立体几何探究性问题Word格式.docx

立体几何探究性问题Word格式.docx

《立体几何探究性问题Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《立体几何探究性问题Word格式.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

（I）当是的中点时，求证：

平面；

（II）要使二面角的大小为，试确定点的位置．

4．一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中、分别是、的中点.

平面

（2）在线段上（含、端点）确定一点，使得平面，并给出证明；

5．（本题满分12分）如图，平面⊥平面，其中为矩形，为梯形，∥，⊥，＝＝2＝2，为中点．

（Ⅰ）证明；

（Ⅱ）若二面角的平面角的余弦值为，求的长．

6．在四棱锥中,平面,,,

.

（Ⅰ）证明;

（Ⅱ）求二面角的正弦值;

（Ⅲ）设为棱上的点,满足异面直线与所成的角为,求的长.

7．如图，已知四棱锥底面为菱形，平面，，分别是、的中点.

（1）证明：

（2）设，若为线段上的动点，与平面所成的最大角的正切值为

，求此时异面直线AE和CH所成的角.

8．已知直三棱柱中，，点M是的中点，Q是AB的中点，

（1）若P是上的一动点，求证：

（2）求二面角大小的余弦值．

探索性问题（答案）

1.（Ⅰ）证明：

因为，

所以.………………………………………1分

因为平面平面，平面平面，

平面，

所以平面.………………………………………3分

（Ⅱ）解：

取的中点，连接.

因为，

所以.

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面.………………………………………4分

如图，

以为原点，所在的直线为轴，在平面内过垂直于的直

线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系．不妨设.由

直角梯形中可得，，

.所以，.

设平面的法向量.

因为所以

即令，则.

所以.………………………………………7分

取平面的一个法向量n.所以.

所以平面和平面所成的二面角（小于）的大小为.

………………………………………9分

（Ⅲ）解：

在棱上存在点使得∥平面，此时.理由如下：

…………10分

取的中点，连接，，.

则∥，.

因为，所以.因为∥，所以四边形是平行四边形.所以∥.因为，

所以平面∥平面.………………………………………13分

因为平面，所以∥平面.……………14分

2.

（1）连接，确定一个平面。

又侧面是正方形，

，又平面，，平面

（2）设，连接，则四边形为平行四边形。

因而平面。

即为线段的中点，

3.【法一】

（I）证明：

如图，取的中点，连接．

由已知得且，

又是的中点，则且，

是平行四边形，………………

∴

又平面，平面

平面………………………

（II）如图，作交的延长线于.

连接，由三垂线定理得，

是二面角的平面角．即…………………

，设，

由可得

故，要使要使二面角的大小为，只需………………

【法二】

（I）由已知，两两垂直，分别以它们所在直线为轴建立空间直角坐标系．

则，，则………………

，，，

设平面的法向量为

则，

令得………………………………………

由，得

又平面，故平面…………………

（II）由已知可得平面的一个法向量为，

设，设平面的法向量为

则，令得……………

由，

故，要使要使二面角的大小为，只需……………

4.由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=DC

（1）

……4分

（2）点P在A点处.……5分

证明：

取DC中点S，连接AS、GS、GA

∵G是DF的中点，GS//FC，AS//CM

∴面GSA//面FMC，而GA面GSA，∴GP//平面FMC.……9分

5．（Ⅰ）由已知为正三角形，为中点，所以，

因为平面⊥平面，平面⊥平面,

所以平面，所以.……4分

（Ⅱ）方法一：

设．取的中点，由题意得．

因为平面⊥平面，，所以⊥平面，

所以,所以⊥平面．

过作，垂足为，连结，则，

所以为二面角的平面角．……8分

在直角△中，，得．

在直角△中，由＝sin∠AFB＝，得＝，所以＝．

在直角△中，，＝，得＝．

因为＝＝，得x＝，所以＝．……12分

方法二：

设．以为原点，所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系．

则（0，0，0），（－2，0，0），（，0，0），（－1，，0），（－2，0，），

所以＝（1，－，0），＝（2，0，－）．

因为⊥平面，所以平面的法向量可取＝（0，1，0）．

设＝为平面的法向量，则

所以，可取＝（，1，）．因为cos<

，>

＝＝，

得x＝，所以＝．……12分

6．

（1）以为正半轴方向，建立空间直角坐标系

二面角的正弦值为

（3）设；

解得即

7.（I）根据题意可得：

△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，又因为BC∥AD，所以AE⊥AD．又PA⊥AE，且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，进而可得答案；

（Ⅱ）先根据条件由

（1）知AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△EAH中，AE=，所以当AH最短时，∠EHA最大进而得到异面直线的所成的角。

由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°

，

可得△ABC为正三角形.因为E为BC的中点，

所以AE⊥BC.又BC∥AD，因此AE⊥AD.

因为PA⊥平面ABCD，

AE平面ABCD，所以PA⊥AE.而PA平面PAD，

AD平面PAD且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，

又PD平面PAD.所以AE⊥PD.

（2）解：

设AB=2，H为PD上任意一点，

连接AH，EH.由

（1）知AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.

在Rt△EAH中，AE=，所以当AH最短时，∠EHA最大，

即当AH⊥PD时，∠EHA最大.此时tan∠EHA=

因此AH=.又AD=2，所以∠ADH=45所以PA=2.异面直线所成角300

8.

（1）取BC的中点E，连接EQ，因为Q为AB的中点，所以EQ//A1C1,因为AC,此三棱柱为直三棱柱，所以,所以,又因为BC=CC1=1,所以四边形BB1C1C为正方形，所以,所以,所以.

（2）过C作CN于N点，过N作作,连接FC，

则就是二面角大小的平面角，

在中,

所以二面角大小的余弦值为.