立体几何专题训练(附答案).doc

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立体几何

G5空间中的垂直关系

18．、[2014·广东卷]如图1­4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.

（1）证明：

CF⊥平面ADF；

（2）求二面角D­AF­E的余弦值．

图1­4

19．、[2014·湖南卷]如图1­6所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．

（1）证明：

O1O⊥底面ABCD；

（2）若∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值．

图1­6

19．解：

（1）如图（a），因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD.

因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.

由题设知，O1O∥C1C.故O1O⊥底面ABCD.

（2）方法一：

如图（a），过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.

由

（1）知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.

图（a）

又因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，

因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1.

进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1­OB1­D的平面角．

不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，OB1＝.

在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝.

故cos∠C1HO1＝＝＝.

即二面角C1­OB1­D的余弦值为.

方法二：

因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．

图（b）

如图（b），以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz，不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，于是相关各点的坐标为O（0，0，0），

B1（，0，2），C1（0，1，2）．

易知，n1＝（0，1，0）是平面BDD1B1的一个法向量．

设n2＝（x，y，z）是平面OB1C1的一个法向量，则即

取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝（2，2，－）．

设二面角C1­OB1­D的大小为θ，易知θ是锐角，于是

cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝.

故二面角C1­OB1­D的余弦值为.

19．、、[2014·江西卷]如图1­6，四棱锥P­ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.

图1­6

（1）求证：

AB⊥PD.

（2）若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P­ABCD的体积最大？

并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．

19．解：

（1）证明：

因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD.

又平面PAD⊥平面ABCD，

平面PAD∩平面ABCD＝AD，

所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.

（2）过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.

故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.

在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.

设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P­ABCD的体积为

V＝×·m·＝.

因为m＝＝

，

所以当m＝，即AB＝时，四棱锥P­ABCD的体积最大．

此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O（0，0，0），B，C，D，P，故＝，＝（0，，0），CD＝.

设平面BPC的一个法向量为n1＝（x，y，1），

则由n1⊥，n1⊥，得解得x＝1，y＝0，则n1＝（1，0，1）．

同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝.

设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cosθ＝＝＝.

19．、[2014·辽宁卷]如图1­5所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．

（1）求证：

EF⊥BC；

（2）求二面角E­BF­C的正弦值．

图1­5

19．解：

（1）证明：

方法一，过点E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，所以BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.

图1

方法二，由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线，并将其作为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线，并将其作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B（0，0，0），A（0，－1，），D（，－1，0），C（0，2，0），因而E（0，，），F（，，0），所以＝（，0，－），＝（0，2，0），因此·＝0，

从而⊥，所以EF⊥BC.

图2

（2）方法一，在图1中，过点O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.因为平面ABC⊥平面BDC，所以EO⊥面BDC，又OG⊥BF，所以由三垂线定理知EG⊥BF，

因此∠EGO为二面角E­BF­C的平面角．

在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos30°＝.

由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，因此tan∠EGO＝＝2，从而得sin∠EGO＝，即二面角E­BF­C的正弦值为.

方法二，在图2中，平面BFC的一个法向量为n1＝（0，0，1）．

设平面BEF的法向量n2＝（x，y，z），

又＝（，，0），＝（0，，），

所以得其中一个n2＝（1，－，1）．

设二面角E­BF­C的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，

因此sinθ＝＝，即所求二面角正弦值为.

19．G5、G11[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图1­5，三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.

图1­5

（1）证明：

AC＝AB1；

（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A­A1B1­C1的余弦值．

19．解：

（1）证明：

连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．

又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.

由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.

又B1O＝CO，故AC＝AB1.

（2）因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.

又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．

以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O­　xyz.

因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A，B（1，0，0），B1，C.

＝，

＝AB＝，

1＝BC＝.

设n＝（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，则

即

所以可取n＝（1，，）．

设m是平面A1B1C1的法向量，

则

同理可取m＝（1，－，）．

则cos〈n，m〉＝＝.

所以结合图形知二面角A­A1B1­C1的余弦值为.

18．，，，[2014·四川卷]三棱锥A­BCD及其侧视图、俯视图如图1­4所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.

（1）证明：

P是线段BC的中点；

（2）求二面角A­NP­M的余弦值．

图1­4

18．解：

（1）如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.

由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，

所以AO⊥BD，OC⊥BD.

因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，

所以BD⊥平面AOC.

又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.

取BO的中点H，连接NH，PH.

又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，

因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.

因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.

因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.

又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.

又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.

因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．

（2）方法一：

如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.

由

（1）知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.

因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A­NP­M的一个平面角．

由

（1）知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.

由俯视图可知，AO⊥平面BCD.

因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝.

作BR⊥AC于R

因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，

所以BR＝＝.

因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，

所以NQ∥BR.

又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，

所以NQ＝＝.

同理，可得MQ＝.

故△MNQ为等腰三角形，

所以在等腰△MNQ中，

cos∠MNQ＝＝＝.

故二面角A­NP­M的余弦值是.

方法二：

由俯视图及

（1）可知，AO⊥平面BCD.

因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.

又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．

如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O­xyz.

则A（0，0，），B（1，0，0），C（0，，0），D（－1，0，0）．

因为M，N分别为线段AD，AB的中点，

又由

（1）知，P为线段BC的中点，

所以M，N，P，于是AB＝（1，0，－），BC＝（－1，，0），MN＝（1，0，0），NP＝.

设平面ABC的一个法向量n1＝（x1，y1，z1），

由得即

从而

取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝（，1，1）．

设平面MNP的一个法向量n2＝（x2，y2，z2），由，

得

即

从而

取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝（0，1，1）．

设二面角A­NP­M的大小为θ，则cosθ＝＝＝.

故二面角A­NP­M的余弦值是.

17．、[2014·天津卷]如图1­4所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD,AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

（1）证明：

BE⊥DC；

（2）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；

（3）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F­AB­P的余弦值．

图1­4

17．解：

方法一：

依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系（如图所示），可得B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．C由E为棱PC的中点，得E（1，1，1）．

（1）证明：

向量BE＝（0，1，1），DC＝（2，0，0），

故BE·DC＝0，

所以BE⊥DC.

（2）向量BD＝（－1，2，0），PB＝（1，0，－2）．

设n＝（x，y，z）为平面PBD的法向量，

则即

不妨令y＝1，可得n＝（2，1，1）为平面PBD的一个法向量．于是有

cos〈n，BE〉＝＝＝，

所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.

（3）向量BC＝（1，2，0），CP＝（－2，－2，2），AC＝（2，