专题03 立体几何解析版.docx

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专题03立体几何解析版

立体几何专项练习

1．如图，在直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）.中，底面是菱形，且是凌的中点，

（1）求证：

平面；

（2）求二面角的大小.

2．如图，底边是边长为3的正方形，平面平面，.

（1）求证：

平面平面；

（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为60°？

若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

3．如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等腰直角三角形，，，是的中点，二面角的大小等于120°.

（1）在上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

4．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：

多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：

正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．

（1）求四棱锥的总曲率；

（2）若多面体满足：

顶点数-棱数+面数，证明：

这类多面体的总曲率是常数．

5．如图，四边形中，是等腰直角三角形，，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向上折叠到的位置，使点在平面内的射影在上，再将向下折叠到的位置，使平面平面，形成几何体.

（1）点在上，若平面，求点的位置；

（2）求二面角的余弦值.

6．如图，在四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点分别为棱，的中点.

（1）求证：

平面；

（2）若，二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.

7．在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面为等腰直角三角形，．

（1）求证：

平面平面；

（2）设为的中点，求点到平面的距离．

8．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结．

（1）求证：

；

（2）求二面角的余弦值；

（3）在线段上是否存在点，使得平面？

若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

9．如图菱形中，，与相交于点，平面，，．

（1）求证：

平面；

（2）当直线与平面所成的角为时，求异面直线与所成的角的余弦值大小．

10．如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.

（1）求证：

EF⊥平面BCF；

（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.

11．如图，在棱长为的正方形中，、分别为，边上的中点，现将点以为轴旋转至点的位置，使得为直二面角．

（1）证明：

；

（2）求异面直线与所成角的余弦值．

12．如图，在四棱锥P-ABCD中，，平面PAB，，点E满足.

（1）证明：

；

（2）求二面角A-PD-E的余弦值.

参考答案

1．

（1）证明见解析；

（2）.

【分析】

（1）由勾股定理可得，得出平面，再通过和即可得证；

（2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求出.

【详解】

解：

（1）因为点是的中点，所以，

又，故在中，

由题可知，，则，

所以.

因为四棱柱是直四棱柱，

故平面，平面，

故，

因为，所以.

又，所以平面；

（2）由

（1）可知，两两相垂直，

故以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

.

所以，

设平面的法向量为，

则

令则

设平面的法向量为，

则，

令，则，

则，

因为二面角为锐角，则二面角的大小为.

2．

（1）证明见解析；

（2）存在；.

【分析】

（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，可证明；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，求出二面角夹角的余弦值，构造的等式，求解即可求出比例关系.

【详解】

解：

（1）因为平面平面，平面平面，平面，，

所以平面，

因为平面，所以，

又四边形是正方形，所以，

因为，平面，平面，

所以平面.

又平面，

所以平面平面；

（2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，假设在线段上存在符合条件的点，设，，则，

设平面的法向量为，

则，

令，得，

由

（1）知平面，所以是平面的一个法向量，

，

整理得，解得或（舍去），

故在线段上存在点，使得二面角的大小为60°，此时.

3．

（1）在线段上存在点满足题意，为的中点；

（2）.

【分析】

（1）取中点，可证，得线面垂直后可得面面垂直；

（2）由

（1）知就是二面角的平面角，得，建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．

【详解】

解：

（1）在线段上存在点满足题意，且为的中点.

如图，连接，，，

∵四边形是矩形，∴.

又，分别是，的中点，

∴，.

∵为等腰直角三角形，，为的中点，

∴.

∵，平面，平面，

∴平面.

又平面，

∴平面平面.

故上存在中点，使得平面平面.

（2）解：

由

（1）可知就是二面角的平面角，

∴.

以为坐标原点，，的方向分别为，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

由为等腰直角三角形，，得，.

可得，，，，

∴，，，

设是平面的法向量，

则即

可取.

设直线与平面所成的角为，

则，

∴直线与平面所成角的正弦值为.

4．

（1）；

（2）证明见解析.

【分析】

（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.

（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.

【详解】

（1）由题可知：

四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.

可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：

四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.

所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，

则其总曲率为：

.

（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有

设第个面的棱数为，所以

所以总曲率为：

所以这类多面体的总曲率是常数.

5．

（1）为的中点；

（2）.

【分析】

（1）设点在平面内的射影为，连接，，取的中点，易得平面.取的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则，则平面，然后由面面平行的判定定理证明.

（2）连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，由求解.

【详解】

（1）如图，

设点在平面内的射影为，连接，，

∵，

∴，

∴在中，为的中点.

取的中点，连接，，

则，又平面，平面，

∴平面.

取的中点，连接，

则易知，又平面平面，平面平面，

∴平面，

又平面，

∴，又平面，平面，

∴平面.

又，

∴平面平面.

又平面，

∴平面，此时为的中点.

（2）连接，由

（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

从而，，.

设平面的一个法向量为，

则即

得，取，则，.

设平面的一个法向量为，

则即

得，取，则，，

从而.

易知二面角为钝二面角，

所以二面角的余弦值为.

6．

（1）证明见解析；

（2）.

【分析】

（1）取的中点，连接，得四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可证明平面；

（2）先证平面，然后建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，再由二面角的余弦值为求的长，得与平面的一个法向量，最后利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】

（1）如图，取的中点，连接.因为为棱的中点，所以且.

因为四边形是菱形，为的中点，所以且，

所以且，所以四边形为平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面.

（2）连接，因为底面是菱形，所以，又，，，所以平面，所以，又，，所以平面.取的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，，，

所以.

设平面的法向量为，则，即，取，得.

易知平面的一个法向量为

由题意得，，得.

所以，.

设直线与平面所成的角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

方法二：

（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.

7．

（1）证明见解析；

（2）.

【分析】

（1）利用面面垂直的性质先证明出面，得到，再由，结合线面垂直的判定定理可知面，又面，然后证得平面平面；

（2）先计算三棱锥的体积，然后再计算的面积，利用等体积法求解.

【详解】

解：

（1）证明：

∵面面，且平面平面，，面

面，

又面

又因为由已知

且，所以面，又面

∴面面.

（2）中，，取的中点，连，则

∵面面且它们交于面

面

由，由已知可求得，

，，所以.

所以点到平面的距离为.

8．

（1）证明见解析；

（2）；（3）存在；．

【分析】

（1）首先证明，再由面面垂直的性质定理可得平面，即证.

（2）连结，以为坐标原点，，，为轴，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.

（3）根据题意可得与平面的法向量垂直，假设线段上存在点使得平面，再利用向量的数量积即可求解.

【详解】

解：

（1）因为四边形为菱形，所以．

又因为，为的中点，所以．

又因为平面平面，

平面平面，

所以平面．

因为平面，

所以．

（2）连结．因为，为的中点，

所以．

由

（1）可知平面，

所以，．

设，则．

如图，建立空间直角坐标系．

所以．

所以，．

因为平面，

所以是平面的一个法向量．

设平面的法向量为，

则，即，所以

令，则，．于是．

所以．

由题知，二面角为钝角，所以其余弦值为．

（3）当点是线段的中点时，平面．理由如下：

因为点平面，

所以在线段上存在点使得平面等价于．

假设线段上存在点使得平面．

设，则．

所以．

由，得．

所以当点是线段的中点时，平面，且．

9．

（1）证明见解析；

（2）

【分析】

（1）根据四边形是菱形，得到，再由平面，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明.

（2）以为原点，，的方向为，轴正方向，过且平行于的直线为轴（向上为正方向），建立空间直角坐标系，设（），则，再求得平面的法向量为，根据直线与平面所成的角为，由求得a，再由求解.

【详解】

（1）因为四边形是菱形，

所以．

因为平面，平面，

所以．

因为，

所以平面．

（2）以为原点，，的方向为，轴正方向，过且平行于的直线为轴（向上为正方向），建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，（），．

设平面的法向量为，

则有，即

令，则，

由题意与平面所成的正弦值为，

∴，

因为，

所以．

所以，，

所以

故异面直线与所成的角的余弦值为

10．

（1）证明见解析；

（2）点M与点F重合，.

【分析】

（1）易证明平面，再根据，证明平面；

（2）设，分别求平面和平面的法向量，再利用公式求其最小值，确定，同时得到此时二面角的余弦值.

【详解】

（1）证明：

设AD＝CD＝BC＝1，

∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，

∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°＝3，

∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.

∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，

∴AC⊥平面BCF.

∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.

（2）以C为坐标原点