理科立体几何专题.pdf

高考理科专题高考第二大题（ 18 题）考法 --------- 立体几何一道做的不彻底的数学题也可能断送你的前程！1.（2013 新课标Ⅰ理）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中， CA=CB ，AB=A A1，∠ BA A1=60° . （Ⅰ）证明AB ⊥A1C; （Ⅱ）若平面ABC ⊥平面 AA1B1B，AB=CB=2 ，求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值解析】 （Ⅰ） 取AB 中点E， 连结CE ，1AB，1A E，∵AB=1AA ，1BAA =060，∴1BAA是正三角形，∴1AE⊥AB ，∵CA=CB ，∴CE ⊥AB ，∵1CEAE =E，∴AB ⊥面1CEA ，∴AB ⊥1AC ；⋯⋯6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC ⊥AB ，1EA ⊥AB ，又∵面 ABC ⊥面11ABBA ， 面 ABC ∩面11ABB A =AB ， ∴EC ⊥面11ABB A ， ∴EC ⊥1EA ，∴EA ， EC ，1EA 两两相互垂直，以 E为坐标原点，EA的方向为 x 轴正方向，|EA|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，有题设知A(1,0,0),1A (0,3 ,0),C(0,0,3 ),B( －1,0,0),则BC=（1,0 ，3）,1BB =1AA =(－1,0,3 ),1AC =(0, －3 ,3 ), ⋯⋯9 分设 n=( , , )x y z是平面11CBBC 的法向量，则100BCBBnn，即3030xzxy，可取 n=（3 ，1，-1），∴1cos, ACn=11|ACACn|n||105，∴直线 A1C 与平面 BB1C1C所成角的正弦值为105. ⋯⋯12 分高考理科专题2.（2013 新课标Ⅱ理）（18）如图，直棱柱ABC-A1B1C1中， D，E 分别是 AB，BB1的中点， AA1 = AC = CB = 2 2AB. （Ⅰ）证明： BC1//平面 A1CD（Ⅱ）求二面角D A1C E 的正弦值【解】 （Ⅰ）设AC1∩A1C = F ? F是AC1的中点D是AB的中点?BC1//DF， DF? 平面 A1CD， BC1/平面 A1CD?BC1//平面 A1CD. （Ⅱ）解法一：由AA1 = AC = CB = 2 2AB ?AA1∶BD = AD∶BE?Rt△A1AD∽Rt△BDE ?∠A1DA = ∠BED ?∠A1DA +∠BDE = 90o ?ED⊥A1DAC = CB ? AB⊥CD AA1⊥底面 ABC ?AA1⊥CD?CD⊥平面 ABB1A1?CD⊥DE?ED⊥平面 A1CD作 DG⊥ A1C 交 A1C 于 G, 则 EG⊥ A1C，所以∠ DGE 为所求二面角的平面角. CD⊥平面 ABB1A1?CD⊥A1D ?A1C?DG = CD?A1D设 AA1 = 2a ?A1C = 2 2 a， CD = 2 a，A1D = 6 a，?DG = CD?A1DA1C= 6 2a，DE = 3 a ?EG = 3 2 2a?sin∠DGE = DE EG= 6 3（Ⅱ）解法二：由 AC = CB = 2 2AB ?AC2 + CB2= AB2?AC⊥BC，建立如图所示的坐标系，设AA1 = 2，则→CA1= (2, 0, 2)，→CD = (1, 1, 0)，→CE = (0, 2, 1)，设m= (x1, y1, z1)是平面 A1DC 的法向量，则m?→CA1 =0m?→CD =0 ?x1 +z1 = 0 x1 + y1 = 0可取m= ( 1, 1, 1) 同理设n= (x2, y2, z2)是平面 A1EC 的法向量，则m?→CA1 =0m?→CE =0 ?x2 +z2 = 02y2 +z2 = 0可取n= (2, 1, 2)，cos = m?n|m|?|n|= 3 3?sin = 6 33.（2012 新课标理）FEDB1C1ABA1CGxyzEDB1C1ABA1C高考理科专题如图，直三棱柱111ABCA BC中，11 2ACBCAA，D是棱1AA的中点，1DCBD。

Ⅰ）证明：1DCBC（Ⅱ）求二面角11ABDC的大小省略DA1B1C1CBA高考理科专题4.（2011 新课标理）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 的余弦值解析 1： （Ⅰ）因为60 ,2DABABAD, 由余弦定理得3BDAD从而 BD2+AD2= AB2，故BD AD;又PD 底面ABCD，可得BD PD所以BD 平面PAD.故PABD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点， AD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，则1,0,0A,03,0B，,1,3,0C,0,0,1P 1, 3,0),(0, 3, 1),( 1,0,0)ABPBBCuu u vuuvuu u v设平面 PAB的法向量为n=（ x,y,z） ，则00n ABn PB, 即3030xyyz因此可取 n=( 3,1, 3)设平面 PBC的法向量为 m ，则00m PBm BC可取 m= （0，-1 ，3）42 7cos,72 7m n故二面角A-PB-C的余弦值为2 77z x P C B A D y 高考理科专题5.（2013 辽宁理）如图，.ABPAC是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点（I ）求证：PACPBC平面平面；（II ）2.ABACPACPBA若，1，1，求证：二面角的余弦值(1)证明： 由 AB 是圆的直径，得 AC⊥BC. 由 PA⊥平面 ABC，BC? 平面 ABC，得 PA ⊥BC. 又 P A∩AC＝A，PA? 平面 PAC，AC? 平面 PAC， 所以 BC⊥平面 P AC. 因为 BC? 平面 PBC. 所以平面 PBC⊥平面 PAC. (2)解法一： 过 C 作 CM∥AP，则 CM⊥平 面 ABC. 如图， 以点 C 为坐标原点，分别以直线 CB， CA，CM 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标 系．因为 AB＝2，AC＝1，所以 BC＝3 . 因为 PA＝1，所以 A(0,1,0)，B(3，0,0)， P(0,1,1)． 故CB＝(3，0,0)，CP＝(0,1,1)． 设平面 BCP 的法向量为 n1＝(x，y，z)，则110,0,CBCPnn所以30,0,xyz不妨令 y＝1，则 n1＝(0,1，－1)．因为AP＝(0,0,1)，AB＝(3 ，－1,0)． 设平面 ABP 的法向量为 n2＝(x，y，z)，则220,0,APABnn所以0,30,zxy不妨令 x＝1，则 n2＝(1，3 ，0)，于是 cos〈n1，n2〉＝36 42 2. 所以由题意可知二面角CPBA 的余弦值为64. 高考理科专题6.（2013 山东理） (本小题满分 12 分)如图所示，在三棱锥P－ABQ中，PB⊥平面ABQ， BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD， PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH. (1) 求证：AB∥GH； (2) 求二面角D－GH－E的余弦值．(1) 证明：因为D，C，E，F 分别是 AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点， 所以 EF∥AB ，DC ∥AB . 所以 EF ∥DC . 又 EF平面 PCD ，DC 平面 PCD ， 所以 EF∥平面 PCD . 又 EF平面 EFQ ，平面 EFQ ∩平面 PCD ＝GH ， 所以 EF∥GH . 又 EF ∥AB ，所以 AB ∥GH . (2) ：在△ ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ， 所以∠ ABQ ＝90°. 又 PB ⊥平面 ABQ ， 所以 BA ，BQ ，BP两两垂直． 以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所 示的空间直角坐标系． 设 BA ＝BQ ＝BP ＝2， 则 E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q (0,2,0)，D (1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)．所以 EQ＝( －1,2 ，－1)， FQ ＝(0,2 ，－1) ，DP＝(－1，－1,2) ，CP＝(0 ，－1,2) ．设平面 EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由m·EQ＝0，m·FQ＝0，得1111120,20,xyzyz取y1＝1，得m＝(0,1,2)．设平面 PDC 的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 由n·DP＝0，n·CP＝0，得2222220,20,xyzyz取z2＝1，得n＝(0,2,1)．所以 cos〈m，n〉＝4||||5·m nmn. 因为二面角 D－GH －E为钝角，高考理科专题所以二面角 D－GH －E的余弦值为45. 高考理科专题7.（2013 天津理）如图 , 四棱柱ABCD－A1B1C1D1中 , 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点 . ( Ⅰ) 证明B1C1⊥CE; ( Ⅱ) 求二面角B1－CE－C1的正弦值 . 解： (1) 证明：如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)， B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．易得11BC ＝(1,0 ，－1) ，CE＝( －1,1 ，－1)，于是11BC ·CE＝0，所以 B1C1⊥CE . (2)1BC ＝(1，－ 2，－1) ．设平面 B1CE的法向量 n＝(x， y， z) ，则10,0,B CCEmm即20,0.xyzxyz消去 x，得 y＋2z＝0，不妨令 z＝1，可得一个法向量为n＝( －3，－2,1) ． 由(1) ，B1C1⊥CE ，又 CC1⊥B1C1，可得 B1C1⊥平面 CEC1，故11BC ＝(1,0 ，－1)为平面 CEC1的一个法向量．于是 cos〈n ，11BC 〉＝111142 77|| ||142BCBCmm，从而 sin 〈n ，11BC 〉＝217. 所以二面角 B1－CE －C1的正弦值为217. 高考理科专题8.（2013 湖南理）如图 5，在直棱柱 1111//ABCDABC DADBC中，，190 ,,1,3.BADACBD BCADAA（I）证明：1ACB D；（II）求直线111BCACD与平面所成角的正弦值。

解：(1) 如图，因为 BB1⊥平面 ABCD ，AC 平面 ABCD ，所以 AC ⊥BB1. 又 AC ⊥BD ，所以 AC ⊥平面 BB1D． 而 B1D平面 BB1D ，所以 AC ⊥B1D．即直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值为217. 解：(1) 易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所 在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的 坐标为： A(0,0,0)，B(t, 0,0) ，B1(t, 0,3) ，C ( t, 1,0) ，C1( t, 1,3) ，D(0,3,0)， D1(0,3,3)．从而1B D ＝(－t, 3，－3) ，AC＝(t, 1,0) ，BD＝( －t, 3,0) ．因为 AC ⊥BD ，所以AC·BD＝－t2＋3＋0＝0. 解得3t或3t( 舍去) ．于是1B D ＝(3 ，3，－3)，AC＝(3 ，1,0) ．因为AC·1B D ＝－3＋3＋0＝0，所以AC⊥1B D ，即 AC ⊥ B1D．(2) 由(1) 知，1AD ＝(0,3,3)，AC＝(3 ，1,0) ，11BC ＝(0,1,0)． 设 n＝( x，y，z) 是平面 ACD1的一个法向量，则10,0,ACADnn即30,330.xyyz令 x＝1，则 n＝(1，3 ，3 。