立体几何大题专题训练 (3)

1．如图甲所示， BO是梯形ABCD的高， BAD45， OBBC1， OD3OA，现将梯形ABCD沿OB折起如图乙所示的四棱锥POBCD，使得PC3，点E是线段PB上一动点.

（1）证明： DE和PC不可能垂直；

（2）当PE2BE时，求PD与平面CDE所成角的正弦值.

3【答案】（1）详见解析; （2）15. OB,OD,OAOP【解析】试题分析：由于折叠后PC3，经过计算知OPOD，这样两两垂直，因此以它

们为坐标轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标．

Ex,0,1x0x1（），利用向量垂直计算出x，如果满足0x1（1）否定性命题，可假设DEPC，同时设说明存在，如果不满足0x1说明不存在；

（2）由PE2BE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，

,如图乙所示，

是梯形的高，， OC2，

试卷第1页，总19页

，所以，所以有

,因为，，所以

，可得

,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）设有

其中，解得

，所以

，

，假设

和

垂直，则

，

，这与0x1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.

0DABABC90,AB1,AD2BC2,若PAD是以AD为底边ABCD2．如图,已知四边形为直角梯形，

的等腰直角三角形，且PACD.

（1）证明： PC平面PAD；

试卷第2页，总19页

（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PD,CD垂直，则有PA与平面PCD垂直，从而PAPC，另外在可计算出PCD的三边长，由勾股定理逆定理可得PCPD，从而证得PC平面PAD；（2）由（1）知PA,PC,PD两两垂直，因此以他们为x,y,z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： PAPD,PACD，所以PA平面PCD，即PAPC

在直角梯形ABCD中， AB1， AD2BC2 三角形得： APPD1

ACCD62，由PAD是以AD为底边的等腰直角

222由PCAPAC，得

PC22，

222可算得： PCPDCD

所以： PCPD，即PC⊥平面PAD.

（2）如图建系，可得：

试卷第3页，总19页

A1,0,0C, 20,,02, D0,0,1, P0,0,0

CB121,0,1PC

0,22,0, ABACCB1,2,011,0,112122,,222,

设平面PBC的法向量为

nx,y,z，则有

nCB1xz0{2nPC22y0,令x1得： n1,0,1,

设直线AB与平面PBC所成的角是，

sincosn,ABn·ABnAB1222

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2EF， EFAD.

试卷第4页，总19页

AD平面AEC，且AC2，AEEC1，

（Ⅰ）求证：平面FCE平面ADE；

3（Ⅱ）若直线AE与平面ACF所成的角的正弦值为3，求AD的值.

【答案】（1）见解析（2）AD2

【解析】试题分析：（1）先由线面垂直AD平面AEC性质定理得ADEC，再利用计算，根据勾股定理得AEEC，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ADEC.

222又AC2， AEEC1，所以ACAEEC，所以AEEC.

又AEADA，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AD2a（a0），则

A0,0,0，

C2222FE2,a,22,0,22,0,0， ， ，

试卷第5页，总19页

设平面ACF的一个法向量为

mx,y,z，因为

AC22AF2,a,22,0,0， ，

2x0,mAC0,{1122{m0,,2yxayz0,a. a，则2所以mAF0,即2取z2，得

22sinAE2,0,2AEm，设直线AE与平面ACF所成的角为，则又因为

AEm13312a2，

解得a1（a1舍去），故AD2.

4．如图，在三棱柱

ABCA1B1C100BAC90,AAC601BC中， D为的中点， ， ABACAA12.

（1）求证： A1B//平面ADC1；

试卷第6页，总19页

（2）当BC14时，求直线B1C与平面ADC1所成角的正弦值.

310【答案】（1）见解析；（2）10．

【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A1C与AC1相交于点E，连结ED.

∵D,E为中点，∴A1B//ED，

又∵A1B平面ADC1,ED平面ADC1，

∴A1B//平面ADC1.

（2）∵AB2,AC123,BC14，

AB2AC12BC12∴

，∴BAAC1，

又∵BAAC,ACAC1A,AC平面A1ACC1,AC1平面A1ACC1，

试卷第7页，总19页

∴BA平面A1ACC1，

∴平面A1ACC1平面ABC.

如图，过A在平面A1ACC1内作AZAC，垂足为A．

∵平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABCBC，

∴AZ平面ABC．

以点A为原点， AB,AC,AZ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：

A0,0,0,B2,0,0,C0,2,0,D1,1,0,A10,1,3,C10,3,3,B12,1,3．

设平面ADC1的一个法向量

mx,y,1，则

x{xy0mAD03{{ym·AC10，∴3y30，解之得3．

33试卷第8页，总19页

33m3,3,1． ∴

又∵

B1C2,1,3．∴

cosB1C,mB1C·mB1Cm31010，

310所以直线B1C与平面ADC1所成角的正弦值为10．

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， AB22， AD2， M为DC的中点.将ADM沿AM折起，使得平面ADM平面ABCM.

（1）求证： ADBM；

2（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角EAMD的余弦值为2.

【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

试卷第9页，总19页

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， AB22， AD2， M为DC的中点，

AMBM2， BMAM.

平面ADM平面ABCM，平面ADM平面ABCMAM， BM平面ABCM

BM平面ADM

AD平面ADM

ADBM.

（2）建立如图所示的直角坐标系

设DEDB，则平面AMD的一个法向量

n0,1,0，

MEMDDB 1,2,1,AM2,0,0，

设平面AME的一个法向量

mx,y,z,则

{2x02y1z0

试卷第10页，总19页

取y1，得x0， y1，

z22m0,1,1， 1所以

mn因为， cosm,n mn22．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ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形， AB2， AA122， D是AA1的中点， BD与AB1交于点O，且CO平面ABB1A1.

（Ⅰ）证明：平面AB1C平面BCD；

（Ⅱ）若OCOA， AB1C的重心为G，求直线GD与平面ABC所成角的正弦值.

365【答案】(Ⅰ) 见解析; (Ⅱ) 65.

【解析】试题分析：

(1)利用题意首先证明： AB1平面BCD，然后利用面面垂直的判断定理即可证明平面AB1C平面BCD

试卷第11页，总19页

(2)利用题中结合体的结构特征，以O为坐标原点，分别以OD,OB1,OC所在直线为x,y,z轴，建立空间直角

sinαcosGD,nGDnGDn36565坐标系Oxyz．利用平面的法向量和直线的方向向量求得.

试题解析：

(Ⅰ)

ABB1A1为矩形， AB2， AA122， D是AA1的中点，

1AA122

BAD900， ABB190， BB122，

0ADAB2AD2tanABBtanABD1BB12， AB2， 从而

0ABD,AB1B2， ABDAB1B，

AB1BBAB1ABDBAB12，

AOB2，从而AB1BD

CO平面ABB1A1， AB1平面ABB1A1，

AB1CO，

BD  CO  O， AB1平面BCD，

AB1平面AB1C，

试卷第12页，总19页

平面AB1C平面BCD

(Ⅱ)

如图，以O为坐标原点，

分别以OD,OB1,OC所在直线为x,y,z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．

在矩形ABB1A1中，由于AD//BB1，所以AOD和B1OB相似，

OB1OBBB12OAODAD从而

又

AB1AA12A1B122322BDADAB6 ，



OB2326643OAODOB13， 3， 3， 3

623262343AC0,3,0,B3,0,00,0,3,B10,3,0D3,0,0， ,   试卷第13页，总19页

2323G0,,99AB1C G 为的重心，

62323GD3,9,9

设平面ABC的法向量为

nx,y,z，

26232323AB3,3,0,AC0,3,3，

2623xy033{nAB02xy02323{{yz0nAC0yz0， 3由可得3

22n,1,1x2y1. 2z1令，则， ，所以

设直线GD与平面ABC所成角，则

623232,,,1,1992GDn3sincosGD,n2610GDn36527265，

365所以直线GD与平面ABC所成角的正弦值为65

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．

试卷第14页，总19页

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(或其补角)；二是借助平面的法向量．

7．已知四棱锥PABCD中，底面为矩形， PA底面ABCD， PABC1，

AB2, M为PC中点.

（Ⅰ）在图中作出平面ADM与PB的交点N，并指出点N所在位置（不要求给出理由）；

10（Ⅱ）在线段CD上是否存在一点E，使得直线AE与平面ADM所成角的正弦值为10，若存在，请说明

点E的位置；若不存在，请说明理由；

（Ⅲ）求二面角AMDC的余弦值．

1010

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 10；（Ⅲ） 5．

【解析】试题分析：（Ⅰ）设N为PB中点，利用三角形中位线定理及其线面平行的判定定理可得截面如图所示；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，设在线段CD上存在一点

sinAEuAEu1010Ex,1,0，求出面AMD的法向量，利用

可得解；（Ⅲ）求出平面CMD的法向量，求出法向量的夹角即可.

试卷第15页，总19页

试题解析：（Ⅰ）解：作PB的中点N，连接MN，如图，

（在图中画出）因此，N为PB的中点.

（Ⅱ）因为四棱锥PABCD中，底面为矩形， PA底面ABCD，以A为坐标原点，以直线AB,AD,AP所在直线建立空间直角坐标系如图所示：则

11A0,0,0,P0,0,1,D0,1,0,C2,1,0,M1,,22

设在线段CD上存在一点

Ex,1,0，则

AEx,1,0

ux,y,z设直线AE与平面AMD所成角为，平面AMD的法向量为，

则uAM,uAD

{x即

11yz022y0令z2，则

u1,0,2

sinAEuAEu则

1010，所以x1

所以在线段CD上存在中点E，

10使得直线AE与平面AMD所成角的正弦值为10.

试卷第16页，总19页

（Ⅲ）设平面CMD的法向量vx,y,z，则vCM,vCD

11xyz0{222x0令z1，则y1，所以

v0,1,1

所以

cosvu10vu5

所以二面角AMDC的平面角的余弦值为

105.

点睛：本题考查用空间向量求异面直线所成的角及直线与平面所成的角，及坐标运算等知识，考查数形结合、化归转化的数学思想和方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，求线面角时由于直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦值与线面角的正弦值相等，解题时易由于记忆不准把向量的夹角当成线面角导致出错，对规律性的内容要理解到位，掌握精准.

8．（本小题满分12分）如图，在四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE，

BC2,CD2,ABAC．

（1）求证：BE面ABC；

（2）设ABC为等边三角形，求直线CE与平面ABE所成角的大小．

试卷第17页，总19页

【答案】（1）详见解析（2）4

【解析】

试题分析：（1）由侧面ABC底面BCDE，由面面垂直的性质借助于BEBC可得到BE面ABC．

（2）取AB的中H,连接EH，CH,借助于（1）的结论可得直线CE与平面ABE所成角为CEH，通过求三角形CEH的三边可求得CEH的大小

试题解析：（1）∵底面BCDE为矩形 ∴BEBC．

∵侧面ABC底面BCDE，且交线为BC,

BE平面ABCD.

∴BE面ABC．

备注：也可以取BC的中点去证明。

H （2）由（1）可知BE面ABC。

∵BE平面ABE.

试卷第18页，总19页

∴平面ABE底面ABC,且交线为AB。

取AB的中H,连接EH．∵ABC为等边三角形

∴CHAB,CH平面ABE．

∴CEH是直线CE与平面ABE所成角． 9分

在矩形BCDE中，CE6． 在正ABC中，CH3.

∴

sinCEHCH32.CEH.CE2 ∴64

∴求直线CE与平面ABE所成角的大小为4．

考点：1．线面垂直的判定与性质；2．线面所成角

试卷第19页，总19页