立体几何解答题及答案

立体几何

立体几何

1.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，

QA=AB=

12PD.（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ（II）求二面

角Q-BP-C的余弦值.

2.如图，在三棱柱ABC?ABC中，H111是正方形AA1B1B5.（Ⅰ）求

的中心，AA1?22，C1H?平面AA1B1B，且C1H?异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角A?A1C1?B1的正弦值；（Ⅲ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN?平面A1B1C，求线段BM的长．

3.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=90?，

ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.（Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．

4.如图5，在椎体P?ABCD中，ABCD是边长为1的棱形

?DAB?60,PA?PD?02,PB?2,E,F分别是BC,PC的中点，（1） 证明：AD?平面DEF（2）求二面角P?AD?B的余弦值。

5.如图，ABCDEFG为多面体，平面ABED与平面AGFD垂直，点O在线段AD上，OA?1,OD?2,V

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

确实都是很容易错的题目,希望对你们有帮助~

立体几何易做易错题汇编（解答题）

湖南 周友良

1. 由平面 外一点P引平面的三条相等的斜线段，斜足分别为ABC，O为⊿ABC的外心，

求证：OP 。

错解：因为O为⊿ABC的外心，所以OA＝OB＝OC，又因为PA＝PB＝PC，PO公用，所以⊿POA，⊿POB，⊿POC都全等，所以 POA＝ POB＝ POC＝RT ，所以OP 。 错解分析：上述解法中 POA＝ POB＝ POC＝RT ，是对的，但它们为什么是直角呢？这里缺少必要的证明。 正

解

：

取

BC

的

中

点

D

，

连

PD

，

OD

，

PB PC,OB OC, BC PD,BC OD, BC 面POD, BC PO,同理AB PO， PO .

2. 一个棱长为6cm的密封正方体盒子中放一个半径为1cm的小球，无论怎样摇动盒子，求小球在盒子不能到达的空间的体积。

错解：认为是正方体的内切球。用正方体的体积减去内切球的体积。 错误原因是空间想像力不够。

正解：在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，小球不能到达的空间为：

14 433

8[1 ( 1)] 8 ，除此之外，

8

3

3

在以正方体的棱为一条棱的12个1 1 4的正四棱柱空间内，小球不能到达的空间共为

[1 1 4

确实都是很容易错的题目,希望对你们有帮助~

立体几何易做易错题汇编（解答题）

湖南 周友良

1. 由平面 外一点P引平面的三条相等的斜线段，斜足分别为ABC，O为⊿ABC的外心，

求证：OP 。

错解：因为O为⊿ABC的外心，所以OA＝OB＝OC，又因为PA＝PB＝PC，PO公用，所以⊿POA，⊿POB，⊿POC都全等，所以 POA＝ POB＝ POC＝RT ，所以OP 。 错解分析：上述解法中 POA＝ POB＝ POC＝RT ，是对的，但它们为什么是直角呢？这里缺少必要的证明。 正

解

：

取

BC

的

中

点

D

，

连

PD

，

OD

，

PB PC,OB OC, BC PD,BC OD, BC 面POD, BC PO,同理AB PO， PO .

2. 一个棱长为6cm的密封正方体盒子中放一个半径为1cm的小球，无论怎样摇动盒子，求小球在盒子不能到达的空间的体积。

错解：认为是正方体的内切球。用正方体的体积减去内切球的体积。 错误原因是空间想像力不够。

正解：在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，小球不能到达的空间为：

14 433

8[1 ( 1)] 8 ，除此之外，

8

3

3

在以正方体的棱为一条棱的12个1 1 4的正四棱柱空间内，小球不能到达的空间共为

[1 1 4

关于立体几何解答题一题多解与多题一解的探索 ──从2011年高考数学谈起

贵州省遵义市习水县第一中学 袁嗣林

摘 要:纵观近年高考数学试题，可以看出，立体几何解答题是历年高考的必考题型。分值一般12分，难度属容易或中档题。学生得分率较高，但失分率也高。本文就2011年高考数学真题为例，对立体几何解答题作一些归类。关于立体几何解答题可以归类为一题多解与多题一解，即一类题有多种解法，多种题型可以用一种解法完成。

关键词：一题多解；多题一解；立体几何

一、一题多解

例1 （安徽理17）如图，直，点

在线段

上，

为多面体，平面△OAB，,△

，△

与平面，△

垂都是

正三角形。

（Ⅰ）证明直线

∥

；

（II）求棱锥F—OBED的体积。

分析：本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.通常解法是传统法和向量法。

（I）解法一（传统法）： 证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以

∥，OG=OD=2，

同理，设

又由于G和

是线段DA与线段FC延长线的交点，有

都在线段DA的延长线上，所以G与重合.

在△GED和△GFD中，由∥和OC∥，可知B和

2015年12月07日博强教育的高中数学组卷

一．解答题（共30小题）

1．（2014秋?安徽月考）已知椭圆C：

+

=1（{a＞b＞0}）的离心率e=

，且由椭圆

上顶点、右焦点及坐标原点构成的三角形面积为2． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）已知P（0，2），过点Q（﹣1，﹣2）作直线l交椭圆C于A、B两点（异于P），直线PA、PB的斜率分别为k1、k2．试问k1+k2 是否为定值？若是，请求出此定值，若不是，请说明理由．

2．（2014?河北）已知点A（0，﹣2），椭圆E：

+

=1（a＞b＞0）的离心率为

，F是

椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．

（Ⅰ）求E的方程；

（Ⅱ）设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．

3．（2015?浙江）已知椭圆

上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．

（1）求实数m的取值范围；

（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．

4．（2015?山东）平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：

+

=1（a＞b＞0）的离心率为

，

左、右焦点分别是F1，F2，以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

第1页（共5

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2008届全国百套高考数学模拟试题分类汇编

07立体几何

三、解答题(第二部分)

31、(福建省厦门市2008学年高三质量检查)如图，三棱锥P —ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝AC ＝2，AB ＝BC ，D 是PB 上一点，且CD ⊥平面PAB 。

（1）求证：AB ⊥平面PCB ；

（2）求二面角C —PA —B 的大小的余弦值。

（1）解：∵PC ⊥平面ABC ，AB ?平面ABC ，

∴PC ⊥AB 。

∵CD ⊥平面PAB ，AB ?平面PAB ，

∴CD ⊥AB 。

又PC ∩CD ＝C ，

∴AB ⊥平面PCB 。

（2）解法一： 取AB 的中点E ，连结CE 、DE 。

∵PC ＝AC ＝2，∴CE ⊥PA ，CE ＝.2

∵CD ⊥平面PAB ，

由三垂线定理的逆定理，得DE ⊥PA 。

∴∠CED 为二面角C —PA —B 的平面角。

由（1）AB ⊥平面PCB ，∴AB ⊥BC ，

又∵AB ＝BC ，AC ＝2，求得BC ＝.2

（2）解法二：

∵AB ⊥BC ，AB ⊥平面PBC ，过点B 作直线l ∥PA ，

则l ⊥AB ，l ⊥BC ，以BC 、BA 、l 所在直线为x 、y 、

z 轴建立空间直角坐标系（如图）。…………6分

设平面PAB

2014全国名校真题模拟专题训练09

三、解答题(第四部分)

立体几何

76、(江苏省前黄高级中学2008届高三调研)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB= 4， AD =3， AA1= 2．E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1． （1）求直线EC1与FD1所成角的余弦值；

（2）求二面角C-DE-C1的平面角的正切值．

????????????解：以A为原点，AB,AD,AA1分别为x轴，y轴，z轴的 正向建立空间直角坐标系A-xyz，则有D(0，3，0)、 D1(0，3，2)、E(3，0，0)、F(4，1，0)、C1(4，3，2)．

?????????????? 于是，DE?(3,?3,0),EC1?(1,3,2)，FD1?(?4,2,2)． （

）设EC1与FD1所成角

??????????EC1?FD11?(?4)?3?2?2?221??????|?|cos??|????|?．

22222214|EC1|?|FD1|1?3?2?(?4)?2?21

为

?

，

则

（2）设向量n?(x,y,z)与平面C1DE垂直，则有

????n?DE??1?3x?3y?0?????????x?y??z．

2n?EC1??x?3y?

2009届全国名校真题模拟专题训练09

立体几何

三、解答题(第三部分) 51、(河南省开封市2008届高三年级第一次质量检)如图PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，E 、F 分别是AB ，PD 的中点。 （1）求证：AF//平面PCE ；

（2）若二面角P —CD —B 为45°，AD=2，CD=3，求点F 到平

面PCE 的距离。

证：（1）取PC 中点M ，连ME ，MF

∵FM//CD ，FM=CD 21，AE//CD ，AE=CD 21

∴AE//FN ，且AE=FM ，即四边形AFME 是平行四边形

∴AE//EM ，

∵AF ?平面PCE ?AF//平面PCE

解：（2）∵PA ⊥平面AC ，CD ⊥AD ，

∴CD ⊥PD

∴∠PDA 是二面角P —CD —B 的平面角，

∴∠PDA=45°

∴△PAD 是等腰Rt ∠，而EM//AF 。

又∵AF ⊥CD

∴AF ⊥面PCD ，而EM//AF

∴EM ⊥面PCD

又EM ?面PEC ，

∴面PEC ⊥面PCD

在面PCD 内过F 作FH ⊥PC 于H 则FH 为点F 到面PCE 的距离

由已知PD=17,221,22===PC PD PF

∵△PFH ∽△PCD ∴PC CD

PF FH = ∴1734

空间向量在立体几何解题中的应用

一、空间向量的基础知识

1．空间向量的坐标运算 (1)空间直角坐标系

在空间选定一点O和一个单位正交基底{i，j，k}(i，j，k按右手系排列)建立坐标系，坐标轴正方向与i，j，k方向相同．空间一点P的坐标的确定可以按如下方法：过P分别作三个坐标平面的平行平面(或垂直平面)，分别与坐标轴交于A、B、C三点，|x|=OA，|y|=OB，|z|=OC，当OA与i方向相同时，x>0，反之x<0．同理确定y、z．点P的坐标与OP坐标相同．

(2)向量的直角坐标运算

设a=(a1，a2，a3)，b=(b1，b2，b3)，则

a+b=(a1+b1，a2+b2，a3+b3)；a-b=(a1-b1，a2-b2，a3-b3)；a·b=a1b1+a2b2+a3b3， a∥b?a1=?b1，a2=?b2，a3=?b3(??R )．或a⊥b?a1b1+a2b2+a3b3=0．

(3)夹角和距离公式 ①夹角公式 cos=②距离公式

设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则 |AB|=(x2?x1)2?(y2?y1)2?(z2?z1)2． ③定比分点公式

设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则 若M分AB为定比?(?≠-1)，则M的坐标为 x=

x1??x2y?