立体几何专题训练(附答案).doc
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立体几何
G5空间中的垂直关系
18.、[2014·广东卷]如图14,四边形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DAFE的余弦值.
图14
19.、[2014·湖南卷]如图16所示,四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
(1)证明:
O1O⊥底面ABCD;
(2)若∠CBA=60°,求二面角C1OB1D的余弦值.
图16
19.解:
(1)如图(a),因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD.
因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD.而AC∩BD=O,因此CC1⊥底面ABCD.
由题设知,O1O∥C1C.故O1O⊥底面ABCD.
(2)方法一:
如图(a),过O1作O1H⊥OB1于H,连接HC1.
由
(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.
图(a)
又因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,
因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1.
进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1OB1D的平面角.
不妨设AB=2.因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=.
在Rt△OO1B1中,易知O1H==2.而O1C1=1,于是C1H===.
故cos∠C1HO1===.
即二面角C1OB1D的余弦值为.
方法二:
因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD,从而OB,OC,OO1两两垂直.
图(b)
如图(b),以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,不妨设AB=2.因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),
B1(,0,2),C1(0,1,2).
易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.
设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的一个法向量,则即
取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-).
设二面角C1OB1D的大小为θ,易知θ是锐角,于是
cosθ=|cos〈,〉|===.
故二面角C1OB1D的余弦值为.
19.、、[2014·江西卷]如图16,四棱锥PABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.
图16
(1)求证:
AB⊥PD.
(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥PABCD的体积最大?
并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.
19.解:
(1)证明:
因为ABCD为矩形,所以AB⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.
(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.
故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.
在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=.
设AB=m,则OP==,故四棱锥PABCD的体积为
V=×·m·=.
因为m==
,
所以当m=,即AB=时,四棱锥PABCD的体积最大.
此时,建立如图所示的空间直角坐标系,各点的坐标分别为O(0,0,0),B,C,D,P,故=,=(0,,0),CD=.
设平面BPC的一个法向量为n1=(x,y,1),
则由n1⊥,n1⊥,得解得x=1,y=0,则n1=(1,0,1).
同理可求出平面DPC的一个法向量为n2=.
设平面BPC与平面DPC的夹角为θ,则cosθ===.
19.、[2014·辽宁卷]如图15所示,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.
(1)求证:
EF⊥BC;
(2)求二面角EBFC的正弦值.
图15
19.解:
(1)证明:
方法一,过点E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF.由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC,所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC.又EO⊥BC,EO∩FO=O,所以BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO,所以EF⊥BC.
图1
方法二,由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线,并将其作为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线,并将其作为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E(0,,),F(,,0),所以=(,0,-),=(0,2,0),因此·=0,
从而⊥,所以EF⊥BC.
图2
(2)方法一,在图1中,过点O作OG⊥BF,垂足为G,连接EG.因为平面ABC⊥平面BDC,所以EO⊥面BDC,又OG⊥BF,所以由三垂线定理知EG⊥BF,
因此∠EGO为二面角EBFC的平面角.
在△EOC中,EO=EC=BC·cos30°=.
由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=,因此tan∠EGO==2,从而得sin∠EGO=,即二面角EBFC的正弦值为.
方法二,在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).
设平面BEF的法向量n2=(x,y,z),
又=(,,0),=(0,,),
所以得其中一个n2=(1,-,1).
设二面角EBFC的大小为θ,且由题知θ为锐角,则cosθ=|cos〈n1,n2〉|==,
因此sinθ==,即所求二面角正弦值为.
19.G5、G11[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图15,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.
图15
(1)证明:
AC=AB1;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.
19.解:
(1)证明:
连接BC1,交B1C于点O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.
又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.
由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.
又B1O=CO,故AC=AB1.
(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.
又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两垂直.
以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,|OB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.
因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A,B(1,0,0),B1,C.
=,
=AB=,
1=BC=.
设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则
即
所以可取n=(1,,).
设m是平面A1B1C1的法向量,
则
同理可取m=(1,-,).
则cos〈n,m〉==.
所以结合图形知二面角AA1B1C1的余弦值为.
18.,,,[2014·四川卷]三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图14所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.
(1)证明:
P是线段BC的中点;
(2)求二面角ANPM的余弦值.
图14
18.解:
(1)如图所示,取BD的中点O,连接AO,CO.
由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,
所以AO⊥BD,OC⊥BD.
因为AO,OC⊂平面AOC,且AO∩OC=O,
所以BD⊥平面AOC.
又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.
取BO的中点H,连接NH,PH.
又M,N,H分别为线段AD,AB,BO的中点,所以MN∥BD,NH∥AO,
因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.
因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.
因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.
又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.
又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.
因为H为BO的中点,所以P为BC的中点.
(2)方法一:
如图所示,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.
由
(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.
因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角ANPM的一个平面角.
由
(1)知,△ABD,△BCD为边长为2的正三角形,所以AO=OC=.
由俯视图可知,AO⊥平面BCD.
因为OC⊂平面BCD,所以AO⊥OC,因此在等腰直角△AOC中,AC=.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC中,AB=BC,所以R为AC的中点,
所以BR==.
因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,
所以NQ∥BR.
又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,
所以NQ==.
同理,可得MQ=.
故△MNQ为等腰三角形,
所以在等腰△MNQ中,
cos∠MNQ===.
故二面角ANPM的余弦值是.
方法二:
由俯视图及
(1)可知,AO⊥平面BCD.
因为OC,OB⊂平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.
又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.
如图所示,以O为坐标原点,以OB,OC,OA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.
则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).
因为M,N分别为线段AD,AB的中点,
又由
(1)知,P为线段BC的中点,
所以M,N,P,于是AB=(1,0,-),BC=(-1,,0),MN=(1,0,0),NP=.
设平面ABC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),
由得即
从而
取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).
设平面MNP的一个法向量n2=(x2,y2,z2),由,
得
即
从而
取z2=1,则y2=1,x2=0,所以n2=(0,1,1).
设二面角ANPM的大小为θ,则cosθ===.
故二面角ANPM的余弦值是.
17.、[2014·天津卷]如图14所示,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(1)证明:
BE⊥DC;
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角FABP的余弦值.
图14
17.解:
方法一:
依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图所示),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).C由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
(1)证明:
向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),
故BE·DC=0,
所以BE⊥DC.
(2)向量BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).
设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,
则即
不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有
cos〈n,BE〉===,
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)向量BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由点F在棱PC上,
设CF=λ,0≤λ≤1.
故BF=BC+CF=BC+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得BF·AC=0,因此2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=,即BF=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则
cos〈,〉===-.
易知二面角FABP是锐角,所以其余弦值为.
方法二:
(1)证明:
如图所示,取PD中点M,连接EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC.又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.
因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD.因为AM⊂平面PAD,所以CD⊥AM.又BE∥AM,所以BE⊥CD.
(2)连接BM,由
(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD.而EM∥CD,故PD⊥EM.又因为AD=AP,M为PD的中点,所以PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD,所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM.而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.
依题意,有PD=2,而M为PD中点,可得AM=,进而BE=.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=,
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)如图所示,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD,所以FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG,所以∠PAG为二面角FABP的平面角.
在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°.由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=,所以二面角FABP的余弦值为.
20.、[2014·浙江卷]如图15,在四棱锥ABCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.
(1)证明:
DE⊥平面ACD;
(2)求二面角BADE的大小.
图15
20.解:
(1)证明:
在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,
由AC=,AB=2,
得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE,
所以AC⊥DE.又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.
(2)方法一:
过B作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连接BG.由
(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角BADE的平面角.
在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,
得BD⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.由AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.
在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.
在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.
在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=ED=.
在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BG=.
在△BFG中,cos∠BFG==.
所以,∠BFG=,即二面角BADE的大小是.
方法二:
以D为原点,分别以射线DE,DC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.
由题意知各点坐标如下:
D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),
A(0,2,),B(1,1,0).
设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),
平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2).
可算得AD=(0,-2,-),AE=(1,-2,-),=(1,1,0).
由即
可取m=(0,1,-).
由即
可取n=(1,-1,).
于是|cos〈m,n〉|===.
由题意可知,所求二面角是锐角,
故二面角BADE的大小是.
19.,[2014·重庆卷]如图13所示,四棱锥PABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=,MP⊥AP.
(1)求PO的长;
(2)求二面角APMC的正弦值.
图13
19.解:
(1)如图所示,连接AC,BD,因为四边形ABCD为菱形,所以AC∩BD=O,且AC⊥BD.以O为坐标原点,,,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Oxyz.
因为∠BAD=,
所以OA=AB·cos=,OB=AB·sin=1,
所以O(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0).
由BM=,BC=2知,==,
从而=+=,
即M.
设P(0,0,a),a>0,则=(-,0,a),=.因为MP⊥AP,所以·=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即PO=.
(2)由
(1)知,=,=,=.设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2).
由n1·=0,n1·=0,得
故可取n1=.
由n2·=0,n2·=0,得
故可取n2=(1,-,-2).
从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为
cos〈n1,n2〉==-,
故所求二面角APMC的正弦值为.
G3平面的基本性质、空间两条直线
4.[2014·辽宁卷]已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
4.B [解析]B [解析]由题可知,若m∥α,n∥α,则m与n平行、相交或异面,所以A错误;若m⊥α,n⊂α,则m⊥n,故B正确;若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故C错误.若m∥α,m⊥n,则n∥α或n⊥α或n与a相交,故D错误.
17.、、[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15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.
图15
17.解:
(1)证明:
∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.
(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.
由
(1)知AB⊥平面BCD,BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.
以B为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).
依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M.
则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).
设平面MBC的法向量n=(x0,y0,z0),
则即
取z0=1,得平面MBC的一个法向量n=(1,-1,1).
设直线AD与平面MBC所成角为θ,
则sinθ===.
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
11.[2014·新课标全国卷Ⅱ]直三棱柱ABCA1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
11.C [解析]如图,E为BC的中点.由于M,N分别是A1B1,A1C1的中点,故MN∥B1C1且MN=B1C1,故MN綊BE,所以四边形MNEB为平行四边形,所以EN綊BM,所以直线AN,NE所成的角即为直线BM,AN所成的角.设BC=1,则B1M=B1A1=,所以MB===NE,AN=AE=,
在△ANE中,根据余弦定理得cos∠ANE==.
18.,,,[2014·四川卷]三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图14所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.
(1)证明:
P是线段BC的中点;
(2)求二面角ANPM的余弦值.
图14
18.解:
(1)如图所示,取BD的中点O,连接AO,CO.
由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,
所以AO⊥BD,OC⊥BD.
因为AO,OC⊂平面AOC,且AO∩OC=O,
所以BD⊥平面AOC.
又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.
取BO的中点H,连接NH,PH.
又M,N,H分别为线段AD,AB,BO的中点,所以MN∥BD,NH∥AO,
因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.
因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.
因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.
又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.
又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.
因为H为BO的中点,所以P为BC的中点.
(2)方法一:
如图所示,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.
由
(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.
因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角ANPM的一个平面角.
由
(1)知,△ABD,△BCD为边长为2的正三角形,所以AO=OC=.
由俯视图可知,AO⊥平面BCD.
因为OC⊂平面BCD,所以AO⊥OC,因此在等腰直角△AOC中,AC=.
作BR⊥AC于R
因为在△ABC中,AB=BC,所以R为AC的中点,
所以BR==.
因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,
所以NQ∥BR.
又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,
所以NQ==.
同理,可得MQ=.
故△MNQ为等腰三角形,
所以在等腰△MNQ中,
cos∠MNQ===.
故二面角ANPM的余弦值是.
方法二:
由俯视图及
(1)可知,AO⊥平面BCD.
因为OC,OB⊂平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.
又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.
如图所示,以O为坐标原点,以OB,OC,OA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.
则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).
因为M,N分别为线段AD,AB的中点,
又由
(1)知,P为线段BC的中点,
所以M,N,P,于是AB=(1,0,-),BC=(-1,,0),MN=(1,0,0),NP=.
设平面ABC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),
由得即
从而
取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).
设平面MNP的一个法向量n2=(x2,y2,z2),由,
得
即
从而
取z2=1,则y2=1,x2=0,所以n2=(0,1,1).
设二面角ANPM的大小为θ,则cosθ===.
故二面角ANPM的余弦值是.
G4空间中的平行关系
20.、、[2014·安徽卷]如图15,四棱柱ABCDA1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三
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