饶平二中2010年高考数学第二轮复习立体几何 一

例1．一个多面体的直观图、主视图、左视图、俯视图如图所示，M、N分别为A1B、B1C1 的中点．

A1

M A

C1 N B1 aaaaa2a俯视图

aCB主视图 左视图

(1)求证：MN//平面ACC1A1； (2)求证：MN平面A1BC． 解：由题意可知，这个几何体是直三棱柱，且ACBC,ACBCCC1 (1)连结AC1,AB1．由直三棱柱的性质得：AA1平面A1B1C1，∴AA1A1B1 ∴四边形ABB1A1为矩形．∴AB1过A1B的中点M． ∴在AB1C1中，由中位线性质得：MN//AC1．

又∵AC1平面ACC1A1，MN平面ACC1A1，∴MN//平面ACC1A1． (2)∵BC平面ACC1A1，又∵AC1平面ACC1A1，∴BCAC1,

而在正方形ACC1A1中，有A1CAC1．又∵BCA1CC,∴AC1平面A1BC． 又∵MN//AC1∴MN平面A1BC．

例2．在如图所示的四面体ABCD中，AB、BC、CD两两互相垂直，且BCCD1． (1)求证：平面ACD⊥平面ABC；

A

(2)求二面角CABD的大小；

(3)若直线BD与平面ACD所成的角为，求的取值范围. B C

D

解：由题意可知，这个几何体是直三棱柱，且ACBC,ACBCCC1 (1)连结AC1,AB1．由直三棱柱的性质得：AA1平面A1B1C1，∴AA1A1B1 ∴四边形ABB1A1为矩形．∴AB1过A1B的中点M． ∴在AB1C1中，由中位线性质得：MN//AC1． 又∵AC1平面ACC1A1，MN平面ACC1A1， ∴MN//平面ACC1A1． (2)∵BC平面ACC1A1，

D

又∵AC1平面ACC1A1， ∴BCAC1,

而在正方形ACC1A1中，有A1CAC1．又∵BCA1CC,∴AC1平面A1BC． 又∵MN//AC1∴MN平面A1BC．

例3. 如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直， △ABE是等腰直角三角形，ABAE,FAFE,AEF45 （1）求证：EF平面BCE；

（2）设线段CD、AE的中点分别为P、M，

求证：PM//平面BCE；

（3）求二面角FBDA的余弦值。

解法一：

BC平面ABCD，(1)平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEFH A

B C

平面ABCDAB，

BCAB，

BC平面ABEF. BCEF.

又ABE为等腰直角三角形，ABAE，

AEB45，

又又

AEF45, FEB90，即EFBE.

BEB,

BC平面BCE, BE平面BCE,BCEF平面BCE

（2）取BE的中点N,连结CN,MN,则MN//AB//PC且MN1ABPC， 2∴ 四边形PMNC为平行四边形,所以PM//CN ∵ CN在平面BCE内, PM不在平面BCE内, ∴ PM//平面BCE.

（3）由EAAB,平面ABEF⊥平面ABCD,易知EA平面ABCD.

作FGAB,交BA的延长线于G,则FG//EA.从而FG平面ABCD, ∴FGBD

作GHBD于H,连结FH,则BD平面FGH，∴BDFH. ∴ FHG为二面角FBDA的平面角.

∵ FAFE,AEF45, ∴AFE90,FAG45.

设AB1,则AE1,AF12,则FGAFsinFAG

2213, 22在RtBGH中, GBH45,BGABAG1GHBGsinGBH3232, 224∴FH132222 FG2GH2()2()24432GH3114在RtFGH中, cosFHG, FH11224∴二面角FBDA的余弦值为311 11解法二: 因ABE等腰直角三角形，ABAE，所以AEAB

又因为平面ABEF平面ABCDAB，所以AE⊥平面ABCD，所以AEAD

即AD、AB、AE两两垂直；如图建立空间直角坐标系,

(1) 设AB1，则AE1，B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,0,1),C(1,1,0) ∵FAFE,AEF45，∴AFE＝900，

1111,)，EF(0,,)， 2222从而F(0,BE(0,1,1),BC(1,0,0)

于是EFBE0 ∴

110，EFBC0 22EF⊥BE,EF⊥BC

∵BE平面BCE，BC平面BCE，BC ∴EF平面BCE

BEB

（2）M(0,0,),P(1,,0)，从而PM(1,,)

12121122111111,)(0,,)00 222244 ∴PM⊥EF，又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内， 故PM∥平面BCE

于是PMEF(1,（3）设平面BDF的一个法向量为n1(x,y,z)， 又BD(1,1,0)，BFBEEF(0,31,) 22xy0n1BD0 依题意可得 即3 1yz0n1BF022 取y1，则x1，z3，从而n1(1,1,3)

又平面ABD的一个法向量为n2(0,0,1) ∴cosn1,n2n1n23311 11|n1||n2|111311。 11故二面角FBDA的余弦值为

1．如图所示，在正方体ABCDA1BC11D1中，E为AB的中点 (1)若F为AA1的中点，求证: EF∥面DD1C1C； (2) 若F为AA1的中点,求二面角AECD1的余弦值； （3）若F在AA1上运动时（F与A、A， 1不重合）求当半平面D1EF与半平面ADE成解析：(1)证明：如图，连接A1B,

∵ E为AB的中点，F为AA1的中点 ∴ EF∥A1B ………………………2分

A1 F A D1 B1 C1

D E B C

的角时，线段A1F与FA的比. 4D1 A1 F A C1 B1 EF∥D1C 又 A1B∥D1C ∴

∴ EF∥面DD1C1C ………………………4分

D E B C

(2) 设二面角AECD1的大小为，设正方体的棱长为2，由（1）知F,D1,C,E四点共面，且四边形EFD1C为等腰梯形， ………………………5分 又 S梯形EFD1C1132932，S梯形ADCE233 …………7分

2222∴ cosS梯形ADCE322 ∴ 二面角AECD1的余弦值为。 …9分

S梯形EFD1C9332（3）建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为2，AFx0x2，则 D0,0,0,A2,0,0,E2,1,0,D10,0,2,F2,0,x， ∵ DD1面ADE，

∴ 取DD10,0,2为面ADE的法向量 ………11分

z D1 A1 B1 C1

设面D1EF的法向量为，nx1，y1，z1 ∵ D1E2，1，-2,EF0，-1，x ∴ 2x1y12z10 取z12，则n2-x，2x，2

y1xz10∵ 半平面D1EF与半平面ADE成

角 4425x4x82∴cos4DD1nDD1n242x2x22 ………………13分

∴ x44463，即FA,A1F2∴ 线段A的比为。 ……14分 F与FA1555522. 如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中， ACB90,2ACAA1BC2. （1）若D为AA1中点，求证：平面B1CD平面B1C1D；

（2）若二面角B1—DC—C1的大小为60°，求AD的长. 解法一：（Ⅰ）∵AC1C1， 11B1ACB90，∴B1C1A又由直三棱柱性质知B1C1CC1，∴B1C1平面ACC1A1. ∴B1C1CD……①

由D为中点可知，DCDC12，

∴DC2DC12CC12即CDDC1……② ……………5分

由①②可知CD平面B1C1D，又CD平面B1CD，故平面B1CD平面B1C1D. … 6分

（Ⅱ）由（1）可知B1C1平面ACC1A1，如图，在面ACC1A1内过C1作C1ECD，交CD或延长线或于E，连EB1，

则B1EC1为二面角B1—DC—C1的平面角， ………………8分 ∴B1EC160. 由B1C1=2知，C1EA1 C1 B1

D

C

A

B

23， …………………………………………10分 323设AD=x，则DCx21.∵DC1C1的面积为1，∴1x21231，

解得x2，即AD2. ……………………………………12分

3. 如图，平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD= 其中AC与BD交于点G，A1点在面ABCD上的射影0恰好为线段AD的中点。

(1)求点G到平面ADD1A1距离；

(2)若D1G与平面ADD1A1，所成角的正弦值为 求二面角D1-OC-D的大小．

解：(Ⅰ) 连结BO,取DO中点H，连结GH, 因为AO平面AC,所以平面AD1平面AC， 1又底面为菱形，O为AD中点， 所以BO平面AD1， 因为GH∥BO，

所以GH平面AD1，…………………….3分 又GH=

 33， 413BD=， 22所以点G到平面ADD1A1的距离为(Ⅱ)方法一：

3. …………………………………………..5分 2分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的坐标系， 则 G(13,,0)，D1(2,0,a)，所以2233D1G(,,a)，

22面AD1的一个法向量n=0,3,0，

332 =所以 cos n,D1G =，解得a1，…………………………………7分

243a3因为面OCD的一个法向量为n(0,0,1)，………………………………………………8分 设面OCD1的一个法向量为p(x,y,z)，则OD1(2,0,1)，OC(2,3,0)，

2x3y0pOC0;则有所以，

2xz0pOD10.取x3，m(3,2,23)， …………………………………………………………10分

则cosp,m23257， 1919257. ………………………………… 12分 19所以二面角DOCD1的大小为arccos方法二:连结D1H,由（1）可知GD1H为直线

D1G与平面AD1所成角.

则sinGD1HGH3， D1G4所以D1G2………………………….6分 过D1做D1O1垂直AD,交其延长线于O1点，连结

O1G,在O1DG中，O1DDG1,GDO12，所以OG3， 13那么在直角三角形D1O1G，D1O1=1，………………………………………….8分 过O1做O1MCO于点M，连结D1M，

则D1MO1为所求二面角的平面角， ………………………………………….9分 连结CO1,则OO1O1C，且OO1=2，OC3， 1则在△OOC1中，O1M23，………………………………………………..11分 7所以tanD1MO1D1O121， O1M621……………………………12分 6所以所求二面角D1OCD的大小为arctan4. 如图，已知直三棱柱ABC—A1B1C1，ACB90，E是棱CC1上动点，F是AB中点，

ACBC2,AA14.

（1）求证：CF平面ABB1；

（2）当E是棱CC1中点时，求证：CF//平面AEB1； （3）在棱CC1上是否存在点E，使得二面角A—EB1—B

的大小是45°，若存在，求CE的长，若不存在，请说明理由。

（1）证明：三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱，

BB1平面ABC 1分

ACB90°，AC=BC=2，F是AB中点

CFAB1 2分

又

BB1ABB, 3分

CF平面ABB。 4分

（2）证明：取AB1的中点G，联结EG，FG

F,G分别是棱AB、AB1中点， FG//BB1,FG又

1BB1 2FG//EC,FGEC

四边形FGEC是平行四边形，6分 CF//DG. 7分

CF平面AEB1，EG平面AEB1 8分

CF//平面AEB1。 9分

（3）解：以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x,y,z轴正半轴，

建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.

则C（0，0，0），A（2，0，0），B1（0，2，4） 10分 设E(0,0,m)，平面AEB1的法向量n(x,y,z) 则AB1(2,2,4),AE(2,0,m) 且AB1n,AEn

AB1n2x2y4z0,于是

AEn2x0ymz0mzx,2所以

mz4zy2取z2,则n(m,m4,2) 12分

三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱，

BB1平面ABC，

又AC平面ABC ACBB1

ACB90 ACBC

BB1BCB.

AC平面ECBB1

CA是平面EBB1的法向量， CA(2,0,0)

二面角A—EB1—B的大小是45°， 则cos45CAn|CA||n|2m2m2(m4)2222 13分 2

解得m5. 2在棱CC1上存在点E，使得二面角A—EB1—B的大小是45°。

5此时CE. 14分

25. 如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点。

（1）求证：AB1⊥面A1BD；

（2）求二面角A－A1D－B的大小； （3）求点C到平面A1BD的距离； 解答：（1）取BC中点O，连结AO． △ABC为正三角形，AO⊥BC．

ABC⊥平面正三棱柱ABCA1B1C1中，平面

BCC1B1，

AO⊥平面BCC1B1．

连结B1O，在正方形BB1C1C中，O，D分别为BC，CC1的中点，

A

B1O⊥BD， AB1⊥BD．

C

在正方形ABB1A1⊥A1B， 1中，ABO B

D F

A1 C1

AB1⊥平面A1BD．

B1

G，在平面A1BD中，作GF⊥A1D于F，连结AF，由（1）（2）设AB1与A1B交于点

得AB1⊥平面A1BD．

AF⊥A1D，

∠AFG为二面角AA1DB的平面角．

在△AA1D中，由等面积法可求得AF又

45， 5AG1AB12， 2sin∠AFGAG210． AF45所以二面角AA1DB的大小为arcsin10． 4（3）△A1BD中，BDA1D5，A1B22，S△A1BD6，S△BCD1． 在正三棱柱中，A1的距离为3． 1到平面BCC1Bd． 设点C到平面A1BD的距离为

由VA1BCDVCA1BD得S△BCD1313S△A1BDd，

3d3S△BCD2．

S△A1BD2点C到平面A1BD的距离为2． 2

6. 如图所示，在棱长为4的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点。 （1）求三棱锥D1—ACE的体积；

（2）求异面直线D1E与AC所成角的余弦值； （3）求二面角A—D1E—C的正弦值。

解：（1）VD1ACEVAD1CE1116233 323 （2）取DD1的中点F，连结FC，则D1E//FC，

∴∠FCA即为异面直线D1E与AC 所成角或其补角。 …………5分

在FCA中,AC42,AFFC25cosFCA105

∴异面直线D1E与AC所成角的余弦值为

10.…7分 5 （3）过点D作DG⊥D1E于点G，连接AG，由AD⊥面D1DCC1， ∴AD⊥D2E

又∵DG⊥D1E，∴D1E⊥面ADG

∴D1E⊥AG，则∠AGD为二面角A—D1E—C的平面角 …………9分

∵D1E·DG=DD1·CD，

DG85 5125 5AGAD2DG25， 3sinAGD二面角A—D1E—C的正弦值为

5.…………12分 37. 如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC =22，M为BC的中点．

（1）证明AM⊥PM ；并求二面角P—AM—D的大小； （2）求点D到平面AMP的距离． 【解析】（1）取CD的中点E，连接PE、EM、EA，∵△PCD为正三角形，∴PE⊥CD，∵平面PCD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD ∴PE⊥AM （3分）

∵四边形ABCD是矩形，∴△ADE、△ECM、△ABM均为直角三角形，由勾股定理可求得

EM3,AM6,AE3,EM2AM2AE2,AME90,AMEM （4分）

∴AM⊥平面PME，∴PM⊥AM，

∴∠PME是二面角P—AM—D的平面角，（6分）

PE = PDsin60°=3， ∴tanPMEPE31,PME45, EM3∴二面角P—AM—D为45°． （8分）

（2）设点D到平面PAM的距离为d，连接DM，则VP—ADM = VD—PAM， 1S3ADM1PES3PAMd,而SADM1ADCD22. 211262233d,d. 333在Rt△PEM中，由勾股定理可求得PM6，

SPAM1AMPM32(10分)26. 3即点D到平面PAM的距离为8.

（12分

9．如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和

AD的交点，

ACBC，且ACBC．

（1）求证：AM平面EBC；

（2）求直线AB与平面EBC所成的角的大小； （3）求二面角AEBC的大小． (1)∵四边形ACDE是正方形，

EAAC,AMEC． ………………………1分

∵平面ACDE平面ABC，又∵BCAC，

BC平面EAC． ……………………2分

AM平面EAC，BCAM．……………3分 AM平面EBC． ………………4分

(2)连结BM，

AM平面EBC，

ABM是直线AB与平面EBC所成的角．……5分

设EAACBC2a，则

AM2a，AB22a， ………………………6分

sinABMAM1AB2， ABM30．

即直线AB与平面EBC所成的角为30…8分

（3）过作AHEB于H，连结HM． ……………………9分

AM平面EBC，AMEB．EB平面AHM．

AHM是二面角AEBC的平面角． ……10分

∵平面ACDE平面ABC，EA平面ABC．

EAAB．

在RtEAB中， AHEB，有AEABEBAH． 由(2)所设EAACBC2a可得

AB22a，EB23a，

AHAEAB22aEB3． ………………10分

AM3AH2．AHM60．

sinAHM∴二面角AEBC等于60． ……………………12分