![立體幾何典型例題精選(含答案)_第1頁](http://file3.renrendoc.com/fileroot_temp3/2021-12/3/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed437/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed4371.gif)
![立體幾何典型例題精選(含答案)_第2頁](http://file3.renrendoc.com/fileroot_temp3/2021-12/3/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed437/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed4372.gif)
![立體幾何典型例題精選(含答案)_第3頁](http://file3.renrendoc.com/fileroot_temp3/2021-12/3/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed437/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed4373.gif)
![立體幾何典型例題精選(含答案)_第4頁](http://file3.renrendoc.com/fileroot_temp3/2021-12/3/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed437/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed4374.gif)
![立體幾何典型例題精選(含答案)_第5頁](http://file3.renrendoc.com/fileroot_temp3/2021-12/3/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed437/b0ee0ca8-731c-4738-93c2-fa2b61eed4375.gif)
版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進行舉報或認領(lǐng)
文檔簡介
1、.立體幾何專題復習熱點一:直線與平面所成的角例1(2014,廣二模理 18) 如圖,在五面體中,四邊形是邊長為的正方形,平面, ,.(1)求證:平面;(2)求直線與平面所成角的正切值. 變式1:(2013湖北8校聯(lián)考)如左圖,四邊形中,是的中點,將左圖沿直線折起,使得二面角為如右圖.(1) 求證:平面(2) 求直線與平面所成角的余弦值. 變式2:2014·福建卷 在平面四邊形ABCD中,ABBDCD1,ABBD,CDBD.將ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如圖15所示(1)求證:ABCD; (2)若M為AD中點,求直線AD與平面MBC所成角的正弦值熱點二:二面
2、角例22014·廣東卷 如圖14,四邊形ABCD為正方形,PD平面ABCD,DPC30°,AFPC于點F,F(xiàn)ECD,交PD于點E.(1)證明:CF平面ADF; (2)求二面角D AF E的余弦值變式3: 2014·浙江卷 如圖15,在四棱錐A BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDEBED90°,ABCD2,DEBE1,AC.(1)證明:DE平面ACD;(2)求二面角B AD E的大小變式4:2014·全國19 如圖11所示,三棱柱ABC
3、 A1B1C1中,點A1在平面ABC內(nèi)的射影D在AC上,ACB90°,BC1,ACCC12.(1)證明:AC1A1B; (2)設直線AA1與平面BCC1B1的距離為,求二面角A1 -AB -C的大小熱點三:無棱二面角例3如圖三角形BCD與三角形MCD都是邊長為2的正三角形,平面MCD平面BCD,AB平面BCD,.(1)求點A到平面MBC的距離;(2)求平面ACM與平面BCD所成二面角的正弦值.變式5:在正方體中,且,求:平面AKM與ABCD所成角的余弦值變式6:如圖是長方體,AB2,求二平面與所成二面角的正切值高考試題精選12014·四川,18 三棱錐A
4、73; BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖14所示設M,N分別為線段AD,AB的中點,P為線段BC上的點,且MNNP.(1)證明:P是線段BC的中點;(2)求二面角A NP M的余弦值22014·湖南卷 如圖所示,四棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱長都相等,ACBDO,A1C1B1D1O1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形(1)證明:O1O底面ABCD;(2)若CBA60°,求二面角C1OB1D的余弦值32014·江西19 如圖16,四棱錐P ABC
5、D中,ABCD為矩形,平面PAD平面ABCD. (1)求證:ABPD. (2)若BPC90°,PB,PC2,問AB為何值時,四棱錐P ABCD的體積最大?并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值立體幾何專題復習 答案例1.(2014,廣二模)(1)證明:取的中點,連接,則, 平面,平面,平面平面, ,即. 1分 四邊形是平行四邊形. 2分 ,. 在Rt中,又,得. . 3分 在中, ,. 4分,即.四邊形是正方形,. 5分,平面,平面,平面. 6分(2)證法1:連接,與相交于點,則點是的中點, 取的中點,連接, 則,. 由(1)知,且, ,且. 四邊形是平行四邊形.
6、,且 .7分 由(1)知平面,又平面, . 8分 ,平面,平面, 平面. 9分 平面. 平面, . 10分 ,平面,平面, 平面. 11分 是直線與平面所成的角. 12分 在Rt中,. 13分 直線與平面所成角的正切值為. 14分證法2:連接,與相交于點,則點是的中點, 取的中點,連接, 則,. 由(1)知,且, ,且. 四邊形是平行四邊形. ,且. 7分 由(1)知平面,又平面, . ,平面,平面, 平面. 平面. 8分 以為坐標原點,所在直線為軸,所在直線為軸,所在直線為軸, 建立空間直角坐標系,則,. ,. 9分 設平面的法向量為,由, 得,得. 令,則平面的一個法向量為. 10分 設直
7、線與平面所成角為, 則. 11分 ,. 13分 直線與平面所成角的正切值為. 14分變式1:(2013湖北8校聯(lián)考)(1)取中點,連結(jié),則2分由余弦定理知4分又平面,平面6分(2)以為原點建立如圖示的空間直角坐標系,則, 8分設平面的法向量為,由得,取,則. 11分故直線與平面所成角的余弦值為. 12分變式2:(2014福建卷)解:(1)證明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCDBD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD. 3分又CD平面BCD,ABCD. 4分(2)過點B在平面BCD內(nèi)作BEBD. 由(1)知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD,ABBE,ABBD. 6分
8、以B為坐標原點,分別以,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖所示)依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M.則(1,1,0),(0,1,1)7分設平面MBC的法向量n(x0,y0,z0), 則即取z01,得平面MBC的一個法向量n(1,1,1) 9分設直線AD與平面MBC所成角為,則sin . 11分即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 12分例2.(2014,廣東卷)變式3:(2014浙江卷)解:(1)證明:在直角梯形BCDE中,由DEBE1,CD2,得BDBC,由AC,AB2,得AB2AC2BC2,即ACBC. 2分又平面
9、ABC平面BCDE,從而AC平面BCDE,所以ACDE.又DEDC,從而DE平面ACD. 4分(2)方法一:過B作BFAD,與AD交于點F,過點F作FGDE,與AE交于點G,連接BG.由(1)知DEAD,則FGAD.所以BFG是二面角B AD E的平面角6分在直角梯形BCDE中,由CD2BC2BD2,得BDBC.又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,從而BDAB.由AC平面BCDE,得ACCD.在RtACD中,由DC2,AC,得AD.在RtAED中,由ED1,AD,得AE.7分在RtABD中,由BD,AB2,AD,得BF,AFAD.從而GFED. 9分在ABE
10、,ABG中,利用余弦定理分別可得cosBAE,BG. 11分在BFG中,cosBFG. 13分所以,BFG,即二面角B AD E的大小是.14分方法二:以D為原點,分別以射線DE,DC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系D xyz,如圖所示由題意知各點坐標如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0)設平面ADE的法向量為m(x1,y1,z1),平面ABD的法向量為n(x2,y2,z2)可算得AD(0,2,),AE(1,2,),(1,1,0)7分由即可取m(0,1,)9分由即 可取n(1,1,)11分于是
11、|cosm,n|. 13分由題意可知,所求二面角是銳角,故二面角B AD E的大小是. 14分變式4:(2014全國卷)19解:方法一:(1)證明:因為A1D平面ABC,A1D平面AA1C1C,故平面 AA1C1C平面ABC. 又BCAC,所以BC平面AA1C1C. 2分連接A1C,因為側(cè)面AA1C1C為菱形,故AC1A1C.由三垂線定理得AC1A1B. 4分(注意:這個定理我們不能用)(2) BC平面AA1C1C,BC平面BCC1B1,故平面AA1C1C平面BCC1B1.作A1ECC1,E為垂足,則A1E平面BCC1B1. 6分又直線AA1平面BCC1B1,因而A
12、1E為直線AA1與平面BCC1B1的距離,即A1E. 因為A1C為ACC1的平分線,所以A1DA1E. 8分作DFAB,F(xiàn)為垂足,連接A1F.由三垂線定理得A1FAB,故A1FD為二面角A1 AB C的平面角10分由AD1,得D為AC中點,DF,tanA1FD,12分所以cosA1FD. 13分所以二面角A1 AB C的大小為arccos. 14分方法二:以C為坐標原點,射線CA為x軸的正半軸,以CB的長為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系C xyz.由題設知A1D與z軸平行,z軸在平面AA1C1C內(nèi)(1)證明:設A1(a
13、,0,c)由題設有a2,A(2,0,0),B(0,1,0),則(2,1,0),(2,0,0),(a2,0,c),(a4,0,c),(a,1,c)由|2,得2,即a24ac20.又·a24ac20,所以AC1A1B . 4分(2)設平面BCC1B1的法向量m(x,y,z),則m,m,即m·0,m·0.因為(0,1,0),(a2,0,c),所以y0且(a2)xcz0.令xc,則z2a,所以m(c,0,2a),故點A到平面BCC1B1的距離為|·|cosm,|c. 6分又依題設,A到平面BCC1B1的距離為,所以c,代入,解得a3(舍去)或a1,于是(1,0,
14、) 8分設平面ABA1的法向量n(p,q,r),則n,n,即n·0,n·0,pr0,且2pq0.令p,則q2 ,r1,所以n(,2 ,1)10分又p(0,0,1)為平面ABC的法向量,11分故 cosn,p. 13分所以二面角A1 AB C的大小為arccos. 14分例3. 無棱二面角(2010年江西卷)解法一:(1)取CD中點O,連OB,OM,則OBCD,OMCD.又平面平面,則MO平面,所以MOAB,A、B、O、M共面.延長AM、BO相交于E,則AEB就是AM與平面BCD所成的角.OB=MO=,MOAB,MO/面ABC,M、O到平面ABC的
15、距離相等,作OHBC于H,連MH,則MHBC,求得:OH=OCsin600=,MH=,利用體積相等得:。5分(2)CE是平面與平面的交線.由(1)知,O是BE的中點,則BCED是菱形. 作BFEC于F,連AF,則AFEC,AFB就是二面角A-EC-B的平面角,設為. 7分因為BCE=120°,所以BCF=60°. ,9分, 11分所以,所求二面角的正弦值是. 12分解法二:取CD中點O,連OB,OM,則OBCD,OMCD,又平面平面,則MO平面.以O為原點,直線OC、BO、OM為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系如圖.OB=OM=,則各點坐標分別為O(0,0,0),C(1
16、,0,0),M(0,0,),B(0,-,0),A(0,-,2),(1)設是平面MBC的法向量,則,由得;由得;取,則距離5分(2),.設平面ACM的法向量為,由得.解得,取.又平面BCD的法向量為,則設所求二面角為,則.12分變式5:解析:由于BCMK是梯形,則MK與CB相交于EA、E確定的直線為m,過C作CFm于F,連結(jié)MF,因為MC平面ABCD,CFm,故MFmMFC是二面角MmC的平面角設正方體棱長為a,則,在ECM中,由BKCM可得,故因此所求角的余弦值為變式6:解析:平面ABCD平面,平面與平面的交線m為過點且平行于AC的直線直線m就是二平面與所成二面角的棱又平面與平面平面,過作AH
17、m于H,連結(jié)AH則為二面角的平面角可求得高考試題精選1.(2014 四川卷)解:(1)如圖所示,取BD的中點O,連接AO,CO.由側(cè)視圖及俯視圖知,ABD,BCD為正三角形,所以AOBD,OCBD.因為AO,OC平面AOC,且AOOCO,所以BD平面AOC.又因為AC平面AOC,所以BDAC.取BO的中點H,連接NH,PH.又M,N,H分別為線段AD,AB,BO的中點,所以MNBD,NHAO,因為AOBD,所以NHBD.因為MNNP,所以NPBD.因為NH,NP平面NHP,且NHNPN,所以BD平面NHP.又因為HP平面NHP,所以BDHP.又OCBD,HP平面BCD,OC平面BCD,所以HP
18、OC.因為H為BO的中點,所以P為BC的中點5分(2)方法一:如圖所示,作NQAC于Q,連接MQ.由(1)知,NPAC,所以NQNP.因為MNNP,所以MNQ為二面角A NP M的一個平面角由(1)知,ABD,BCD為邊長為2的正三角形,所以AOOC.由俯視圖可知,AO平面BCD.因為OC平面BCD,所以AOOC,因此在等腰直角AOC中,AC.作BRAC于R因為在ABC中,ABBC,所以R為AC的中點,所以BR.因為在平面ABC內(nèi),NQAC,BRAC,所以NQBR.又因為N為AB的中點,所以Q為AR的中點,所以NQ.同理,可得MQ. 故MNQ為等腰三角形,所以在等腰
19、MNQ中, cosMNQ.13分故二面角A NP M的余弦值是. 14分方法二:由俯視圖及(1)可知,AO平面BCD.因為OC,OB平面BCD,所以AOOC,AOOB.又OCOB,所以直線OA,OB,OC兩兩垂直6分如圖所示,以O為坐標原點,以OB,OC,OA的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系O xyz.則A(0,0,),B(1,0,0),C(0,0),D(1,0,0)因為M,N分別為線段AD,AB的中點,又由(1)知,P為線段BC的中點,所以M,N,P,于是AB(1,0,),BC(1,0),MN(1,0,0),NP.7分設平面ABC的
20、一個法向量n1(x1,y1,z1),由得即從而取z11,則x1,y11,所以n1(,1,1) 9分設平面MNP的一個法向量n2(x2,y2,z2),由,得即從而取z21,則y21,x20,所以n2(0,1,1) 11分設二面角A NP M的大小為,則cos .13分故二面角ANPM的余弦值是.14分2.(2014 湖南卷)解:(1)如圖(a),因為四邊形ACC1A1為矩形,所以CC1AC.同理DD1BD.因為CC1DD1,所以CC1BD.而ACBDO,因此CC1底面ABCD.由題設知,O1OC1C.故O1O底面ABCD. 4分(2)方法一:
21、如圖(a),過O1作O1HOB1于H,連接HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因為四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1B1D1,從而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1.進而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角不妨設AB2.因為CBA60°,所以OB,OC1,OB1.在RtOO1B1中,易知O1H2.而O1C11,于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1OB1D的余弦值為.方法二:因為四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊形A
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
- 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
- 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負責。
- 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 《CT胰腺炎性病變》課件
- 《產(chǎn)后病人的護理》課件
- 清明節(jié)品牌市場分析模板
- 探索管理學新境界
- 銀行數(shù)字化轉(zhuǎn)型路演模板
- 2025年高導熱石墨膜項目合作計劃書
- 小學感恩教師主題活動方案
- 扶貧搬遷申請書
- 輔導班申請書范文
- 事故申請書范文
- 2025年業(yè)務員工作總結(jié)及工作計劃模版(3篇)
- 必修3《政治與法治》 選擇題專練50題 含解析-備戰(zhàn)2025年高考政治考試易錯題(新高考專用)
- 17J008擋土墻(重力式、衡重式、懸臂式)圖示圖集
- 道教系統(tǒng)諸神仙位寶誥全譜
- 食品經(jīng)營操作流程圖
- 新視野大學英語讀寫教程 第三版 Book 2 unit 8 教案 講稿
- 小學生必背古詩詞80首硬筆書法字帖
- X52K銑床參數(shù)
- 村務公開表格
- 人教精通五年級英語下冊譯文
- 雙鋼板組合剪力墻工法
評論
0/150
提交評論