立體幾何問題

1、立體幾何問題考法分析:1考兩個小問題，第一問還是考線面位置關系的證明；第二問還是 求空間角或距離(體積)，偏重考角。2難度與去年持平，不會有太大變化1如圖，四邊形 ABCD為正方形，PD丄平面ABCD ,1PD / QA , QA=AB=PD.2(I)證明：平面 PQC丄平面DCQ ;(H)求二面角 Q BP C的余弦值。解析：如圖，以 D為坐標原點，線段 DA的長為單位長, 射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D xyz.(I)依題意有 Q ( 1, 1, 0), C (0, 0, 1),P ( 0, 2, 0)則 DQ =(1,1,0), DC(0,0,1),PQ二(1, -1,0).

2、所以 PQ DQ = 0, PQ DC = 0.即PQ丄DQ , PQ丄DC.故PQ丄平面 DCQ.又PQ 平面PQC，所以平面 PQC丄平面DCQ.(II)依題意有B (1, 0, 1),設n =(x, y,z)是平面pbc的法向量，則n CB=0,即 x7n BP 二 0,.x 2y - z = 0.因此可取n =(0, -1,-2).設m是平面PBQ的法向量，則m PQ 二 0.m BP = 0,可取m = (1,1,1)所以 cos ：m,n 二155故二面角Q BP C的余弦值為2.在直角梯形 PBCD中， D C , BC二CD = 2,PD = 4 , A為PD的中點，如下左2圖

3、。將：PAB沿AB折到:SAB的位置，使SB_ BC，點E在SD上，且SE =lsD ,3I)求證：SA _ 平面 ABCD如下右圖。(n)求二面角 E AC- D的正切值;解法一：(1)證明：在上左圖中，由題意可知,BA _ PD,ABCD為正方形，所以在上右圖中，SA_ AB,SA = 2 ,四邊形ABCD是邊長為2的正方形，所以BC_平面SAB又SAU平面SAB 所以BC丄SA 又SA丄AB,所以SA_ 平面 ABCD(2)因為因為 SB _ BC , AB_ BC在AD上取一點0,使A0 - ，連接31 -SE'SD，所以 E0SA所以過O作OH_ AC交AC于H,連接EH,

4、則AC_平面EOH所以AC_ EH所以.EHO為二面角E AC- D的平面角,2 4EO SA =.在 Rt AHO 中3 3'E0_ 平面 ABCDEO:/ /0：'42 <2HAO =45 ,HO = AO sin 45 二322 . tan EHO= 2.2 ,3OH即二面角E-AC D的正切值為2 2.解法二：(1)同方法一(2)如圖，以A為原點建立直角坐標系,A( 0, 0, 0), B ( 2, 0, 0), C (2, 2, 0), D (0易知平面acd的法向為AS =(0,0,2)設平面2 4AC=(2,2,0),AE=(0,3,3)所以：X+y=0，可

5、取y + 2z = 0x = 2y = _2z =1所以 n =(2,21).所以 cos ： n, AS|n |AS|(1)求證：BCi丄平面AA iCiC.求二面角Ci-AB-C的余弦值.丄所以tan ： n,AS虧=2、2，即二面角e ac-d的正切值為 2 2.小結：立體幾何題第一問一般是對線面、 面面位置關系的考查，要求 考生對熟練運用相關的定理對位置關系進行證明， 證明時要注意定理 運用的條件要充分，書寫要規(guī)范合理。第二問一般涉及到空間角、距 離、表面積、體積的相關計算，一般情況下可利用空間向量作為工具 轉化為代數運算來進行。3如圖，三棱柱 ABC AiBiCi中， 平面AA iC

6、iC,AC i與AiC相交于點)【解析】(I )證明：設AC的中點為M,連BM、GM.：AC=AAi =2,上九5G =60°,四邊形AAxCxC為菱形，且ACG為正三角形，GM| AC.A一 BC=2忌M | AC.而 ”MnGM=M,AC丄平面BCs M,AC丄BCx.四邊形AAtCfC為菱形，則有CD丄AG.又平面ABC； I平面AAGC,平而ABC； A平而AA,GC二AG ,:.CD1_平面 ABG ,A CD | BG.X VACCCD=C, ABC；)±tfj AAyCyC.(II)如圖，VAC I CiM,A】G I GM.以Ci為原點，以GA、GM、GB所在直線分別為丁軸、y軸、z軸建 立空間克角坐標系.AC=AAi=2,/AAiG6O°,A=BC=2©,BG=2.從而，有 A( 1,73,0),M(0,>/3,0),"(0,0,2),Ai(2,0,(),C(l,/3,0).亦亠(一1,0,0),餉一(0,舜，一2).設面ABC的法向量為n = (.r,jJ),n Am=x=02一=>巾=（0,令，1）,/