高中数学空间向量和立体几何典型例题
空间向量与立体几何典型例题
一、选择题:
1.(2008全国Ⅰ卷理)已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等,1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心,则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于( C )
A .
13
B
C
D .23
1.解:C .由题意知三棱锥1A ABC -为正四面体,设棱长为a
,则1AB =
,棱柱的高
1
3AO a ===(即点1B 到底面ABC 的距离),故1AB 与底面ABC
所成角的正弦值为113
AO AB =.
另解:设1,,AB AC AA u u u r u u u r u u u r 为空间向量的一组基底,1,,AB AC AA u u u r u u u r u u u r 的两两间的夹角为0
60
长度均为a ,平面ABC 的法向量为111133
OA AA AB AC =--u u u r u u u r u u u r u u u r ,11AB AB AA =+u u u r u u u
r u u u r
211112,,33
OA AB a OA AB ?===u u u r u u u r u u u r u u u r
则1AB 与底面ABC
所成角的正弦值为11
1
13OA AB AO AB ?=u u u u r u u u r u u u r u u u r .
二、填空题:
1.(2008全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ,二面角
C AB
D --
M N ,分别是AC BC ,的中点,则EM AN ,所成角的余弦值等于 6
1
. 1.答案:
1
6
.设2AB =,作CO ABDE ⊥面, OH AB ⊥,则CH AB ⊥,CHO ∠为二面角C AB D --
cos 1CH OH CH CHO ==?∠=,结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥,则AN EM ==11(),22AN AC AB EM AC AE =+=-u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r ,
11()()22AN EM AB AC AC AE ?=+?-=u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r 12
故EM AN ,所成角的余弦值1
6
AN EM AN EM ?=u u u r u u u u r u u u r u u u u r
另解:以O 为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系, 则点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),A B E C ----,
1111(,,(,,)2222
22M N ---,
则31131(,,
),(,,,2222222
AN EM AN EM AN EM ==-?===u u u r u u u u r u u u
r u u u u r u u u r u u u u r 故EM AN ,所成角的余弦值1
6
AN EM AN EM ?=u u u r u u u u r u u u r u u u u r .
三、解答题: 1.(2008安徽文)如图,在四棱锥O ABCD -中,底面ABCD 四边长为1的 菱形,
4
ABC π
∠=
, OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点。
(Ⅰ)求异面直线AB 与MD 所成角的大小; (Ⅱ)求点B 到平面OCD 的距离。
1.方法一(综合法)
(1)CD Q ‖AB,
MDC ∠∴为异面直线AB 与MD 所成的角(或其补角) 作,AP CD P ⊥
于连接MP ⊥⊥平面A B C D ,∵OA ∴CD MP
,42
ADP π
∠=∵∴DP =
MD ==∵ 1cos ,23
DP MDP MDC MDP MD π
∠==∠=∠=∴
所以 AB 与MD 所成角的大小为
3
π
(2)AB 平面∵∴‖OCD,
点A 和点B 到平面OCD 的距离相等,连接OP,过点A 作AQ OP ⊥ 于点Q ,
,,,AP CD OA CD CD OAP ⊥⊥⊥平面∵∴ ,AQ OAP AQ CD ?⊥平面∵∴
又 ,AQ OP AQ OCD ⊥
⊥平面∵∴,
线段
AQ 的长就是点A 到平面
OCD 的距离
2OP ===
=∵
,2
AP DP ==
223OA AP AQ OP ===
g ∴,所以点B 到平面OCD 的距离为23
方法二(向量法)
作AP CD ⊥于点
P,如图,分别以AB,AP,AO
轴建立坐标系
(0,0,0),(1,0,0),((0,0,2),(0,A B P D O M
(1)设AB 与MD 所成的角为θ,
(1,0,0),(1)22
AB MD ==--u u u r u u u u r ∵
1cos ,2
3AB MD AB MD π
θθ===?u u u r u u u u r g u u u r
u u u u r ∴
∴ ,
∴AB
与MD 所成角的大小为
3
π (2) 2),(2)OP OD =-=-u u u r u u u r ∵ ∴设平面OCD 的法向量为(,,)n x y z =,则0,
0n OP n OD ==
u u u r u u
u r g
g 即 2020
y z x y z -=
??+-=??
取z =解得
(0,n =
设点B 到平面OCD 的距离为d ,则d 为OB uuu r
在向量(0,n =上的投影的绝对值,
(1,0,2)OB =-u u u r
∵, 23
OB n d n ?==u u u r
∴. 所以点B 到平面OCD 的距离为
2
3
2.(2008安徽理)如图,在四棱锥O ABCD -中,底面ABCD 四边长为1的菱形,
4
ABC π
∠=
, OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点,N 为BC 的中点。
(Ⅰ)证明:直线MN OCD 平面‖;
(Ⅱ)求异面直线AB 与MD 所成角的大小; (Ⅲ)求点B 到平面OCD 的距离。
2. 方法一(综合法)
(1)取OB 中点E ,连接ME ,NE
ME CD ME CD ∴Q ,‖AB,AB ‖‖
又,NE OC MNE OCD ∴Q 平面平面‖‖
MN OCD ∴平面‖ (2)CD Q ‖AB,
MDC ∠∴为异面直线AB 与MD 所成的角(或
其补角) 作,AP CD P ⊥于
连接MP ⊥⊥平面A B C D ,∵OA ∴CD MP
,4
ADP π
∠=
∵∴DP =
MD ==
N
B
1cos ,23
DP MDP MDC MDP MD π
∠==∠=∠=∴ 所以 AB 与MD 所成角的大小为3
π
(3)AB 平面∵∴‖OCD,点A 和点B 到平面OCD 的距离相等,连接OP,过点A 作
AQ OP ⊥ 于点Q ,,,,AP CD OA CD CD OAP AQ CD ⊥⊥⊥
⊥平面∵∴
∴ 又 ,AQ
OP AQ OCD ⊥⊥平面
∵∴,线段AQ 的长就是点A 到平面OCD 的距离
OP
==
==∵,2
AP DP ==
223OA AP AQ OP ===g ∴,所以点B 到平面
OCD 的距离为23
方法二(向量法)
作
AP CD ⊥于点P,如图,
分别以AB,AP,AO 所在直线为,,
x y z 轴建立坐标系
(0,0,0),
(1,0,0),((0,0,
2),(0,0,1),(1
A B P D O M
N ,
(1)(11),2),(2)MN OP OD =-=-=-u u u u r u u u r u u u r 设平面OCD 的法向量为(,,
)n x y z
=,则0,n OP
n =u u u r u u u r g
g 即
2022022
y z x y z -=????-
+-=??
取z =解得(0,n = (11)(0,0
MN n =-
=u u u u r g g ∵
MN OCD ∴平面‖ (2)设AB 与MD 所成的角为
θ,(1,0,0),(1)22
AB MD ==-
-u u u r u u u u r ∵ 1cos ,2
3AB MD AB MD π
θθ===?u u u r u u u u r g u u u r u u u
u r ∴∴ , AB 与MD 所成角的大小为3π
(3)设点B 到平面OCD 的交流为d ,则d 为OB uuu r
在向量(0,n =上的投影的绝对值,
由 (1,0,2)OB =-u u u r , 得23OB n d n ?==u u u r
.所以点B 到平面OCD 的距离为2
3
3.(2008北京文)如图,在三棱锥P -ABC 中,AC =BC =2,∠ACB =90°,AP =BP =AB ,PC
⊥AC .
(Ⅰ)求证:PC ⊥AB ;
(Ⅱ)求二面角B -AP -C 的大小.
3.解法一:(Ⅰ)取AB 中点D ,连结PD ,CD . ∵AP =BP , ∴PD ⊥AB . ∵AC =BC . ∴CD ⊥AB . ∵PD ∩CD =D . ∴AB ⊥平面PCD . ∵PC ?平面PCD , ∴PC ⊥AB .
(Ⅱ)∵AC =BC ,AP =BP , ∴△APC ≌△BPC . 又PC ⊥AC , ∴PC ⊥BC.
又∠ACB =90°,即AC ⊥BC , 且AC ∩PC =C , ∴AB =BP , ∴BE ⊥AP .
∵EC 是BE 在平面P AC 内的射影, ∴CE ⊥AP .
∴∠BEC 是二面角B -AP-C 的平面角. 在△BCE 中,∠BCE =90°,BC=2,BE =62
3
=AB , ∴sin ∠BEC =
.3
6
=BE BC ∴二面角B -AP -C 的大小为aresin
.3
6
解法二:
(Ⅰ)∵AC =BC ,AP =BP , ∴△APC ≌△BPC . 又PC ⊥AC . ∴PC ⊥BC. ∵AC ∩BC =C , ∴PC ⊥平面ABC . ∵AB ?平面ABC , ∴PC ⊥AB .
(Ⅱ)如图,以C 为原点建立空间直角坐标系C-xyz. 则C (0,0,0),A (0,2,0),B (2,0,0). 设P (0,0,t ),
∵|PB |=|AB |=22, ∴t =2,P (0,0,2).
取AP 中点E ,连结BE ,CE .
∵|AC |=|PC |,|AB |=|BP |, ∴CE ⊥AP ,BE ⊥AP .
∴∠BEC 是二面角B-AP -C 的平面角. ∵E (0,1,1),),1,1,2(),1,1,0(--=--= ∴cos ∠BEC
.3
36
22=
?=
∴二面角B-AP-C 的大小为arccos
.3
3
4.(2008北京理)如图,在三棱锥P ABC -中,2AC BC ==,90ACB ∠=o
,AP BP AB ==,PC AC ⊥.
(Ⅰ)求证:PC AB ⊥;
(Ⅱ)求二面角B AP C --的大小; (Ⅲ)求点C 到平面APB 的距离.
4.解法一:
(Ⅰ)取AB 中点D ,连结PD CD ,.
AP BP =Q , PD AB ∴⊥. AC BC =Q , CD AB ∴⊥. PD CD D =Q I , AB ∴⊥平面PCD . PC ?Q 平面PCD , PC AB ∴⊥.
(Ⅱ)AC BC =Q ,AP BP =, APC BPC ∴△≌△. 又PC AC ⊥, PC BC ∴⊥.
又90ACB ∠=o
,即AC BC ⊥,且AC PC C =I , BC ∴⊥平面PAC .
取AP 中点E .连结BE CE ,. AB BP =Q ,BE AP ∴⊥.
EC Q 是BE 在平面PAC 内的射影, CE AP ∴⊥.
BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角.
在BCE △中,90BCE ∠=o
,2BC =
,BE AB =
=
sin BC BEC BE ∴∠=
=. ∴二面角B AP C --
的大小为arcsin
(Ⅲ)由(Ⅰ)知AB ⊥平面PCD , ∴平面APB ⊥平面PCD .
过C 作CH PD ⊥,垂足为H . Q 平面APB I 平面PCD PD =, CH ∴⊥平面APB .
CH ∴的长即为点C 到平面APB 的距离.
A
B D P
A
B
E P A
B
D
P
H
由(Ⅰ)知PC AB ⊥,又PC AC ⊥,且AB AC A =I , PC ∴⊥平面ABC . CD ?Q 平面ABC , PC CD ∴⊥.
在Rt PCD △
中,1
2
CD AB =
=
PD PB ==
2PC ∴==.
PC CD CH PD ∴=
=g . ∴点C 到平面APB
.
解法二:
(Ⅰ)AC BC =Q ,AP BP =, APC BPC ∴△≌△. 又PC AC ⊥, PC BC ∴⊥. AC BC C =Q I , PC ∴⊥平面ABC . AB ?Q 平面ABC , PC AB ∴⊥.
(Ⅱ)如图,以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -. 则(000)(020)(200)C A B ,,,,,,,,. 设(00)P t ,,.
PB AB ==Q ,
2t ∴=,(002)P ,
,. 取AP 中点E ,连结BE CE ,. AC PC =Q ,AB BP =, CE AP ∴⊥,BE AP ⊥.
BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角.
(011)E Q ,,,(011)EC =--u u u r ,,,(211)EB =--u u u r
,,,
cos 3EC EB BEC EC EB
∴∠==
=u u u r u u u r g u u u r u u u r g . ∴二面角B AP C --
的大小为arccos
3
. (Ⅲ)AC BC PC ==Q ,
C ∴在平面APB 内的射影为正APB △的中心H ,
且CH 的长为点C 到平面APB 的距离. 如(Ⅱ)建立空间直角坐标系C xyz -.
2BH HE =u u u r u u u r Q ,
∴点H 的坐标为222333??
???
,,.
CH ∴=u u u r .
∴点C 到平面APB
.
5. (2008福建文) 如图,在四棱锥中,侧面PAD ⊥底面ABCD,侧棱
,底面
ABCD
y
为直角梯形,其中BC ∥AD,AB ⊥CD,AD=2AB=2BC=2,O 为AD 中点。(1)求证:PO ⊥平面ABCD;
(2)求异面直线PB 与CD 所成角的余弦值;(3)求点A 到平面PCD 的距离
5.解:如图,A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1)
所以(1,1,0),(1,1,1)CD PB =-=--u u u r u u u r
6
,PB CD COS PB CD PB CD
?<>==-
?u u u r u u u r
u u u r u u u r u u u r u u u r 所以异面直线所成的角的余弦值为:
6
(2)设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =r ,(1,0,1),(1,1,0)CP CD =-=-u u u r u u u r
00n CP n CD ?=?=r u u u r r u u u r
,所以 ???0
0x z x y -+=-+=; 令x=1,则y=z=1,所以(1,1,1)n =r 又(1,1,0)AC =u u u r
则,点A 到平面PCD 的距离为:23
n AC d n
?==r u u u r
r
6.(2008福建理) 如图,在四棱锥P-ABCD 中,则面PAD ⊥底面ABCD ,侧棱P A =PD =2,底面ABCD 为直角梯形,其中BC ∥AD ,AB ⊥AD ,AD =2AB =2BC =2,O 为AD 中点.
(Ⅰ)求证:PO ⊥平面ABCD ;
(Ⅱ)求异面直线PD 与CD 所成角的大小;
(Ⅲ)线段AD 上是否存在点Q ,使得它到平面PCD 的距离为
3?
若存在,求出AQ
QD
的值;若不存在,请说明理由.
6.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成角、点到平面的距离等基本知识,
考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分12分.
解法一:
(Ⅰ)证明:在△P AD 中P A =PD ,O 为AD 中点,所以PO ⊥AD ,
又侧面P AD ⊥底面ABCD ,平面PAD ?平面ABCD =AD , PO ?平面P AD ,
所以PO ⊥平面ABCD .
(Ⅱ)连结BO ,在直角梯形ABCD 中、BC ∥AD ,AD =2AB =2BC ,
有OD ∥BC 且OD =BC ,所以四边形OBCD 是平行四边形, 所以OB ∥DC .
由(Ⅰ)知,PO ⊥OB ,∠PBO 为锐角, 所以∠PBO 是异面直线PB 与CD 所成的角.
因为AD =2AB =2BC =2,在Rt △AOB 中,AB =1,AO =1,
所以OB =2,
在Rt △POA 中,因为AP =2,AO =1,所以OP =1,
在Rt △PBO 中,tan ∠PBO =
22
,arctan .222
PG PBO BC ==∠= 所以异面直线PB 与CD 所成的角是2
arctan 2.
(Ⅲ)假设存在点Q ,使得它到平面PCD 的距离为3
2
.
设QD =x ,则1
2
DQC S x ?=,由(Ⅱ)得CD =OB =2,
在Rt △POC 中, 222,PC OC OP =+=
所以PC =CD =DP , 233(2),42
PCD S ?==g
由V p-DQC =V Q-PCD ,得2,所以存在点Q 满足题意,此时1
3
AQ QD =. 解法二:
(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)以O 为坐标原点,OC OD OP u u u r u u u r u u u r
、
、的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz ,依题意,易得A (0,-1,0),B (1,-1,0),C (1,0,0),D (0,1,0),
P (0,0,1),
所以110111CD
PB ---u u u r u u u r
=(,,),=(,,). 所以异面直线PB 与CD 所成的角是arccos
6, (Ⅲ)假设存在点Q ,使得它到平面PCD 的距离为3
,
由(Ⅱ)知(1,0,1),(1,1,0).CP CD =-=-u u u r u u u r
设平面PCD 的法向量为n =(x 0,y 0,z 0).
则0,0,n CP n CD ?=??=??u u u r g u u u r
g
所以00000,0,x z x y -+=??-+=?即000x y z ==, 取x 0=1,得平面PCD 的一个法向量为n =(1,1,1).
设(0,,0)(11),(1,,0),Q y y CQ y -≤≤=-u u u r
由
3CQ n n
=
u u u u u r g ,得
13
,23
y -+=解y =-
12或y =5
2
(舍去), 此时13
,22
AQ QD ==,所以存在点Q 满足题意,此时
13AQ QD =.
7、(2008海南、宁夏理)如图,已知点P 在正方体ABC D -A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上,∠PDA=60°。 (1)求DP 与CC 1所成角的大小;(2)求DP 与平面AA 1D 1D 所成角的大小。
7.解:如图,以D 为原点,DA 为单位长建立空间直角坐标系D -则(100)DA =u u u r ,
,,(001)CC '=u u u u r
,,. 连结BD ,B D ''.
1
A
在平面BB D D ''中,延长DP 交B D ''于H .
设(1)(0)DH m m m =>u u u u r
,,, 由已知60DH DA <>=o u u u u r u u u r
,
, 由cos DA DH DA DH DA DH =<>u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r g ,
可得2221m m =+.
解得22m =,所以22122DH ??= ? ???
u u u u r ,,. (Ⅰ)因为22
0011222cos 212
DH CC ?+?+?'<>==?u u u u r u u u u r ,,
所以45DH CC '<>=o u u u u r u u u u r
,
. 即DP 与CC '所成的角为45o
.
(Ⅱ)平面AA D D ''的一个法向量是(010)DC =u u u r
,,. 因为22
0110122cos 212
DH DC ?+?+?<>==?u u u u r u u u r ,
, 所以60DH DC <>=o u u u u r u u u r
,
. 可得DP 与平面AA D D ''所成的角为30o
.
8. (2008湖北文)如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,平面1A BC ⊥侧面11.A ABB (Ⅰ)求证: ;AB BC ⊥
(Ⅱ)若1AA AC a ==,直线AC 与平面1A BC 所成的角为θ, 二面角
1,.2
A BC A π
?θ?--+=
的大小为求证:
8.本小题主要考查线面关系、直线与平面所成角、二面角等有关知识,考查空间想象能力和推理论证能力.(满分12分)
(Ⅰ)证明:如右图,过点A 在平面A 1ABB 1内作AD ⊥A 1B 于D ,则
由平面A 1BC ⊥侧面A 1ABB 1,且平面A 1BC ∩侧面A 1ABB 1=A 1B , 得AD ⊥平面
A 1BC .又BC 平面A 1BC 所以AD ⊥BC .
因为三棱柱ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱, 则AA 1⊥底面ABC ,所以AA 1⊥BC .
又AA 1∩AD =A ,从而BC ⊥侧面A 1ABB 1, 又AB 侧面A 1ABB 1, 故AB ⊥BC .
(Ⅱ)证法1:连接CD ,则由(Ⅰ)知∠ACD 就是直线AC 与平面A 1BC 所
成的角,∠ABA 1就是二面角A 1-BC -A 的颊角,即∠ACD =θ,∠ABA 1=?. 于是在Rt ΔADC 中,sin θ=
a
AD
AC AD =
,在Rt ΔADA 1中,sin ∠AA 1D =a AD AA AD 1, A
B
C D P
A '
B '
C '
D '
x
y
z
H
∴sin θ=sin ∠AA 1D ,由于θ与∠AA 1D 都是锐角,所以θ=∠AA 1D . 又由Rt ΔA 1AB 知,∠AA 1D +?=∠AA 1B +?=
2π,故θ+?=2
π. 证法2:由(Ⅰ)知,以点B 为坐标原点,以BC 、BA 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y
轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB =c (c <a =,则B (0,0,0),A (0,c ,0),C (0,0,22c a -), A 1(0,c,a ),于是)0,0,(22c a BC -=,1BA =(0,c,a ),
)0,,(22c c a AC --=,1AA =(0,c,a )
设平面A 1BC 的一个法向量为n =(x,y,z ),
则由?
????=-=+?????==??.0,
0,0,02
21x c a az cy BC n BA n 得
可取n =(0,-a ,c ),于是
n ·AC =ac >0,AC 与n 的夹角β为锐角,则β与θ互为余角.
sin θ=cos β=
2
2
2
222222)()
0,,(),,0(||||c
a c c
c a c a c c a c a AC n AC n +=+-+---=????,
cos ?=
,)
,0,0(),,0(|
|||2
2
2
2
11c
a c a
c
a a c a BA BA BA BA +=
+-=
????
所以sin θ=cos ?=sin(
?π
-2
),又0<θ,?<
2π,所以θ+?=2
π
.
9. (2008湖北理)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,平面ABC ⊥侧面A 1ABB 1. (Ⅰ)求证:AB ⊥BC ;
(Ⅱ)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为θ,二面角A 1-BC-A 的大小为φ的大小关系,并予以证明.
9.本小题主要考查直棱柱、直线与平面所成角、二面角和线面关系等有关知识,同时考查空间想象能力和推理能力.(满分12分) (Ⅰ)证明:如右图,过点A 在平面A 1ABB 1内作 AD ⊥A 1B 于D ,则
由平面A 1BC ⊥侧面A 1ABB 1,且平面A 1BC I 侧面A 1ABB 1=A 1B ,得 AD ⊥平面A 1BC ,又BC ?平面A 1BC , 所以AD ⊥BC .
因为三棱柱ABC —A 1B 1C 1是直三棱柱, 则AA 1⊥底面ABC , 所以AA 1⊥BC.
又AA 1I AD =A ,从而BC ⊥侧面A 1ABB 1, 又AB ?侧面A 1ABB 1,故AB ⊥BC . (Ⅱ)解法1:连接CD ,则由(Ⅰ)知ACD ∠是直线AC 与平面A 1BC 所成的角,
1ABA ∠是二面角A 1—BC —A 的平面角,即1,,ACD ABA ∠=θ∠=?
于是在Rt △ADC 中,sin ,AD AC θ=
在Rt △ADB 中,sin ,AD
AB
?= 由AB <AC ,得sin sin θ?<,又02
π
θ?<,<,所以θ?<,
解法2:由(Ⅰ)知,以点B 为坐标原点,以BC 、BA 、BB 1所在的直线分 别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AA 1=a ,AC =b , AB =c ,则 B (0,0,0), A (0,c ,0),
221(,0,0),(0,,),C b c A c a -于是 22
1(,0,0),(0,,),BC b c BA c a =-=u u r u u u r 22
1(,,0),(0,0,).AC b c c AA a =--=u u u r u u u r
设平面A 1BC 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则
由10,0,n BA n BC ?=??=??u u u r g u u u r g 得22
0,0,cy az b c x +=??-=?
? 可取n =(0,-a ,c ),于是0n AC ac AC =u u u r u u u r
g >,
与n 的夹角β为锐角,则β与θ互为余角.
22
sin cos n AC n AC b a c θ-β==
+u u u r g u u u r g 122
1cos BA BA BA BA a c
?==
+u u u r u u u r g u u u r u u u r g 所以22sin a c ?=+ 于是由c <b 2
2
2
2
b a c
a c
++
即sin sin ,θ?<又0,2
πθ?<,<所以,θ?<
10. (2008湖南理)如图所示,四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形,∠BCD =60°,
E 是CD 的中点,P A ⊥底面ABCD ,P A =2. (Ⅰ)证明:平面PBE ⊥平面P AB ;
(Ⅱ)求平面P AD 和平面PBE 所成二面角(锐角)的大小.
10.解: 解法一
(Ⅰ)如图所示,连结BD ,由ABCD 是菱形且∠BCD =60°知,
△BCD 是等边三角形.因为E 是CD 的中点,所以BE ⊥CD ,又AB ∥CD ,
所以BE ⊥AB .又因为P A ⊥平面ABCD ,BE ?平面ABCD ,所以 P A ⊥BE .而PA ?AB =A ,因此BE ⊥平面P AB . 又BE ?平面PBE ,所以平面PBE ⊥平面P AB .
(Ⅱ)延长AD 、BE 相交于点F ,连结PF .
过点A 作AH ⊥PB 于H ,由(Ⅰ)知
平面PBE ⊥平面P AB ,所以AH ⊥平面PBE . 在Rt △ABF 中,因为∠BAF =60°, 所以,AF =2AB =2=AP .
在等腰Rt △P AF 中,取PF 的中点G ,连接AG .
则AG ⊥PF .连结HG ,由三垂线定理的逆定理得,
PF ⊥HG .所以∠AGH 是平面P AD 和平面PBE 所成二面角的平面角(锐角).
在等腰Rt △P AF 中, 2
2.2AG PA =
= 在Rt △P AB 中, 2225
55AP AB AH PB AP AB
====+g
所以,在Rt △AHG 中, 2510
5sin 52
AH AGH AG ∠=== 故平面P AD 和平面PBE 所成二面角(锐角)的大小是10
arcsin
解法二: 如图所示,以A 为原点,建立空间直角坐标系.则相关
各点的坐标分别是A (0,0,0),B (1,0,0),
33(,22C 13(,22D P (0,0,2),3(1,2
E (Ⅰ)因为3
BE =, 平面P AB 的一个法向量是0(0,1,0)n =,
所以0BE n 和共线.从而BE ⊥平面P AB . 又因为BE ?平面PBE , 故平面PBE ⊥平面P AB .
(Ⅱ)易知3
(1,0,2),(0,02
PB BE =-=u u u r u u u r ), 13(0,0,2),(,22
PA AD =-=u u u r u u u r
设1111(,,)n x y z =r 是平面PBE 的一个法向量,则由1
10,0
n PB n BE ?=??=??u r u u u r g u r u u u r
g 得 111122020,
3
000.2
x y z x y z +?-=??
??+
+?=??所以11110,2.(2,0,1).y x z n ===u r 故可取 设2222(,,)n x y z =u u r 是平面PAD 的一个法向量,则由2
20,0
n PA n AD ?=??=??u u r u u u r g u u r u u u r
g 得 2222220020,13
00.22
x y z x y z ?+?-=??
?+
+?=??所以2220,3.z x ==-故可取2(3,1,0).n =-u u r 于是,121212
2315
cos ,552n n n n n n <>==
=?u r u u r
u r u u r g u r u u r g
故平面PAD 和平面PBE 所成二面角(锐角)的大小是15arccos
5
11.(2008湖南文) 如图所示,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为1的菱形,
060=∠BCD ,
E 是CD 的中点,PA ⊥底面ABCD ,3=PA 。
(I )证明:平面PBE ⊥平面PAB ; (II )求二面角A —BE —P 和的大小。
11.解:解法一
(I )如图所示, 连结,BD 由ABCD 是菱形且0
60=∠BCD 知,
BCD △是等边三角形. 因为E 是CD 的中点, 所以,BE CD ⊥又,AB CD //所以,BE AB ⊥ 又因为PA ⊥平面ABCD ,BE ?平面ABCD ,
所以,BE PA ⊥而,AB A =I PA 因此 BE ⊥平面PAB. 又BE ?平面PBE ,所以平面PBE ⊥平面PAB. (II )由(I )知,BE ⊥平面PAB, PB ?平面PAB,
所以.PB BE ⊥
又,BE AB ⊥所以PBA ∠是二面角A BE P --的平面角.
在Rt PAB △中, tan 3,60.
PA PBA PBA AB
∠==∠=o
. 故二面角A BE P --的大小为60.o
解法二:如图所示,以A 为原点,建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是
(000),A ,,(100),B ,,33(0),22C ,13(0),22D ,(003),P ,3
(10).2
E , (I )因为3
(0,0),2
BE =u u u r 平面PAB 的一个法向量是0(010),n =u u r ,,所以BE u u u r 和0n u u r 共线. 从而BE ⊥平面PAB. 又因为BE ?平面PBE ,所以平面PBE ⊥平面PAB.
(II )易知3
(10,3),(0,0),2
PB BE =-=u u u r u u u r ,
设1n u r 111()x y z =,,是平面PBE 的一个法向量, 则由1
100n PB n BE ??=???=??u r u u u r u r u u u r ,得1111110303
000x y z x y z ?+?-=???+
+?=??, 所以1113.y x z ==0,
故可取1n u r
(31).=,,而平面ABE 的 一个法向量是2(001).n =u u ,,
于是,1212121
cos ,.2
||||n n n n n n ?<>==u r u u r
u r u u r u r u u r g . 故二面角A BE P --的大小为60.o
P
A
B
C
E D
12.(2008江苏)记动点P 是棱长为1的正方体1111-ABCD A B C D 的对角线1BD 上一点,记
11D P
D B
λ=.当APC ∠为钝角时,求λ的取值范围. 12.解:由题设可知,以DA u u u r 、DC u u u
r 、1DD u u u u r 为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐
标系D xyz -,则有(1,0,0)A ,(1,1,0)B ,(0,1,0)C ,(0,0,1)D 由1(1,1,1)D B =-u u u u r ,得11(,,)D P D B λλλλ==-u u u u r u u u u r
,所以
11(,,)(1,0,1)(1,,1)PA PD D A λλλλλλ=+=--+-=---u u u r u u u u r u u u u r 11
(,,)(0,1,1)(,1,1)PC PD DC λλλλλλ=+=--+-=---u u u r u u u u r u u u u r
显然APC ∠不是平角,所以APC ∠为钝角等价于
cos cos ,0PA PC
APC PA PC PA PC
∠=<>=
u u u r u u u r g u u u r u u u r g , 则等价于0PA PC
g
即 2
(1)()()(1)(1)(1)(31)0λλλλλλλ--+--+-=--<,得113
λ<<
因此,λ的取值范围是1
(,1)3
13.(2008江西文、理) 如图,正三棱锥O ABC -的三条侧棱OA 、OB 、OC 两两垂直,且长度均为2.E 、F 分别是AB 、AC 的中点,H 是EF 的中点,过EF 的平面与侧棱OA 、OB 、OC 或其延长线分别相交于1A 、1B 、1C ,已知
132
OA =
. (1)求证:11B C ⊥面OAH ;
(2)求二面角111O A B C --的大小.
13.解 :(1)证明:依题设,EF 是ABC ?的中位线, 所以EF ∥BC ,
则EF ∥平面OBC ,所以EF ∥11B C 。 又H 是EF 的中点,所以AH ⊥EF , 则AH ⊥11B C 。 因为OA ⊥OB ,OA ⊥OC ,
所以OA ⊥面OBC ,则OA ⊥11B C , 因此11B C ⊥面OAH 。
(2)作ON ⊥11A B 于N ,连1C N 。 因为1OC ⊥平面11OA B ,
根据三垂线定理知,1C N ⊥11A B ,
1ONC ∠就是二面角111O A B C --的平面角。
作EM ⊥1OB 于M ,则EM ∥OA ,则M 是OB 的中点,则1EM OM ==。
x
y z C B A D D1C1B1A1P N M
B C 1
A 1
H
F
E
C
B
A
O
设1OB x =,由
111OB OA MB EM =得,3
12
x x =-,解得3x =, 在11Rt OA B ?
中,11A B ==
1
111OA OB ON A B ?==
所以1
1tan OC ONC ON
∠==111O A B C --
为。
解法二:(1)以直线OA OC OB 、、分别为x y 、、z 轴,建立空间直角坐标系,O xyz -则
11
(2,0,0),(0,0,2),(0,2,0),(1,0,1),(1,1,0),(1,,)22
A B C E F H
所以1111(1,,),(1,,),(0,2,2)2222
AH OH BC =-==-u u u r u u u r u u u
r
所以0,0AH BC OH BC ?=?=u u u r u u u r u u u r u u u r
所以BC ⊥平面OAH
由EF ∥BC 得11B C ∥BC ,故:11B C ⊥平面OAH
(2)由已知13(,0,0),2
A 设1(0,0,)
B z
则111
(,0,1),(1,0,1)2A E EB z =-=--u u u r u u u r
由1A E u u u r 与1EB u u u r 共线得:存在R λ∈有11A E EB λ=u u u r u u u r
得
11
32
1(1)(0,0,3)z z B λ
λ?-=-??=??=-?
∴ 同理:1(0,3,0)C 1111
33(,0,3),(,3,0)22A B AC ∴=-=-u u u u r u u u u r 设1111(,,)n x y z =r
是平面111A B C 的一个法向量, 则 令2x =得1y x == 1(2,1,1).n ∴=u r 又2(0,1,0)n =u u r
是平面11OA B 的一个法量
12cos ,6n n ∴<>==u r u u r
所以二面角的大小为
14.(2008辽宁文)如图,在棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-中,AP=BQ=b (0
截面PQEF ∥A D ',截面PQGH ∥AD '. (Ⅰ)证明:平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直;
(Ⅱ)证明:截面PQEF 和截面PQGH 面积之和是定值,
并求出这个值;
x
y
C
D P Q
H A ' B ' C ' D ' G
(Ⅲ)若1
2
b =
,求D E '与平面PQEF 所成角的正弦值.
14.本小题主要考查空间中的线面关系和面面关系,解三角形等基础知识,考查空间想象能力与逻辑思维能力.满分12分. 解法一:
(Ⅰ)证明:在正方体中,AD A D ''⊥,AD AB '⊥, 又由已知可得
PF A D '∥,PH AD '∥,PQ AB ∥, 所以PH PF ⊥,PH PQ ⊥, 所以PH ⊥平面PQEF .
所以平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直. ························································· 4分 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知
PF PH '==,,又截面PQEF 和截面PQGH 都是矩形,且PQ =1,所以截面
PQEF 和截面PQGH 面积之和是
)PQ '?= ···························································· 8分 (Ⅲ)解:设AD '交PF 于点N ,连结EN , 因为AD '⊥平面PQEF , 所以D EN '∠为D E '与平面PQEF 所成的角. 因为12b =,所以P Q E F ,,,分别为AA ',BB ',BC ,AD 的中点.
可知4D N '=,32
D E '=.
所以4sin 322
D EN '==∠. ···································································· 12分
解法二:
以D 为原点,射线DA ,DC ,DD ′分别为x ,y ,z 轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz .由已知得1DF b =-,故 (100)A ,,,(101)A ',,,(000)D ,,,(001)D ',,, (10)P b ,,,(11)Q b ,,,(110)E b -,,, (100)F b -,,,(11)G b ,,,(01)H b ,,.
(Ⅰ)证明:在所建立的坐标系中,可得
(010)(0)PQ PF b b ==--u u u r u u u r ,,,,,, (101)PH b b =--u u u r ,,,
(101)(101)AD A D ''=-=--u u u u r u u u u r ,,,,,.
因为00AD PQ AD PF ''==u u u u r u u u r u u u u r u u u r g g ,,所以AD 'u u u u r 是平面PQEF 的法向量.
因为00A D PQ A D PH ''==u u u u r u u u r u u u u r u u u r g g ,,所以A D 'u u u u r 是平面PQGH 的法向量. 因为0AD A D ''=u u u u r u u u u r g ,所以A D AD ''⊥u u u u r u u u u r ,
所以平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直. ··························································· 4分
(Ⅱ)证明:因为(010)EF =-u u u r ,,,所以EF PQ EF PQ u u u u
r u u u u r u u u r u u u r ∥,=,又PF PQ ⊥u u u r u u u r ,所以PQEF
为矩形,同理PQGH 为矩形.
A B C
D E F
P Q H
A '
B '
C '
D ' G
N
在所建立的坐标系中可求得)PH b =-u u u u r
,PF =u u u u r
,
所以PH PF +=u u u u r u u u u r 1PQ =u u u u r
,
所以截面PQEF 和截面PQGH
,是定值. ······································· 8分
(Ⅲ)解:由(Ⅰ)知(101)AD '=-u u u u r
,
,是平面PQEF 的法向量. 由P 为AA '中点可知,Q E F ,,分别为BB ',BC ,AD 的中点.
所以1102E ?? ???,,,1112D E ??
'=- ???u u u u r ,,,因此D E '与平面PQEF 所成角的正弦值等于
|cos |2
AD D E ''<>=u u u u r u u u u r ,. ············································································· 12分
15.(2008辽宁理)如图,在棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-中,AP=BQ=b (0
截面PQEF ∥A D ',截面PQGH ∥AD '. (Ⅰ)证明:平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直;
(Ⅱ)证明:截面PQEF 和截面PQGH 面积之和是定值,并求出这个值; (Ⅲ)若D E '与平面PQEF 所成的角为45o
,求D E '与平
面PQGH 所成角的正弦值. 15.本小题主要考查空间中的线面关系,面面关系,解三角形等基础知识, 考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分12分. 解法一: (Ⅰ)证明:在正方体中,AD A D ''⊥,AD AB '⊥,又由已知可得 PF A D '∥,PH AD '∥,PQ AB ∥,
所以PH PF ⊥,PH PQ ⊥,
所以PH ⊥平面PQEF .
所以平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直. ····················· 4分 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知
PF PH '==,,又截面PQEF 和截面PQGH 都是矩形,且PQ =1,所以截面PQEF 和截面PQGH 面积之和是
)PQ '?= ···························································· 8分
(III )解:连结BC ′交EQ 于点M .
因为PH AD '∥,PQ AB ∥,
所以平面ABC D ''和平面PQGH 互相平行,因此D E '与平面PQGH 所成角与D E '与平面ABC D ''所成角相等.
与(Ⅰ)同理可证EQ ⊥平面PQGH ,可知EM ⊥平面ABC D '',因此EM 与D E '的比值就是所求的正弦值.
设AD '交PF 于点N ,连结EN ,由1FD b =-知
(1)22
D E ND b ''==
+-. 因为AD '⊥平面PQEF ,又已知D E '与平面PQEF 成45o
角,
所以D E ''=
,即
(1)22b ?+-=??
, 解得1
2b =,可知E 为BC 中点.
A B C
D
E
F P Q H A ' B ' C ' D '
G A B C
D E
F
P Q H A ' B '
C '
D ' G
N M
所以
EM=
4
,又32
D E '==, 故D E '与平面PQCH
所成角的正弦值为6
EM D E ='. ·········································· 12分 解法二:
以D 为原点,射线DA ,DC ,DD ′分别为x ,y ,z 轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz 由已知得1DF b =-,故 (100)A ,,,(101)A ',,,(000)D ,,,(001)D ',,,
(10)P b ,,,(11)Q b ,,,(110)E b -,,, (100)F b -,,,(11)G b ,,,(01)H b ,,.
(Ⅰ)证明:在所建立的坐标系中,可得
(010)(0)PQ PF b b ==--u u u r u u u r ,,,,,, (101)PH b b =--u u u r
,,, (101)(101)AD A D ''=-=--u u u u r u u u u r ,,,,,.
因为00AD PQ AD PF ''==u u u u r u u u r u u u u r u u u r g g ,,所以AD 'u u u u r 是平面PQEF 的法向量. 因为00A D PQ A D PH ''==u u u u r u u u r u u u u r u u u r g g ,,所以A D 'u u u u r 是平面PQGH 的法向量. 因为0AD A D ''=u u u u r u u u u r g ,所以A D AD ''⊥u u u u r u u u u r ,
所以平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直. ··························································· 4分
(Ⅱ)证明:因为(010)EF =-u u u r ,,,所以EF PQ EF PQ =u u u u
r u u u u r u u u r u u u r ∥,,又PF PQ ⊥u u u r u u u r ,所以PQEF
为矩形,同理PQGH 为矩形.
在所建立的坐标系中可求得)PH b =-u u u u r
,PF =u u u u r
,
所以PH PF +=u u u u r u u u u r 1PQ =u u u u r
,
所以截面PQEF 和截面PQGH
,是定值. ······································· 8分
(Ⅲ)解:由已知得D E 'u u u u r 与AD 'u u u u r 成45o
角,又(111)(101)D E b AD ''=--=-u u u u r u u u u r ,
,,,,可得
2D E AD D E AD ''==
''u u u u r u u u u r g u u u u u r u u u u u r ,
即
1=,解得12
b =
. 所以1112D E ??
'=- ???
,
,,又(101)A D '=--u u u u r ,,,所以D E '与平面PQGH 所成角的正弦值为
|cos |D E A D ''<>==u u u u r u u u u r , ······························································ 12分
16.(2008全国Ⅱ卷文、理) 如图,正四棱柱1111ABCD A B C D -中,124AA AB ==,点E
在1CC 上且EC E C 31=.
(Ⅰ)证明:1A C ⊥平面BED ; (Ⅱ)求二面角1A DE B --的大小.
C D
E A 1 B 1
C 1
D 1
16.解法一:
依题设,2AB =,1CE =.
(Ⅰ)连结AC 交BD 于点F ,则BD AC ⊥. 由三垂线定理知,1BD A C ⊥. ········································································· 3分 在平面1A CA 内,连结EF 交1A C 于点G ,
由于1AA AC FC CE
==,
故1Rt Rt A AC FCE △∽△,1AA C CFE ∠=∠,
CFE ∠与1FCA ∠互余. 于是1A C EF ⊥.
1A C 与平面BED 内两条相交直线BD EF ,都垂直,
所以1A C ⊥平面BED . ·················································································· 6分 (Ⅱ)作GH DE ⊥,垂足为H ,连结1A H .由三垂线定理知1A H DE ⊥,
故1A HG ∠是二面角1A DE B --的平面角. ······················································· 8分
EF ==
CE CF CG EF ?==
3EG ==. 13EG EF =
,13EF FD GH DE ?=?=
又1
AC ==
113
A G A C CG =-=
.
1
1tan AG A HG HG
∠=
= 所以二面角1A DE B --
的大小为arctan -----------12分 解法二:
以D 为坐标原点,射线DA 为x 轴的正半轴, 建立如图所示直角坐标系D xyz -.
依题设,1(220)(020)(021)(204)B C E A ,
,,,,,,,,,,.
(021)(220)DE DB ==u u u r u u u r ,,,,,,11(224)(204)AC DA =--=u u u r u u u u r
,,,,,.----3分 (Ⅰ)因为10AC DB =u u u r u u u r g ,10AC DE =u u u r u u u r
g , 故1A C BD ⊥,1A C DE ⊥. 又DB DE D =I ,
所以1A C ⊥平面DBE . ·················································································· 6分 (Ⅱ)设向量()x y z =,,n 是平面1DA E 的法向量,则
DE ⊥u u u r n ,1DA ⊥u u u u r n .
故20y z +=,240x z +=.
令1y =,则2z =-,4x =,(412)=-,,n . ·
···················································· 9分 1
AC <>u u u r ,n 等于二面角1A DE B --的平面角,
A
B
C D E A 1
B 1
C 1
D 1 F
H G
高中立体几何典型题及解析
高中立体几何典型500题及解析(二)(51~100题) 51. 已知空间四边形ABCD 中,AB=BC=CD=DA=DB=AC,M 、N 分别为BC 、AD 的中点。 求:AM 及CN 所成的角的余弦值; 解析:(1)连接DM,过N 作NE∥AM 交DM 于E ,则∠CNE 为AM 及CN 所成的角。 ∵N 为AD 的中点, NE∥AM 省 ∴NE=2 1AM 且E 为MD 的中点。 设正四面体的棱长为1, 则NC=21·23= 4 3且ME=2 1MD= 4 3 在Rt△MEC 中,CE 2=ME 2+CM 2= 163+41=16 7 ∴cos ∠CNE= 324 3 432167)43()43( 2222 22-=??-+=??-+NE CN CE NE CN , 又∵∠CNE ∈(0, 2 π) ∴异面直线AM 及CN 所成角的余弦值为3 2. 注:1、本题的平移点是N ,按定义作出了异面直线中一条的平行线,然后先在△CEN 外计算CE 、CN 、EN 长,再回到△CEN 中求角。 2、作出的角可能是异面直线所成的角,也可能是它的邻补角,在直观图中无法判定,只有通过解三角形后,根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角(也就是异面直线所成的角)或钝角(异面直线所成的角的邻补角)。最后作答时,这个角的余弦值必须为正。
52. .如图所示,在空间四边形ABCD 中,点E 、F 分别是BC 、AD 上的点,已知AB=4,CD=20,EF=7, 3 1 ==EC BE FD AF 。求异面直线AB 及CD 所成的角。 解析:在BD 上取一点G ,使得3 1 =GD BG ,连结EG 、FG 在ΔBCD 中,GD BG EC BE = ,故EG//CD ,并且4 1==BC BE CD EG , 所以,EG=5;类似地,可证FG//AB ,且 4 3 ==AD DF AB FG , 故FG=3,在ΔEFG 中,利用余弦定理可得 cos ∠ FGE= 2 1 5327532222222- =??-+=??-+GF EG EF GF EG ,故∠FGE=120°。 另一方面,由前所得EG//CD ,FG//AB ,所以EG 及FG 所成的锐角等于AB 及CD 所成的角,于是AB 及CD 所成的角等于60°。 53. 在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1=c ,AB=a ,AD=b ,且a >b .求AC 1及BD 所成的角的余弦. A B C D E F G E D 1 C 1 B 1 A 1 A B D C O
高中空间立体几何典型例题
高中空间立体几何典型 例题 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
1 如图所示,正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,侧面对角线AB 1,BC 1上分别有两点E ,F ,且B 1E=C 1F. 求证:EF ∥平面ABCD. 证明 方法一 分别过E ,F 作EM ⊥AB 于M ,FN ⊥BC 于N ,连接MN. ∵BB 1⊥平面ABCD , ∴BB 1⊥AB ,BB 1⊥BC , ∴EM ∥BB 1,FN ∥BB 1, ∴EM ∥FN. 又∵B 1E=C 1F ,∴EM=FN , 故四边形MNFE 是平行四边形,∴EF ∥MN. 又MN ?平面ABCD ,EF ?平面ABCD , 所以EF ∥平面ABCD. 方法二 过E 作EG ∥AB 交BB 1于G , 连接GF ,则B B G B A B E B 1111=, ∵B 1E=C 1F ,B 1A=C 1B , ∴B B G B B C E C 1111=,∴FG ∥B 1C 1∥BC , 又EG ∩FG =G ,AB ∩BC =B , ∴平面EFG ∥平面ABCD ,而EF ?平面EFG , ∴EF ∥平面ABCD . 2 已知P 为△ABC 所在平面外一点,G 1、G 2、G 3分别是△PAB 、△PCB 、△PAC 的重心.
(1)求证:平面G 1G 2G 3∥平面ABC ; (2)求S △3 21G G G ∶S △ABC . (1)证明 如图所示,连接PG 1、PG 2、PG 3并延长分别与边AB 、BC 、AC 交于点D 、E 、F , 连接DE 、EF 、FD ,则有PG 1∶PD =2∶3, PG 2∶PE =2∶3,∴G 1G 2∥DE . 又G 1G 2不在平面ABC 内, ∴G 1G 2∥平面ABC .同理G 2G 3∥平面ABC . 又因为G 1G 2∩G 2G 3=G 2, ∴平面G 1G 2G 3∥平面ABC . (2)解 由(1)知PE PG PD PG 21 =32,∴G 1G 2=32DE . 又DE =21AC ,∴G 1G 2=31 AC . 同理G 2G 3=31AB ,G 1G 3=3 1BC . ∴△G 1G 2G 3∽△CAB ,其相似比为1∶3, ∴S △3 21G G G ∶S △ABC =1∶9. 3如图所示,已知S 是正三角形ABC 所在平面外的一点,且SA =SB =SC ,SG 为△SAB 上的高, D 、 E 、 F 分别是AC 、BC 、SC 的中点,试判断S G 与平面DEF 的位置关系,并给予证明. 解 SG ∥平面DEF ,证明如下: 方法一 连接CG 交DE 于点H , 如图所示.
立体几何空间直角坐标系解法典型例题
立体几何坐标解法典型例题 1、如图,正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2,D 为1CC 中点. (Ⅰ)求证:1AB ⊥平面1A BD ; (Ⅱ)求二面角1A A D B --的大小; (Ⅲ)求点C 到平面1A BD 的距离. 2、如图,在Rt AOB △中, π6 OAB ∠=,斜边4AB =.Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到,且二面角B AO C --的直二面角.D 是AB 的中点. (1)求证:平面COD ⊥平面AOB ; (2)求异面直线AO 与CD 所成角的大小. A B C D
3.(2010·上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB =AC =AA 1=2,∠BAC =90°,E ,F 依次为C 1C ,BC 的中点. (1)求异面直线A 1B 、EF 所成角θ的正弦值; (2)求点B 1到平面AEF 的距离. 4.四棱锥S ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形,侧面SBC ⊥底面ABCD .已知45ABC =o ∠, 2AB = ,BC = SA SB == (Ⅰ)证明SA BC ⊥; (Ⅱ)求直线SD 与平面SAB 所成角的大小. D B C A S
5.如图,点P 是单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点,则AP →·AB → 的值为( ) A .0 B .1 C .0或1 D .任意实数 5.在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点,那么直线AM 与CN 所成角的余弦值等于( ) A.32 B.1010 C.35 D.25 <二>选择题辨析 [注]: ①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.(×) ②直线在平面外,指的位置关系:平行或相交 ③若直线a 、b 异面,a 平行于平面,b 与的关系是相交、平行、在平面内. ④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点. ⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.(×) ⑥在同一平面内的射影长相等,则斜线长相等.(×) ⑦是夹在两平行平面间的线段,若,则的位置关系为相交或平行或异面. [注]: ①直线与平面内一条直线平行,则∥. (×) ②直线与平面内一条直线相交,则与平面相交. (×) ③若直线与平面平行,则内必存在无数条直线与平行. (√) ④两条平行线中一条平行于一个平面,那么另一条也平行于这个平面. (×) ⑤平行于同一直线的两个平面平行.(×) ⑥平行于同一个平面的两直线平行.(×) ⑦直线与平面、所成角相等,则∥.(×) [注]: ①垂直于同一平面....的两个平面平行.(×) ②垂直于同一直线的两个平面平行.(√) ③垂直于同一平面的两条直线平行.(√) αααb a ,b a =b a ,a αa αa αa αa ααa l αβαβ
立体几何题型归类总结
立体几何题型归类总结(总8 页) -CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1 -CAL-本页仅作为文档封面,使用请直接删除
立体几何专题复习 1.棱柱——有两个面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所围成的几何体叫做棱柱。 ① ???????? →???????→?? ??? 底面是正多形 棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱 底面为正方形 2. 棱锥 棱锥——有一个面是多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形,由这些面所围成的几何体叫做棱锥。 ★正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形,并且顶点在底面的射影是底面的中心,这样的棱锥叫做正棱锥。 3.球 球的性质: ①球心与截面圆心的连线垂直于截面; ★② r =d 、 球的半径为R 、截面的半径为r ) ★球与多面体的组合体:球与正四面体,球与长方体,球与正方体等的内接与外切.
注:球的有关问题转化为圆的问题解决. 球面积、体积公式:2 3 44,3 S R V R ππ== 球球(其中R 为球的半径)
俯视图 二、【典型例题】 考点一:三视图 1.一空间几何体的三视图如图1所示,则该几何体的体积为_________________. 第1题 2.若某空间几何体的三视图如图2所示,则该几何体的体积是________________. 第2题 第3题 3.一个几何体的三视图如图3所示,则这个几何体的体积为 . 4.若某几何体的三视图(单位:cm )如图4所示,则此几何体的体积是 . 第4题 第5题 2 2 侧(左)视图 2 2 2 正(主)视 3 俯视图 1 1 2 a
专题一立体几何经典练习题
2 专题一 立体几何 班级: _____ 姓名: _____ 学号: _____ 一、选择题(4 分×10=40 分) 1.直线 l , l 和 α , l // l , a 与 l 平行,则 a 与 l 的关系是 1 2 1 2 1 2 A .平行 B .相交 C .垂直 D .以上都可能 2.若线段 AB 的长等于它在平面内射影长的 3 倍,则这条斜线与平面所成角的余弦值为 A . 1 3 B . 2 2 2 2 C . D . 3 3 3.在正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1 中,B 1C 与平面 DD 1B 1B 所成的角的大小为 A .15 B . 30 C . 45 D . 60 4.有下列命题:①空间四点共面,则其中必有三点共线;②空间四点不共面,则其中 任何三点不共线;③空间四点中有三点共线,则此四点共面;④空间四点中任何三点 不共线,则此四点不共面.其中正确的命题是 A .②③ B .①②③ C .①③ D .②③④ 5.有一山坡,倾斜度为 300,若在斜坡平面上沿着一条与斜坡底线成 450 角的直线前进 1 公里,则升高了 A . 250 2 米 B . 250 3 米 C . 250 6 米 D . 500 米 6.已知三条直线 a , b , l 及平面 α , β ,则下列命题中正确的是 A . 若b ? α , a // b , 则a // α B .若 a ⊥ α , b ⊥ α ,则 a // b C . 若 a ? α ,α β = b ,则 a // b D .若 a ? α , b ? α , l ⊥ a , l ⊥ b , 则 l ⊥ α 7.已知 P 是△EFG 所在平面外一点,且 PE=PG ,则点 P 在平面 EFG 内的射影一定在△EFG 的 A .∠FEG 的平分线上 B .边 EG 的垂直平分线上 C .边 EG 的中线上 D .边 EG 的高上 8.若一正四面体的体积是18 2 cm 3,则该四面体的棱长是 A . 6cm B . 6 3 cm C .12cm D . 3 3 cm 9.P 是△ABC 所在平面α 外一点,PA ,PB ,PC 与α 所成的角都相等,且 PA ⊥BC ,则 △ABC 是 A .等边三角形 B .直角三角形 C .等腰三角形 D .等腰直角三角形 3 10.如图,在多面体 ABCDEF 中,已知 ABCD 是边长为 3 的正方形,EF//AB ,EF= ,EF 2 与面 AC 的距离为 2,则该多面体的体积为 E F A .2 B .4 C . 2 2 D . 4 2 D C 二、填空题(4 分×4=16 分) A B 11.空间四边形 ABCD 中,AB=6,CD=8,E 、F 、G 分别是 BD ,AC ,BC 的中点,若异面直
立体几何典型例题精选(含答案)
F E D C B A 立体几何专题复习 热点一:直线与平面所成的角 例1.(2014,广二模理 18) 如图,在五面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是边长为2的正方形, EF ∥平面ABCD , 1EF =,,90FB FC BFC ?=∠=,3AE =. (1)求证:AB ⊥平面BCF ; (2)求直线AE 与平面BDE 所成角的正切值. 变式1:(2013湖北8校联考)如左图,四边形ABCD 中,E 是BC 的中点,2,1,5,DB DC BC === 2.AB AD ==将左图沿直线BD 折起,使得二面角A BD C --为60,?如右图. (1)求证:AE ⊥平面;BDC (2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值. 变式2:[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中,AB =BD =CD =1,AB ⊥BD ,CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起,使得平面ABD ⊥平面BCD ,如图1-5所示. (1)求证:AB ⊥CD ; (2)若M 为AD 中点,求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值.
热点二:二面角 例2.[2014·广东卷] 如图1-4,四边形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D-AF-E的余弦值. 变式3:[2014·浙江卷] 如图1-5,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC= 2. (1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小. 变式4:[2014·全国19] 如图1-1所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,点A1在平面ABC内的射影D在AC 上,∠ACB=90°,BC=1,AC=CC1=2. (1)证明:AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3,求二面角A1 -AB -C的大小.
高中数学空间向量与立体几何典型例题
空间向量与立体几何典型例题 一、选择题: 1.(2008全国Ⅰ卷理)已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等,1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心,则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于( C ) A . 13 B C D .23 1.解:C .由题意知三棱锥1A ABC -为正四面体,设棱长为a ,则1AB = ,棱柱的高 1 3AO a ===(即点1B 到底面ABC 的距离),故1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为113 AO AB =. 另解:设1,,AB AC AA u u u r u u u r u u u r 为空间向量的一组基底,1,,AB AC AA u u u r u u u r u u u r 的两两间的夹角为0 60 长度均为a ,平面ABC 的法向量为111133 OA AA AB AC =--u u u r u u u r u u u r u u u r ,11AB AB AA =+u u u r u u u r u u u r 211112,,33 OA AB a OA AB ?===u u u r u u u r u u u r u u u r 则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为11 1 13OA AB AO AB ?=u u u u r u u u r u u u r u u u r . 二、填空题: 1.(2008全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ,二面角 C AB D -- M N ,分别是AC BC ,的中点,则EM AN ,所成角的余弦值等于 6 1 . 1.答案: 1 6 .设2AB =,作CO ABDE ⊥面, OH AB ⊥,则CH AB ⊥,CHO ∠为二面角C AB D -- cos 1CH OH CH CHO ==?∠=,结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥,则AN EM ==11(),22AN AC AB EM AC AE =+=-u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r , 11()()22AN EM AB AC AC AE ?=+?-=u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r 12 故EM AN ,所成角的余弦值1 6 AN EM AN EM ?=u u u r u u u u r u u u r u u u u r 另解:以O 为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系, 则点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),A B E C ----,
立体几何知识点+经典习题
立体几何知识点和典型例题 1、柱、锥、台、球的结构特征 (1)棱柱:定义:有两个面互相平行,其余各面都是四边形,且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所围成的几何体。 分类:以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。表示:用各顶点字母,如五棱柱ABCDE A'B'C'D'E'或用对角线的端点字母,如五棱柱AD ' 几何特征:两底面是对应边平行的全等多边形;侧面、对角面都是平行四边形;侧棱平行且相等;平行于底面的截面是与底面全等的多边形。 (2)棱锥定义:有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形,由这些面所围成的几何体 分类:以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等表示:用各顶点字母,如五棱锥P A'B'C'D'E' 几何特征:侧面、对角面都是三角形;平行于底面的截面与底面相似,其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。 (3)棱台:定义:用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,截面和底面之间的部分分类:以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱态、四棱台、五棱台等表示:用各顶点字母,如五棱台P A'B'C'D'E' 几何特征:①上下底面是相似的平行多边形②侧面是梯形③侧棱交于原棱锥的顶点 (4)圆柱:定义:以矩形的一边所在的直线为轴旋转, 其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体 几何特征:①底面是全等的圆;②母线与轴平行;③轴与底面圆的半径垂直;④侧面展开图是一个矩形。 (5)圆锥:定义:以直角三角形的一条直角边为旋转轴,旋转一周所成的曲面所围成的几何体 几何特征:①底面是一个圆;②母线交于圆锥的顶点;③侧面展开图是一个扇形。 (6)圆台:定义:用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥,截面和底面之间的部分几何特征:①上下底面是两个圆;②侧面母线交于原圆锥的顶点;③侧面展开图是一个弓形。(7)球体:定义:以半圆的直径所在直线为旋转轴,半圆面旋转一周形成的几何体几何特征:①球的截面是圆;②球面上任意一点到球心的距离等于半径。 2、空间几何体的三视图
高中数学立体几何经典常考题型
高中数学立体几何经典常考题型 题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明,一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第(2)问常考查求空间角,求空间角一般都可以建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解. 【例1】如图,在△ABC 中,∠ABC = π4 ,O 为AB 边上一点,且3OB =3OC =2AB ,已知PO ⊥平 面ABC ,2DA =2AO =PO ,且DA ∥PO. (1)求证:平面PBD ⊥平面COD ; (2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵OB =OC ,又∵∠ABC =π 4, ∴∠OCB =π4,∴∠BOC =π 2. ∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC , OC ?平面ABC ,∴PO ⊥OC. 又∵PO ,AB ?平面PAB ,PO ∩AB =O , ∴CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PDB. 又CO ?平面COD , ∴平面PDB ⊥平面COD. (2)解 以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 设OA =1,则PO =OB =OC =2,DA =1. 则C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1), ∴PD →=(0,-1,-1),BC →=(2,-2,0),BD →=(0,-3,1).
设平面BDC 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), ∴?????n ·BC →=0,n · BD →=0,∴???2x -2y =0,-3y +z =0, 令y =1,则x =1,z =3,∴n =(1,1,3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ, 则sin θ=????? ? ??PD →·n |PD →||n | =??????1×0+1×(-1)+3×(-1)02+(-1)2+(-1)2×12+12+32=222 11. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步:建立空间直角坐标系. 第二步:确定点的坐标. 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步:计算向量的夹角(或函数值). 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角. 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范. 【变式训练】 如图所示,在多面体A 1B 1D 1-DCBA 中,四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,E 为B 1D 1的中点,过A 1,D ,E 的平面交CD 1于F . (1)证明:EF ∥B 1C . (2)求二面角E -A 1D -B 1的余弦值. (1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ,且A 1B 1=AB =DC ,所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形,从而B 1C ∥A 1D ,又A 1D ?面A 1DE ,B 1C ?面A 1DE ,于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ?面B 1CD 1,面A 1DE ∩面B 1CD 1=EF ,所以EF ∥B 1C.
立体几何经典题型汇总
1.平面 平面的基本性质:掌握三个公理及推论,会说明共点、共线、共面问题。 (1).证明点共线的问题,一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点(依据:由点在线上,线在面内 ,推出点在面内), 这样可根据公理2证明这些点都在这两个平面的公共直线上。 (2).证明共点问题,一般是先证明两条直线交于一点,再证明这点在第三条直线上,而这一点是两个平面的公共点,这第三条直线是这两个平面的交线。 (3).证共面问题一般先根据一部分条件确定一个平面,然后再证明其余的也在这个平面内,或者用同一法证明两平面重合 2. 空间直线. (1). 空间直线位置关系三种:相交、平行、异面. 相交直线:共面有且仅有一个公共点;平行直线:共面没有公共点;异面直线:不同在任一平面内,无公共点 [注]:①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.(×)(也可能两条直线平行,也可能是点和直线等) ②直线在平面外,指的位置关系是平行或相交 ③若直线a 、b 异面,a 平行于平面α,b 与α的关系是相交、平行、在平面α内. ④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点. ⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.(×)(射影不一定只有直线,也可以是其他图形) ⑥在同一平面内的射影长相等,则斜线长相等.(×)(并非是从平面外一点.. 向这个平面所引的垂线段和斜线段) ⑦b a ,是夹在两平行平面间的线段,若b a =,则b a ,的位置关系为相交或平行或异面. ⑧异面直线判定定理:过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.(不在 任何一个平面内的两条直线) (2). 平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行. 等角定理:如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同,那么这两个角相等(如右图). (直线与直线所成角]90,0[??∈θ) (向量与向量所成角])180,0[ ∈θ 推论:如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那么这两组直线所成锐角(或直角)相等. (3). 两异面直线的距离:公垂线段的长度. 空间两条直线垂直的情况:相交(共面)垂直和异面垂直. [注]:21,l l 是异面直线,则过21,l l 外一点P ,过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有,但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. (1L 或2L 在这个做出的平面内不能叫1L 与2L 平行的平面)
必修二立体几何典型例题
必修二立体几何典型例题 【知识要点】 1.空间直线和平面的位置关系: (1)空间两条直线: ①有公共点:相交,记作:a∩b=A,其中特殊位置关系:两直线垂直相交. ②无公共点:平行或异面. 平行,记作:a∥b. 异面中特殊位置关系:异面垂直. (2)空间直线与平面: ①有公共点:直线在平面内或直线与平面相交. 直线在平面内,记作:a?α . 直线与平面相交,记作:a∩α =A,其中特殊位置关系:直线与平面垂直相交. ②无公共点:直线与平面平行,记作:a∥α . (3)空间两个平面: ①有公共点:相交,记作:α ∩β =l,其中特殊位置关系:两平面垂直相交. ②无公共点:平行,记作:α ∥β . 2.空间作为推理依据的公理和定理: (1)四个公理与等角定理: 公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理2:过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面. 公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线. 公理4:平行于同一条直线的两条直线互相平行. 定理:空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补. (2)空间中线面平行、垂直的性质与判定定理: ①判定定理: 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行. 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行. 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直. 如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直. ②性质定理: 如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行. 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.垂直于同一个平面的两条直线平行. 如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直. (3)我们把上述判定定理与性质定理进行整理,得到下面的位置关系图: 【例题分析】
空间几何体复习知识与经典例题练习
第一章 空间几何体 一、知识点归纳 (一)空间几何体的结构特征 (1)多面体——由若干个平面多边形围成的几何体. 旋转体——把一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线旋转形成的封闭几何体。其 中,这条定直线称为旋转体的轴。 (2)柱,锥,台,球的结构特征 1.1棱柱——有两个面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都 互相平行,由这些面所围成的几何体叫做棱柱。 1.2圆柱——以矩形的一边所在的直线为旋转轴,其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何 体叫圆柱. 2.1棱锥——有一个面是多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形,由这些面所围成的几何体叫做棱锥。 2.2圆锥——以直角三角形的一直角边所在的直线为旋转轴,其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆锥。 3.1棱台——用一个平行于底面的平面去截棱锥,我们把截面与底面之间的部分称为棱台. 3.2圆台——用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分叫做圆台. 4.1球——以半圆的直径所在直线为旋转轴,半圆旋转一周形成的旋转体叫做球体,简称球. (二)空间几何体的三视图与直观图 1.投影:区分中心投影与平行投影。平行投影分为正投影和斜投影。 2.三视图——正视图;侧视图;俯视图;是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形;画三视图的原则: 长对齐、高对齐、宽相等 3.直观图:直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。 4.斜二测法:在坐标系'''x o y 中画直观图时,已知图形中平行于坐标轴的线段保持平行性不变,平行于x 轴(或在x 轴上)的线段保持长度不变,平行于y 轴(或在y 轴上)的线段长度减半。 (三)空间几何体的表面积与体积 1、空间几何体的表面积 ①棱柱、棱锥的表面积: 各个面面积之和 ②圆柱的表面积 ③圆锥的表面积2S rl r ππ=+ ④圆台的表面积 22S rl r Rl R ππππ=+++ ⑤球的表面积24S R π= ⑥扇形的面积公式21 3602 n R S lr π==扇形(其中l 表示弧长,r 表示半径) 2、空间几何体的体积 ①柱体的体积 V S h =?底 ②锥体的体积 13 V S h =?底 ③台体的体积 1 )3 V S S h =+ +?下上( ④球体的体积 343 V R π= 222r rl S ππ+=
立体几何复习(知识点经典习题)
考点一,几何体的概念与性质 【基础训练】 1.判定下面的说法是否正确: (1) 有两个面互相平行,其余各个面都是平行四边形的几何体叫棱柱. (2) 有两个面平行,其余各面为梯形的几何体叫棱台. 2.下列说法不正确的是( ) A .空间中,一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形。 B.同一平面的两条垂线一定共面。 C.过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直,且这些直线都在同一平面内。 D.过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直。 【高考链接】 1.设α和β为不重合的两个平面,给出下列命题: (1)若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线,则α平行于β; (2)若α外一条直线l 与α内的一条直线平行,则l 和α平行; (3)设α和β相交于直线l ,若α内有一条直线垂直于l ,则α和β垂直; (4)直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直。 上面命题中,真命题...的序号 (写出所有真命题的序号). 2.在空间,下列命题正确的是 (A )平行直线的平行投影重合(B )平行于同一直线的两个平面平行 (C )垂直于同一平面的两个平面平行(D )垂直于同一平面的两条直线平行 考点二 三视图与直观图及面积与体积 【基础训练】 1.如图(3),,E F 为正方体的面11ADD A 与面11BCC B 的中心,则四边形1BFD E 在该正方体的面上的投影可能是 . 2.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为0 45,腰和上底均为1的等腰梯形,那么原图形的面积是( ) A. 222+ B 122+ C 22 2 + D 123.在ABC ?中, 0 2 1.5120AB BC ABC ==∠=,, 若使其绕直线BC 旋转一周,则它形成的几何体的体积是( ) A.9 2π B. 72π C. 52π D. 32 π 4. 已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是 236,,是 . 若长方体共顶点的三个侧面面积分别为3,5,15,则它的体积为 . 5.正方体的内切球和外接球的半径之比为( ) A. 3 3: C.23: D. 33 6.一个正方体的顶点都在球面上 ,它的棱长为2,则球的表面积是( ) A.2 8cm π B. 2 12cm π C. 2 16cm π D. 2 20cm π 7.若三个球的表面积之比是1:2:3,则它们的体积之比是 . 8.长方体的一个顶点上三条棱长分别为3、4、5,且它的8个顶点都在同一球面上,则这个球的表面积是( ) A.25π B. 50π C.125π D. 以上都不对 9..半径为 R 的半圆卷成一个圆锥,则它的体积为 . 【高考链接】 1.一个棱锥的三视图如图,则该棱锥的全面积为( ) (A )2 (B )2 (C )2 (D )2 F E D1 C1 B1 D C B A
高中数学必修2空间几何典型例题和讲解
数学必修2第一章 一、学习目标: 1. 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构。 2. 能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图与直观图,能识别上述三视图与直观图所表示的立体模型。 二、重点、难点: 重点:空间几何体中的棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征;空间几何体的三视图与直观图的画法。 难点:柱、锥、台、球结构特征的概括;识别三视图所表示的空间几何体;几何体的侧面展开图,计算组合体的表面积和体积。 三、考点分析: 三视图是新课程改革中出现的内容,是新课程高考的热点之一,几乎每年都考,同学们要予以足够的重视。在高考中经常以选择、填空题的形式出现,属于基础或中档题,但也要关注三视图以提供信息为目的,出现在解答题中。这部分知识主要考查学生的空间想象能力与计算求解能力。 1. 多面体 棱柱、棱锥、棱台 2. 旋转体 圆柱、圆锥、圆台、球 3. 三视图 (1)正视图、侧视图、俯视图 (2)三种视图间的关系 4. 直观图 水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法 表中S表示面积,c′、c分别表示上、下底面的周长,h表示高度,h′表示斜高,l表示侧棱长。 5. 旋转体的面积和体积公式
名称 圆柱 圆锥 圆台 球 S 侧 2πrl πrl π(r 1+r 2)l S 全 2πr(l+r) πr(l+r) π(r 1+r 2)l+π(r 21+r 22) 4πR 2 V πr 2h (即πr 2l ) 31πr 2h 31 πh(r 21+r 1r 2+r 22) 3 4πR 3 表中l 、h 分别表示母线长、高,r 表示圆柱、圆锥与球冠的底面 半径,r 1、r 2分别表示圆台上、下底面的半径,R 表示半径。 知识点一 柱、锥、台、球的结构特征 例1. 下列叙述正确的是( ) ①有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱。 ②两个底面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱台。 ③有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台。 ④直角三角形绕其一条边旋转得到的旋转体是圆锥。 ⑤直角梯形以它的一条垂直于两底边的腰所在的直线为旋转轴,其余三边旋转形成的面围成的旋转体叫圆台。 ⑥用一个平面去截圆锥,底面和截面之间的部分是圆台。 ⑦通过圆锥侧面上一点,有无数条母线。 ⑧以半圆的直径所在直线为旋转轴,半圆面旋转一周形成球体。 A. ①②③④⑤⑥⑧ B. ①③④⑦⑧ C. ①②⑤⑧ D. ⑤ 思路分析:遇到概念判断问题,一定要在理解透彻相关概念的基础上,仔细分析,如果判断它是正确的,必须能紧扣定义,而不是模棱两可地去作判断;如果判断它是错误的,只需找到一个反例即可。 解答过程:如图所示,由图(1)可知①是错误的;由图(2)可知②③是错误的;由图(3)可知④是错误的;由图(4)可知⑥是错误的。 因为通过圆锥侧面上一点和圆锥的顶点只能连一条射线,所以“通过圆锥侧面上一点,有无数条母线。”是错误的,即⑦是不正确的。 以半圆的直径所在直线为旋转轴,半圆旋转一周形成的应该是球面,半圆面旋转一周形成的才是球体。所以⑧是错误的。 所以只有⑤是正确的。故应选D 。 解题后的思考:在作判断的时候没有严格的根据定义进行多角度分析,而是只抓住定义中的某一点就作出判断,容易导致错误。 知识点二 组合体
空间向量与立体几何典型例题
空间向量与立体几何典型例题 一、选择题: 1.(2008全国Ⅰ卷理)已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等,1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心,则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于( C ) A. 13 D.2 3 1、解:C.由题意知三棱锥1A ABC -为正四面体,设棱长为a , 则1AB =, 棱柱的高 1 3AO a ===(即点1B 到底面ABC 的距离),故1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为113 AO AB =、 另解:设1,,AB AC AA u u u r u u u r u u u r 为空间向量的一组基底,1,,AB AC AA u u u r u u u r u u u r 的两两间的夹角为0 60 长度均为a ,平面ABC 的法向量为111133 OA AA AB AC =--u u u r u u u r u u u r u u u r ,11AB AB AA =+u u u r u u u r u u u r 211112,,33 OA AB a OA AB ?===u u u r u u u r u u u r u u u r 则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为11 1 1OA AB AO AB ?=u u u u r u u u r u u u r u u u r 、 二、填空题: 1.(2008全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ,二面角C AB D -- M N ,分别就是AC BC ,的中点,则EM AN ,所成角的余弦值等于 6 1 . 1、答案: 1 6 、设2AB =,作CO ABDE ⊥面, OH AB ⊥,则CH AB ⊥,CHO ∠为二面角C AB D -- cos 1CH OH CH CHO ==?∠=,结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥,则AN EM ==11(),22AN AC AB EM AC AE =+=-u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r , 11()()22AN EM AB AC AC AE ?=+?-=u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r 12 故EM AN ,所成角的余弦值1 6 AN EM AN EM ?=u u u r u u u u r u u u r u u u u r 另解:以O 为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系, 则点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),A B E C ----, 1111(,,(,,)222222 M N ---,
立体几何典型例题
【知识要点】 1.空间直线和平面的位置关系: (1)空间两条直线: ①有公共点:相交,记作:a∩b=A,其中特殊位置关系:两直线垂直相交. ②无公共点:平行或异面. 平行,记作:a∥b. 异面中特殊位置关系:异面垂直. (2)空间直线与平面: ①有公共点:直线在平面或直线与平面相交. 直线在平面,记作:a . 直线与平面相交,记作:a∩=A,其中特殊位置关系:直线与平面垂直相交. ②无公共点:直线与平面平行,记作:a∥. (3)空间两个平面: ①有公共点:相交,记作:∩=l,其中特殊位置关系:两平面垂直相交. ②无公共点:平行,记作:∥. 2.空间作为推理依据的公理和定理: (1)四个公理与等角定理: 公理1:如果一条直线上的两点在一个平面,那么这条直线上所有的点都在此平面. 公理2:过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面. 公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线. 公理4:平行于同一条直线的两条直线互相平行. 定理:空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补. (2)空间中线面平行、垂直的性质与判定定理: ①判定定理: 如果平面外一条直线与此平面的一条直线平行,那么该直线与此平面平行. 如果一个平面的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行. 如果一条直线与一个平面的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直. 如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直. ②性质定理: 如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行. 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.垂直于同一个平面的两条直线平行.如果两个平面垂直,那么一个平面垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直. (3)我们把上述判定定理与性质定理进行整理,得到下面的位置关系图: 【例题分析】 例2在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,M,N分别是AB,PC的中点,求证:MN∥平面
高中空间立体几何典型例题
1 如图所示,正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,侧面对角线AB 1,BC 1上分别有两点E ,F ,且B 1E =C 1F . 求证:EF ∥平面ABCD . 证明 方法一 分别过E ,F 作EM ⊥AB 于M ,FN ⊥BC 于N ,连接MN . ∵BB 1⊥平面ABCD , ∴BB 1⊥AB ,BB 1⊥BC , ∴EM ∥BB 1,FN ∥BB 1, ∴EM ∥FN . 又∵B 1E =C 1F ,∴EM =FN , 故四边形MNFE 是平行四边形,∴EF ∥MN . 又MN ?平面ABCD ,EF ?平面ABCD , 所以EF ∥平面ABCD . 方法二 过E 作EG ∥AB 交BB 1于G , 连接GF ,则B B G B A B E B 1111=, ∵B 1E =C 1F ,B 1A =C 1B , ∴B B G B B C E C 1111=,∴FG ∥B 1C 1∥BC , 又EG ∩FG =G ,AB ∩BC =B , ∴平面EFG ∥平面ABCD ,而EF ?平面EFG , ∴EF ∥平面ABCD . 2 已知P 为△ABC 所在平面外一点,G 1、G 2、G 3分别是△PAB 、△PCB 、△PAC 的重心.
(1)求证:平面G 1G 2G 3∥平面ABC ; (2)求S △3 21G G G ∶S △ABC . (1)证明 如图所示,连接PG 1、PG 2、PG 3并延长分别与边AB 、BC 、AC 交于点D 、E 、F , 连接DE 、EF 、FD ,则有PG 1∶PD =2∶3, PG 2∶PE =2∶3,∴G 1G 2∥DE . 又G 1G 2不在平面ABC 内, ∴G 1G 2∥平面ABC .同理G 2G 3∥平面ABC . 又因为G 1G 2∩G 2G 3=G 2, ∴平面G 1G 2G 3∥平面ABC . (2)解 由(1)知PE PG PD PG 21 =32,∴G 1G 2=32DE . 又DE =21AC ,∴G 1G 2=31 AC . 同理G 2G 3=31AB ,G 1G 3=3 1BC . ∴△G 1G 2G 3∽△CAB ,其相似比为1∶3, ∴S △3 21G G G ∶S △ABC =1∶9. 3如图所示,已知S 是正三角形ABC 所在平面外的一点,且SA =SB =SC ,SG 为△SAB 上的高, D 、 E 、 F 分别是AC 、BC 、SC 的中点,试判断S G 与平面DEF 的位置关系,并给予证明. 解 SG ∥平面DEF ,证明如下: 方法一 连接CG 交DE 于点H , 如图所示.