立体几何---高考数学解答题专项练习.docxVIP

立体几何

高考对空间想象能力的考察体现在立体几何试题上，其中解答题着重考查点、线、面的位置关系的判断及空间角、空间距离等几何量的考查，以垂直和空间角居多。

梳理必备知识

一、平行关系

二、垂直关系

三、线面角、面面角及空间距离

二、解答题型综合训练

1.如图X11-1,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,E,F,G分别是AC,AD,BC的中点.求证:

(1)AB∥平面EFG;

(2)CA⊥CD;

(3)平面EFG⊥平面ABC.

图X11-1

证明:(1)∵在三棱锥A-BCD中,E,G分别是AC,BC的中点,

∴EG∥AB,

∵AB?平面EFG,EG?平面EFG,∴AB∥平面EFG.

(2)∵AB⊥平面BCD,CD?平面BCD,∴AB⊥CD.

∵BC⊥CD,AB∩BC=B,AB,BC?平面ABC,

∴CD⊥平面ABC.

∵CA?平面ABC,∴CA⊥CD.

(3)∵E,F分别是AC,AD的中点,

∴EF∥CD,∴EF⊥平面ABC.

∵EF?平面EFG,∴平面EFG⊥平面ABC.

2.如图X7-1,在多面体ABCDEFG中,矩形ADEF,矩形CDEG所在的平面均垂直于正方形ABCD所在的平面,且AB=2,AF=3.

(1)求多面体ABCDEFG的体积;

(2)求平面BFG与平面ADEF夹角的余弦值.

图X7-1

2.解:(1)∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,

∴AF⊥平面ABCD,同理可得ED,GC均与平面ABCD垂直,又AF=DE=CG,

∴可将该多面体补形成如图所示的长方体ABCD-FHGE,

此长方体的体积为2×2×3=12,三棱锥B-FHG的体积为13×12×2×2×3=2,故此多面体的体积为12-2=10

(2)以A为坐标原点,AB,AD,AF所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,0,0),F(0,0,3),G(2,2,3),∴BF=(-2,0,3),FG=(2,2,0).设平面BFG的法向量为m=(x,y,z),

则m·BF

令x=1得m=1,-

易知n=(1,0,0)为平面ADEF的一个法向量,

∵cosm,n=11+1+49

∴平面BFG与平面ADEF夹角的余弦值为322

3.如图J7-1,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为正方形,EF∥AD,平面ADEF⊥平面ABCD,AD=2EF=4DE=4,AF=3.

(1)判断平面ABF与平面CDE的交线l与AB的位置关系,并说明理由;

(2)证明:平面ABF⊥平面CDE.

(本小题满分12分)

图J7-1

.解:(1)l∥AB,理由如下:

由题意知AB∥CD,因为AB?平面CDE,CD?平面CDE,

所以AB∥平面CDE.

又AB?平面ABF,平面ABF∩平面CDE=l,

所以l∥AB. 4分

(2)证明:方法一:由底面ABCD为正方形,且平面ADEF⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面ADEF=AD,AB?平面ABCD,可得AB⊥平面ADEF. 6分

如图①,延长AF,DE交于点P,由EF∥AD,AD=2EF,DE=1,AF=3,可得DP=2,AP=23,又AD=4,

所以AD2=DP2+AP2,

所以AP⊥PD. 9分

因为AB⊥平面ADEF,PD?平面ADEF,

所以AB⊥PD,又AP∩AB=A,所以PD⊥平面ABF.

又PD?平面CDE,所以平面ABF⊥平面CDE. 12分

方法二:以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴,建立如图②所示的空间直角坐标系. 6分

则A(0,0,0),B(4,0,0),F0,32,32,D(0,4,0),C(4,4

所以AB=(4,0,0),AF=0,32,32,DC=(4,0,

设平面ABF的法向量为m=(x1,y1,z1),

则m·AB

令z1=3,得m=(0,-1,3). 8分

设平面CDE的法向量为n=(x2,y2,z2),

则n·DC

令z2=3,得n=(0,3,3). 10分

所以cosm,n=m·n|

所以平面ABF⊥平面CDE. 12分

4.如图J7-1,在四棱锥P-ABCD中,CD⊥平面PAD,AB∥CD,AB=1,CD=2,M为棱PC上一点.

(1)若BM⊥CD,证明:BM∥平面PAD;

(2)若PA=PD=AD=2,且PA∥平面BMD,求直线PC与平面BMD所成角的正弦值.

(本小题满分12分)

图J7-1

解:(1)证明:取CD的中点N,连接MN,BN,

∵AB∥CD,CD=2AB,且N为CD的中点,

∴AB∥DN且AB=DN,

∴四边形ABND为平行四边形,则BN∥AD.