2016届高考备考+立体几何解答题训练教案

2016届高考备考+立体几何解答题训练

1. 如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD；

(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

222

解：（Ⅰ ）因为?DAB?60?,AB?2AD, 由余弦定理得BD?3AD从而BD+AD= AB，

故BD?AD又PD?底面ABCD，可得BD?PD所以BD?平面PAD. 故PA?BD

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为坐标系D-xyz，则

x轴的正半轴建立空间直角

A?1,0,0?B0，3,0,

??,C??1,3,0?,P?0,0,1?。

AB?(?1,3,0),PB?(0,3,?1),BC?(?1,0,0)

设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则 即

?x?3y?03y?z?0

因此可取n=(3,1,3)

m?PB?0设平面PBC的法向量为m，则 m?BC?0可取m=（0，-1，?3）

cosm,n??427??7 27?故二面角A-PB-C的余弦值为

277

1P D． 22. 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB= （I）证明：平面PQC⊥平面DCQ； （II）求二面角Q—BP—C的余弦值．

解： 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz. （I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.

则DQ?(1,1,0),DC?(0,0,1),PQ?(1,?1,0). 所以PQ?DQ?0,PQ?DC?0. 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.

故PQ⊥平面DCQ.

又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 （II）依题意有B（1，0，1），CB?,0),1((1B2,P.)1???设n?(x,y,z)是平面PBC

??n?CB?0,?x?0,的法向量，则?因此可取n?(0,?1,?2). 即??x?2y?z?0.??n?BP?0,?设

m

是

平

面

PBQ

的

法

向

量

，

则

??m?BP?0,可取???m?PQ?0.m?(1,1,1).所以cos?m,n???1515.故二面角Q—BP—C的余弦值为?. … 553.（2009全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为矩形，SD?底面ABCD，AD?2，DC?SD?2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60。 （I）证明：M是侧棱SC的中点；

????求二面角S?AM?B的大小。

解分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D—xyz，则

A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,0,2),S(0,0,2)。

（Ⅰ）设M(0,a,b)(a?0,b?0)，则

z S M BA?(0,?2,0),BM?(?2,a?2,b),SM?(0,a,b?2)

SC?(0,2,?2)，由题得 1?cos?BA,BM???2，即 ??SM//SC??2(a?2)1???22?2?(a?2)?b?22解之个方程组得???2a?2(b?2)a?1,b?1即M(0,1,1)所以M是侧棱SC的中点。

C D A B x y 法2：设SM??MC，则M(0,2?22?2,),MB?(2,,) 1??1??1??1??又AB?(0,2,0),?MB,AB??60o故MB?AB?|MB|?|AB|cos60o，即

42222?2?()?()，解得??1，所以M是侧棱SC的中点。 1??1??1??（Ⅱ）由（Ⅰ）得M(0,1,1),MA?(2,?1,?1)，又AS?(?2,0,2)，AB?(0,2,0)， 设n1?(x1,y1,z1),n2?(x2,y2,z2)分别是平面SAM、MAB的法向量，则

???n1?MA?0??n2?MA?0?2x2?y2?z2?0?2x1?y1?z1?0?且，即且 ????????2y2?0??2x1?2z1?0?n1?AS?0??n1?AB?0分别令x1?x2?∴cos?n1,n2??即n1?(2,1,1),n2?(2,0,2)， 2得z1?1,y1?1,y2?0,z2?2，

2?0?22?6?66二面角S?AM?B的大小??arccos。

334. （2009湖南卷）如图3，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=4, AA1?7,点D是BC的中点，点E在AC上，且DE?A1E.（Ⅰ）证明：

?平面ACC1A1;（Ⅱ平面A）求直线AD和平1DE面A1DE所成角的正弦值。

解:（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱ABC?A1B1C1的性质知AA1?平面ABC.

?A1E，AA1又DE?平面ABC，所以DE?AA1.而DE

所以DE⊥平面ACC1A1.又DE ?平面A1DE， 故平面A平面ACC1A1. 1DE⊥

A1E?A1,

（Ⅱ）解: 如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系， 则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,), A1(2,0,7), D(-1,

3,0), E(-1,0,0). 易知A，DE=（0，-3，0），AD=（-3，3，0）. 1D=（-3，3，-7）r设n?(x,y,z)是平面A1DE的一个法向量，则

ruuuv??n?DE??3y?0, ?ruuuv??n?A1D??3x?3y?7z?0.解得x??7z,y?0. 3r故可取n?(7,0,?3).于是

ruuurruuurn?AD?3721=??cosn,AD?ruuur8n?AD4?23

由此即知，直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为

21 8所以ME与BN不共面，它们是异面直线。 ……..12分

5.【2014年全国新课标Ⅱ（理18）】（本小题满分12分）

如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点. （Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；

（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.

（1）连结BD交AC于点O,连结EO

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点

又E为的PD的中点，所以EOPB

EO?平面AEC,PB?平面AEC，所以PB平面AEC

（2）因为PA?平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB,AD,AP两两垂直

如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AP为单位长，建立空间直角坐标

系，则A—xyz,则D(0,3 ,0),则E(0, 设B(m,0,0)(m＞0)，则C（m, 3，0） 设n(x,y,z)为平面ACE的法向量，

3131,),AE=(0, ,) 2222则{

n1?AC?0n1?AE?0mx?3y?0 即{ 3 1y?z?022可取n1=（3,-1, 3） m又n1=（1,0,0）为平面DAE的法向量， 由题设cos(n1,n2)=

1，即 2313=，解得m= 223?4m2因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为

1，三棱锥E-ACD的体积为 2V=

11313 ??3??=

32228ABC中，D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点。

P 6.【2014年江苏卷（理16）】如图，在三棱锥P

已知PA⊥AC，PA=6,BC=8，DF=5. 求证：（1）直线PA∥平面DEF; （2）平面BDE⊥平面ABC. 证明：（1）∵D,E,分别为PC,AC,的中点∴DE∥PA

又∵DE

D ?平面PAC，PA ?平面PAC

C ∴直线PA∥平面DEF A E （2）∵E,F分别为棱AC,AB的中点，且BC=8，由中位线知EF=4 ∵D,E,分别为PC,AC,的中点，且PA=6，由中位线知DE=3F ，又∵ DF=5 ∴DF2=EF2+DE2=25，∴DE⊥EF，又∵DE∥PA，∴PA⊥EF，又∵PA⊥B AC ，又∵AC ? EF=E， AC

?平面ABC，EF ?平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC，∵DE ?平面BDE，

∴平面BDE⊥平面ABC

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