →=(1,-1,0),DC →
=(0,2,0). 由(1)知CE →
是平面ADF 的一个法向量. 设CP →=aCB →
=(a ,-a,0)(0≤a ≤1), 则DP →=DC →+CP →
=(a,2-a,0).
设平面PDF 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则???
??
n ·DF →=0,
n ·DP →=0,
即??
?
y +3z =0,
ax +2-a y =0.
令y =3a ,则x =3(a -2),z =-a , ∴n =(3(a -2),3a ,-a ). ∵二面角P -DF -A 的大小为60°, ∴|cos 〈n ,CE →〉|=|n ·CE →
|
|n ||CE →|
=
43a
123
a -2
2+3a 2+a 2
=12
, 解得a =2
3或a =-2(不合题意,舍去).
∴P 在靠近点B 的CB 的三等分点处.
(1)对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,
据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解”等.
(2)对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.
[教师备选例题]
(2019·潍坊模拟)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为直角梯形,AD ∥BC ,∠ADC
=90°,平面PAD ⊥底面ABCD ,Q 为AD 的中点,M 是棱PC 上的点,PA =PD =2,BC =1
2
AD =1,
CD = 3.
(1)求证:平面PBC ⊥平面PQB ;
(2)当PM 的长为何值时,平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°?
[解] (1)证明:∵AD ∥BC ,Q 为AD 的中点,BC =1
2AD ,∴BC ∥QD ,BC =QD ,
∴四边形BCDQ 为平行四边形,∴BQ ∥CD . ∵∠ADC =90°,∴BC ⊥BQ . ∵PA =PD ,AQ =QD ,∴PQ ⊥AD .
又∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD , ∴PQ ⊥平面ABCD ,∴PQ ⊥BC . 又∵PQ ∩BQ =Q ,∴BC ⊥平面PQB . ∵BC 平面PBC ,∴平面PBC ⊥平面PQB .
(2)由(1)可知PQ ⊥平面ABCD .如图,以Q 为原点,分别以QA ,
QB ,QP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,则Q (0,0,0),D (-1,0,0),P (0,0,3),B (0,3,0),C (-1,3,
0),
∴QB →=(0,3,0),DC →=(0,3,0),DP →=(1,0,3),PC →=(-1,3,-3).
设平面PDC 的法向量为n =(x ′,y ′,z ′),则
?????
DC →·n =0,DP →·n =0,
即??
?
3y ′=0,
x ′+3z ′=0.
令x ′=3,则y ′=0,z ′=-3,
∴平面PDC 的一个法向量为n =(3,0,-3).
①当M 与C 重合时,平面MQB 的法向量QP →=(0,0,3),则|n ·QP →
||n ||QP →|
=1
2=cos 60°,满
足题意.
②当M 与C 不重合时,
设PM →=λPC →,则PM →
=(-λ,3λ,-3λ),且0≤λ<1,得M (-λ,3λ,3-3λ),
∴QM →
=(-λ,3λ,3(1-λ)). 设平面MBQ 的法向量为m =(x ,y ,z ),则 ?????
QM →·m =0,QB →·m =0,
即??
?
-λx +3λy +31-λz =0,
3y =0.
令x =3,则y =0,z =λ
1-λ
,
∴平面MBQ 的一个法向量为m =?
????3,0,λ
1-λ.
∴平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°,
∴cos 60°=|n ·m ||n ||m |=?
?????
33-3·λ1-λ12·3+? ??
?
?λ1-λ2=12
,
∴λ=12.∴PM =12PC =72.综上知,PM =7或72
.
(2019·北京高考)如图,在四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥平
面ABCD ,AD ⊥CD ,AD ∥BC ,PA =AD =CD =2,BC =3.E 为PD 的中点,点F 在PC 上,且PF PC =1
3.
(1)求证:CD ⊥平面PAD ; (2)求二面角F -AE -P 的余弦值;
(3)设点G 在PB 上,且PG PB =2
3
,判断直线AG 是否在平面AEF 内,说明理由.
[解] (1)证明:因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD . 又因为AD ⊥CD ,PA ∩AD =A ,所以CD ⊥平面PAD . (2)过A 作AD 的垂线交BC 于点M .
因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥AM ,PA ⊥AD .
如图建立空间直角坐标系A -xyz ,则A (0,0,0),B (2,-1,0),C (2,2,0),D (0,2,0),
P (0,0,2).
因为E 为PD 的中点,所以E (0,1,1).
所以AE →=(0,1,1),PC →=(2,2,-2),AP →
=(0,0,2). 所以PF →=13PC →=? ????23,23,-23,AF →=AP →+PF →=? ????23,23,43.
设平面AEF 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 则???
??
n ·AE →=0,
n ·AF →=0,
即????
?
y +z =0,23x +23y +4
3
z =0.
令z =1,则y =-1,x =-1.于是n =(-1,-1,1). 又因为平面PAD 的法向量为p =(1,0,0),
所以cos 〈n ,p 〉=n·p |n ||p |=-3
3
.
由题知,二面角F -AE -P 为锐角,所以其余弦值为3
3
. (3)直线AG 在平面AEF 内.
因为点G 在PB 上,且PG PB =23
,PB →
=(2,-1,-2),
所以PG →=23PB →=? ????43,-23,-43,AG →=AP →+PG →=? ????43,-23,23.
由(2)知,平面AEF 的法向量n =(-1,-1,1). 所以AG →·n =-43+23+2
3=0.
所以直线AG 在平面AEF 内.
本题(3)先求得点G 的坐标,然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向
量即可判断直线是否在平面内.
考点3 立体几何中的最值问题
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题,一般可以从
三方面着手:一是从问题的几何特征入手,充分利用其几何性质去解决;二是利用空间几何体的侧面展开图;三是找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多,在函数建成后,可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等.
(1)(2019·衡水中学月考)如图所示,长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =AD =1,
AA 1=2,面对角线B 1D 1上存在一点P 使得A 1P +PB 最短,则A 1P +PB 的最小值为( )
A. 5
B.
2+6
2
C.2+ 2
D.2
(2)(2019·三明模拟)如图所示,PA ⊥平面ADE ,B ,C 分别是AE ,DE 的中点,AE ⊥AD ,
AD =AE =AP =2.
①求二面角A -PE -D 的余弦值;
②点Q 是线段BP 上的动点,当直线CQ 与DP 所成的角最小时,求线段BQ 的长.
(1)A [如图,把△A 1B 1D 1折起至与平面BDD 1B 1共面,连接A 1B 交B 1D 1于P ,则此时的A 1P +PB 最短,即为A 1B 的长,在△A 1B 1B 中,由余弦定理求得A 1B =5,故选A.
(2)[解] ①因为PA ⊥平面ADE ,AD 平面ADE ,AB 平面ADE ,所以PA ⊥AD ,PA ⊥AB , 又因为AB ⊥AD ,所以PA ,AD ,AB 两两垂直.
以{AB →,AD →,AP →
}为正交基底建立空间直角坐标系A -xyz ,则各点的坐标为A (0,0,0),
B (1,0,0),
C (1,1,0),
D (0,2,0),P (0,0,2).
因为PA⊥AD,AD⊥AE,AE∩PA=A,
所以AD⊥平面PAE,
所以AD
→
是平面PAE的一个法向量,且AD
→
=(0,2,0).
易得PC
→
=(1,1,-2),PD
→
=(0,2,-2).
设平面PED的法向量为m=(x,y,z).
则
??
?
??m·PC→=0,
m·PD
→
=0,
即
??
?
??x+y-2z=0,
2y-2z=0.
令y=1,解得z=1,x=1.
所以m=(1,1,1)是平面PED的一个法向量,
所以cos〈AD
→
,m〉=
AD
→
·m
|AD
→
||m|
=
3
3
,
所以二面角A-PE-D的余弦值为
3
3
.
②BP
→
=(-1,0,2),故可设BQ
→
=λBP
→
=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1).又CB
→
=(0,-1,0),所以CQ
→
=CB
→
+BQ
→
=(-λ,-1,2λ).
又DP
→
=(0,-2,2),
所以cos〈CQ
→
,DP
→
〉=
CQ
→
·DP
→
|CQ
→
||DP
→
|
=
1+2λ
10λ2+2
.
设1+2λ=t,t∈[1,3],
则cos2〈CQ
→
,DP
→
〉=
2t2
5t2-10t+9
=
2
9
?
?
??
?
1
t
-
5
9
2+
20
9
≤
9
10
,
当且仅当t=
9
5
,即λ=
2
5
时,
|cos〈CQ
→
,DP
→
〉|的最大值为
310
10
.
因为y =cos x 在?
????0,π2上是减函数,
所以当λ=2
5时直线CQ 与DP 所成角取得最小值.
又因为BP =12+22
=5,所以BQ =25BP =255
.
本例(1)属于线段和的最值问题,求解时采用了化空间为平面,化折为直的重
要手段;本例(2)属于解决空间角的最值问题,求解时采用了把空间角的余弦三角函数值表示为参数λ的二次函数,利用这个函数的单调性求三角函数值的最值,求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用.
(2018·全国卷Ⅲ)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵
所
在平面垂直,M 是CD ︵
上异于C ,D 的点.
(1)证明:平面AMD ⊥平面BMC ;
(2)当三棱锥M -ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.
[解] (1)证明:由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD . 因为BC ⊥CD ,BC 平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,所以BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵
上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM =C ,所以DM ⊥平面BMC . 而DM 平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .
(2)以D 为坐标原点,DA →
的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .
当三棱锥M -ABC 体积最大时,M 为CD ︵
的中点.由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),
AM →
=(-2,1,1),AB →=(0,2,0),DA →
=(2,0,0).
设n =(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,
则???
??
n ·AM →=0,
n ·AB →=0,即????
?
-2x +y +z =0,2y =0.
可取n =(1,0,2).
DA →
是平面MCD 的法向量,
因此cos 〈n ,DA →〉=n ·DA →
|n ||DA →|=55,sin 〈n ,DA →〉=25
5.
所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是25
5
.
高中数学必修2立体几何测试题及答案(一)一,选择(共80分,每小题4分) 1,三个平面可将空间分成n个部分,n的取值为() A,4;B,4,6;C,4,6,7 ;D,4,6,7,8。 2,两条不相交的空间直线a、b,必存在平面α,使得() A,a?α、b?α;B,a?α、b∥α;C,a⊥α、b⊥α;D,a?α、b⊥α。 3,若p是两条异面直线a、b外的任意一点,则() A,过点p有且只有一条直线与a、b都平行;B,过点p有且只有一条直线与a、b都垂直;C,过点p有且只有一条直线与a、b都相交;D,过点p有且只有一条直线与a、b都异面。 4,与空间不共面四点距离相等的平面有()个 A,3 ;B,5 ;C,7;D,4。 5,有空间四点共面但不共线,那么这四点中() A,必有三点共线;B,至少有三点共线;C,必有三点不共线;D,不可能有三点共线。 6,过直线外两点,作与该直线平行的平面,这样的平面可有()个 A,0;B,1;C,无数;D,涵盖上三种情况。 7,用一个平面去截一个立方体得到的截面为n边形,则() A,3≤n≤6 ;B,2≤n≤5 ;C,n=4;D,上三种情况都不对。 8,a、b为异面直线,那么() A,必然存在唯一的一个平面同时平行于a、b;B,过直线b 存在唯一的一个平面与a平行;C,必然存在唯一的一个平面同时垂直于a、b;D,过直线b 存在唯一的一个平面与a垂直。 9,a、b为异面直线,p为空间不在a、b上的一点,下列命题正确的个数是() ①过点p总可以作一条直线与a、b都垂直;②过点p总可以作一条直线与a、b都相交;③
过点p 总可以作一条直线与a 、b 都平行;④过点p 总可以作一条直线与一条平行与另一条垂直;⑤过点p 总可以作一个平面与一条平行与另一条垂直。 A ,1; B ,2; C ,3; D ,4。 10,异面直线a 、b 所成的角为80°,p 为空间中的一定点,过点p 作与a 、b 所成角为40° 的直线有( )条 A ,2; B ,3; C ,4; D ,6。 11,P 是△ABC 外的一点,PA 、PB 、PC 两两互相垂直,PA=1、PB=2、PC=3,则△ABC 的 面积为( )平方单位 A ,25; B ,611; C ,27; D ,2 9。 12,空间四个排名两两相交,以其交线的个数为元素构成的集合是( ) A ,{2,3,4}; B ,{1,2,3,}; C ,{1,3,5}; D ,{1,4,6}。 13,空间四边形ABCD 的各边与对角线的长都是1,点P 在AB 上移动 ,点Q 在CD 上移 动,点P 到点Q 的最短距离是( ) A ,21; B ,22; C ,23; D ,4 3。 14,在△ABC 中,AB=AC=5,BC=6,PA ⊥平面ABC ,PA=8,则P 到BC 的距离是( ) A ,45; B ,43; C ,25; D ,23。 15,已知m ,n 是两条直线,α,β是两个平面,下列命题正确的是( ) ①若m 垂直于α内的无数条直线,则m ⊥α;②若m 垂直于梯形的两腰,则m 垂直于梯形所 在的平面;③若n ∥α,m ?α,则n ∥m ;④若α∥β,m ?α,n ⊥β,则n ⊥m 。 A ,①②③; B ,②③④; C ,②④; D ,①③。 16,有一棱长为1的立方体,按任意方向正投影,其投影最大面积为( )
高考真题集锦(立体几何部分) 1.(2016.理1)如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积是( ) A 20π B24π C28π D.32π 2. βα,是两个平面,m,n 是两条直线,有下列四个命题: (1)如果m ⊥n,m ⊥α,n ∥β,那么βα⊥; (2)如果m ⊥α,n ∥α,那么m ⊥n. (3)如果αβα?m ,∥那么m ∥β。 (4)如果m ∥n,βα∥,那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。 其中正确的命题有___________ 3.(2016年理1)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是π328,则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ,α//平面11D CB ,?α平面ABCD =m , ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为( ) A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.(2016年理1)如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD ,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .(12分) (Ⅰ)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (Ⅱ)求二面角E-BC-A 的余弦值.
6. (2015年理1)圆柱被一个平面截取一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积是16+20π,则r=( ) A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点,BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明:平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为() 9.如图,长方体1111D C B A ABCD -中,AB = 16,BC = 10,AA1 = 8,点E ,F 分别在1111C D B A , 上,411==F D E A ,过点E,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形。 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB=5,AC=6,点E,F 分别在AD,CD 上,AE=CF=45 ,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置,OD ’=10 (1)证明:D ’H ⊥平面ABCD (2)求二面角B-D ’A-C 的正弦值
2020高考数学之立体几何解答題23題 一.解答题(共23小题) 1.在如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点. (Ⅰ)求证:AN∥平面MEC; (Ⅱ)在线段AM上是否存在点P,使二面角P﹣EC﹣D的大小为?若存在,求出AP的长h;若不存在,请说明理由. 2.如图,三棱柱中ABC﹣A1B1C1中,点A1在平面ABC内的射影D为棱AC的中点,侧面A1ACC1为边长为2 的菱形,AC⊥CB,BC=1. (Ⅰ)证明:AC1⊥平面A1BC; (Ⅱ)求二面角B﹣A1C﹣B1的大小.
3.如图,已知四棱锥P﹣ABCD,PB⊥AD侧面PAD为边长等于2的正三角形,底面ABCD为菱形,侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°. (I)求点P到平面ABCD的距离, (II)求面APB与面CPB所成二面角的大小. 4.在正三棱锥P﹣ABC中,底面正△ABC的中心为O,D是PA的中点,PO=AB=2,求PB与平面BDC所成角的正弦值.
5.如图,正三棱锥O﹣ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直,且长度均为2.E、F分别是AB、AC的中点,H是EF的中点,过EF作平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1,已知. (1)求证:B1C1⊥平面OAH; (2)求二面角O﹣A1B1﹣C1的大小. 6.如图,在三棱锥A﹣BCD中,侧面ABD、ACD是全等的直角三角形,AD是公共的斜边,且AD=,BD=CD=1,另一个侧面是正三角形. (1)求证:AD⊥BC. (2)求二面角B﹣AC﹣D的大小. (3)在直线AC上是否存在一点E,使ED与面BCD成30°角?若存在,确定E的位置;若不存在,说明理由.
A B C D P 《立体几何》专题 练习题 1.如图正方体1111D C B A ABCD -中,E 、F 分别为D 1C 1和B 1C 1的中点, P 、Q 分别为A 1C 1与EF 、AC 与BD 的交点, (1)求证:D 、B 、F 、E 四点共面; (2)若A 1C 与面DBFE 交于点R ,求证:P 、Q 、R 三点共线 2.已知直线a 、b 异面,平面α过a 且平行于b ,平面β过b 且平行于a ,求证:α∥β. 3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 4=AB 1=BC 3=BE ,4=CF ,若如图所示建立空间直角坐标系. ①求EF 和点G 的坐标; ②求异面直线EF 与AD 所成的角; ③求点C 到截面AEFG 的距离. 4. 如图,三棱锥P —ABC 中, PC ⊥平面ABC ,PC=AC=2,AB=BC ,D 是PB 上一点,且CD 平面PAB . (I) 求证:AB ⊥平面PCB ; (II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小; (III )求二面角C-PA-B 的余弦值. 5. 如图,直二面角D —AB —E 中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,AE=EB ,F 为CE 上的点,且BF ⊥平面ACE. (1)求证AE ⊥平面BCE ; (2)求二面角B —AC —E 的余弦值. 6. 已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2,点M 在侧棱1BB 上. P Q F E D 1C 1B 1A 1D C B A F E C B y Z x G D A
(Ⅰ)若P 为AC 的中点,M 为BB 1的中点,求证BP//平面AMC 1; (Ⅱ)若AM 与平面11AA CC 所成角为30ο,试求BM 的长. 7. 如图,在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,PA =AB =1,BC =2. (1)求证:平面PDC ⊥平面PAD ; (2)若E 是PD 的中点,求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值; 8. 已知:在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AB = a ,AA 1 = 2a . D 是侧棱BB 1的中点.求证: (Ⅰ)求证:平面ADC 1⊥平面ACC 1A 1; (Ⅱ)求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的余弦值. 9. 已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形,且60DAB ∠=,1AD AA =F 为 棱1BB 的中点,M 为线段1AC 的中点. (Ⅰ)求证:直线MF //平面ABCD ; (Ⅱ)求证:直线MF ⊥平面11ACC A ; (Ⅲ)求平面1AFC 与平面ABCD 所成二面角的大小 10. 棱长是1的正方体,P 、Q 分别是棱AB 、CC 1上的内分点,满足 21==QC CQ PB AP . P A B C D E
2018年全国一卷(文科):9.某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为 A .217 B .25 C .3 D .2 18.如图,在平行四边形ABCM 中,3AB AC ==,90ACM =?∠,以AC 为折痕将△ACM 折起,使点M 到达点 D 的位置,且AB DA ⊥. (1)证明:平面ACD ⊥平面ABC ; (2)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且2 3 BP DQ DA == ,求三棱锥Q ABP -的体积. 全国1卷理科 理科第7小题同文科第9小题 18. 如图,四边形ABCD 为正方形,,E F 分别为,AD BC 的中点,以DF 为折痕把DFC △折起,使点C 到达点 P 的位置,且PF BF ⊥. (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值. 全国2卷理科: 9.在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB BC ==,13AA =,则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A .15 B . 5 C . 5 D . 2 20.如图,在三棱锥P ABC -中,22AB BC ==,4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC; --为30?,求PC与平面PAM所成角的正弦值.(2)若点M在棱BC上,且二面角M PA C 全国3卷理科 3.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 19.(12分) 如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧?CD所在平面垂直,M是?CD上异于C,D的点. (1)证明:平面AMD⊥平面BMC; (2)当三棱锥M ABC -体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值. 2018年江苏理科: 10.如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为▲ .