9.6立体几何大题1(教师版)

A

B

C

D

1

A 1

C 1B E

科 目 数学 年级 高三 备课人 高三数学组

第 课时

9.2立体几何大题1

1、（2013新课标）如图,直棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别是1,AB BB 的 中点,12

2

AA AC CB AB ===

. (Ⅰ)证明:1//BC 平面1A CD ; (Ⅱ)求二面角1D A C E --的正弦值.

【答案】

2、（2013湖南）如图5,在直棱柱

1111//ABCD A BC D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=,

13AD AA ==.

(I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.

【答案】

解（Ⅰ) AC BB ABCD BD ABCD

BB D C B A ABCD ⊥??⊥∴-111111,面且面是直棱柱 D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11

111,,⊥∴?⊥∴=?⊥，面。面且又 . (证毕)

(Ⅱ)

。

的夹角与平面的夹角即直线与平面直线θ111111,////ACD AD ACD C B AD BC C B ∴ 轴正半轴。

为轴正半轴，为点，量解题。设原点在建立直角坐标系，用向X AD Y AB A

()BD

AC y BD y AC y C y B D D A ⊥-== ),0,,3(),0,,1()0,,1(),0,,0(),3,0,3(),0,0,3(,00,01，则，设

).

3,0,3(),0,3,1(.30,003012==∴=?>=+-?=?AD AC y y y BD AC ）

，，（），，（的一个法向量平面则的法向量为设平面303,313-.0

,111==??????=?=?AD n ACD AD n AC n n ACD

721

3

733|,cos |sin 003,313-1=?=

><=?==∴AD n AD n ACD θ），，（），，（的一个法向量平面

7

21

11夹角的正弦值为

与平面所以ACD BD .

3、（2013 北京）如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AA 1C 1C 是边长为4的正方形,平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ,AB=3,BC=5.

(Ⅰ)求证:AA 1⊥平面ABC ;

(Ⅱ)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值;

(Ⅲ)证明:在线段BC 1存在点D,使得AD ⊥A 1B ,并求

1

BD

BC 的值.

【答案】解:

(I)因为AA 1C 1C 为正方形,所以AA 1 ⊥AC.

因为平面ABC⊥平面AA 1C 1C,且AA 1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA 1⊥平面ABC.

(II)由(I)知AA 1 ⊥AC,AA 1 ⊥AB. 由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC. 如图,以A 为原点建立空间直角坐标系A-xyz ,则B(0,3,0),A 1(0,0,4),B 1(0,3,4),C 1(4,0,4),

设平面A 1BC 1的法向量为,,)x y z n =(,则1110

A B A C ??=???=??n n ,即34040y z x -=??=?,

令3z =,则0x =,4y =,所以(0,4,3)n =.

同理可得,平面BB 1C 1的法向量为(3,4,0)m =,所以16

cos 25

?=

=

n m n,m |n ||m |. 由题知二面角A 1-BC 1-B 1为锐角,所以二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值为

1625

. (III)设D (,,)x y z 是直线BC1上一点,且1BD BC λ=. 所以(,3,)(4,3,4)x y z λ-=-.解得

4x λ=,33y λ=-,4z λ=.

所以(4,33,4)AD λλλ=-. 由1·0AD A B =,即9250λ-=.解得9

25

λ=. 因为

9

[0,1]25

∈,所以在线段BC 1上存在点D, 使得AD⊥A 1B. 此时,19

25

BD BC λ==

.

4、（2013江苏）本小题满分10

分.如图,在直三棱柱111A B C ABC

-中,AC AB ⊥,2==AC AB ,41=AA ,点D 是BC 的中点

(1)求异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值 (2)求平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值.

【答案】本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向

量解决问题的能力.

解:(1)以{}

1,,AA AC AB 为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -,

则)0,0,0(A )0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ∴

)4,0,2(1-=B A ,

)4,1,1(1--=B A

∴10

10

318

2018,cos 111111=

=

?>=

C B A

D C B A D C B A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为

10

10

3 (2))0,2,0(=AC 是平面1ABA 的的一个法向量

设平面1ADC 的法向量为),,(z y x m =,∵)0,1,1(=AD ,)4,2,0(1=AC 由1,AC m AD m ⊥⊥

∴?

??=+=+0420z y y x 取1=z ,得2,2=-=x y ,∴平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=m

设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ

∴3

2

324,cos cos =?-=

?=

><=m

AC m AC m AC θ, 得35sin =θ ∴平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为

3

5

5、（2013年新课标1）如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CA=CB,AB=A A 1,∠BA A 1=60°.

(Ⅰ)证明AB ⊥A 1C;

(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA 1B 1B,AB=CB=2,求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.

【答案】(Ⅰ)取AB 中点E,连结CE,1A B ,1A E ,

∵AB=1AA ,1BAA ∠=0

60,∴1BAA ?是正三角形,

∴1A E ⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE⊥AB, ∵1CE A E ?=E,∴AB⊥面1CEA ,

∴AB⊥1AC ;

(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,1EA ⊥AB,

又∵面ABC⊥面11ABB A ,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O xyz -, 有

题

设

知

A(1,0,0),

1

A (0,

3

,0),C(0,0,

3

),B(-1,0,0),则

BC =(1,0,3),1BB =1AA =(-1,0,3),1A C =(0,-3,3),

设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量,

则100BC BB ??=???=??n n ,即30

30

x z x y ?+=??+=??,可取n =(3,1,-1), ∴1cos ,A C n =

11|A C A C ?n |n ||10

5

,

∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105

6、（2013江西）如图,四棱锥P ABCD

-中,PA ,ABCD E BD ⊥平面为的中点,G PD 为的中点，

3

,12

DAB DCB EA EB AB PA ???====

，,连接CE 并延长交AD 于F . (1) 求证:AD CFG ⊥平面;

(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值.

【答案】解:(1)在ABD ?中,因为E 是BD 的中点,所以1EA EB ED AB ====,

故,23

BAD ABE AEB π

π

∠=

∠=∠=

,

因为DAB DCB ???,所以EAB ECB ???, 从而有FED FEA ∠=∠,

故,EF AD AF FD ⊥=,又因为,PG GD =所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ,

所以,GF AD ⊥故AD ⊥平面CFG . (3) 以点

A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则

33

(0,0,0),(1,0,0),(,,0),(0,3,0)22

A B C D ,

(4)

3(0,0,)2P ,故1333333(0),(,),(,,0)2222222

BC CP CD ==--=-，，，

设平面BCP 的法向量111(1,,)n y z =,则1

1113

0223330

222

y y z ?+

=????--+=?? ,

解得113

323y z ?=-????=

??

,即1

32(1,,)33n =-. 设平面DCP 的法向量222(1,,)n y z =,则2223

3

2

2

33302

22

y y z ?-+=???

?--+=??,解得2232

y z ?=??=??,

即2(1,3,2)n =.从而平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值为

12

12

4

23cos 41689

n n n n θ?===?.

【课后反思】

立体几何中的最值(教师版)2014.10.06

立体几何中的最值问题 一、运用变量的相对性求最值 例1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ） A. 5 5 B. 5 5 2 C. 2 D. 1 解析：如图1，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。过O 作OQ ⊥SC ，在Rt △SOC 中，5 5 2=OQ 中。又P 在BD 上运动，且当P 运动到点O 时，PQ 最小，等于OQ 的长为5 5 2，也就是异面直线BD 和SC 的公垂线段的长。故选B 。 图1 图2 二、定性分析法求最值 例2. 已知平面α//平面β，AB 和CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。AB ⊥CD ，AB=3，直线AB 与平面α成30°角，则线段CD 的长的最小值为______。 解析：如图2，过点B 作平面α的垂线，垂足为O ，连结AO ，则∠BAO=30°。过B 作BE//CD 交平面α于E ，则BE=CD 。连结AE ，因为AB ⊥CD ，故AB ⊥BE 。则在Rt △ABE 中，BE=AB ·tan ∠BAE ≥AB ·tan ∠BAO=3·tan30°=3。故3≥CD 。 三、展成平面求最值 例3. 如图3-1，四面体A-BCD 的各面都是锐角三角形，且AB=CD=a ，AC=BD=b ，AD=BC=c 。平面α分别截棱AB 、BC 、CD 、DA 于点P 、Q 、R 、S ，则四边形PQRS 的周长的最小值是（ ） A. 2a B. 2b C. 2c D. a+b+c 图3-1 图3-2 解析：如图3-2，将四面体的侧面展开成平面图形。由于四面体各侧面均为锐角三角形，且AB=CD ，AC=BD ，AD=BC ，所以，A 与A ’、D 与D ’在四面体中是同一点，且''////D A BC AD ， '//CD AB ，A 、C 、A ’共线，D 、B 、D ’共线，BD DD AA 2''==。又四边形PQRS 在展开图中变 为折线S ’PQRS ，S ’与S 在四面体中是同一点。因而当P 、Q 、R 在S ’S 上时， RS QR PQ P S +++'最小，也就是四边形PQRS 周长最小。又''SA A S =，所以最小值''DD SS L ==b BD 22==。 故选B 。

立体几何高考真题大题

立体几何高考真题大题 1．（2016 高考新课标 1 卷）如图 , 在以 A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中, 面 ABEF为正方形 ,AF=2FD,AFD 90 ,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是 60 ． D C F （Ⅰ）证明：平面ABEF平面EFDC； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 2 19 19 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先证明 F平面FDC ,结合F平面 F ,可得平面F 平面 FDC ．（Ⅱ）建立空间坐标系, 分别求出平面C的法向量 m 及平面 C 的法 向量 n ,再利用 cos n, m n m 求二面角．n m 试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF, F F, 所以F平面 FDC ． 又F平面F,故平面 F 平面FDC ． （Ⅱ）过 D 作DG F ,垂足为 G ,由（Ⅰ）知 DG平面 F ． 以 G 为坐标原点,GF 的方向为 x 轴正方向, GF 为单位长度, 建立如图所示的空间直角坐标系 G xyz ． 由（Ⅰ）知DF为二面角D F的平面角,故DF60,则DF 2, DG3,可得1,4,0 ,3,4,0,3,0,0, D0,0, 3 ． 由已知 ,// F,所以//平面FDC ． 又平面CD平面FDC DC,故//CD , CD// F ． 由//F,可得平面FDC ,所以 C F为二面角 C F 的平面角, C F60 ．从而可得C2,0,3．

设 n x, y, z 是平面C的法向量,则 n C 0, 即x 3z 0, n0 4 y0 所以可取 n3,0, 3 ． 设 m 是平面 m C0 CD 的法向量,则, m0 同理可取 m0, 3, 4 ．则 cos n, m n m 2 19． n m19 故二面角C 219的余弦值为． 19 考点：垂直问题的证明及空间向量的应用 【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明, 空间中线面位置关 系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系, 其中推理论证的关键是结 合空间想象能力进行推理, 要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面, 该类题目难度不 大 , 以中档题为主．第二问一般考查角度问题, 多用空间向量解决． 2 ．（ 2016 高考新课标 2 理数）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD交于点 O ， AB 5,AC 6，点 E, F 分别在 AD,CD 上， AE CF 5 ，EF交BD于点H．将4 DEF 沿 EF 折到 D EF 位置，OD10． （Ⅰ）证明： D H平面 ABCD ； （Ⅱ）求二面角 B D A C 的正弦值． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295 ．25

高考立体几何大题20题汇总情况

高考立体几何大题20 题汇总情况 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

(2012江西省）（本小题满分12分） 如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB=12，AD=5， BC=42，DE=4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合与点G ，得到多面体CDEFG. （1） 求证：平面DEG ⊥平面CFG ； （2)求多面体C DEFG 的体积。 2012，山东(19) (本小题满分12分) 如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形， ,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =； (Ⅱ)若∠120BCD =?，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC . 2012浙江20．（本题满分15分）如图，在侧棱锥垂直 底面的四棱锥1111ABCD A B C D -中，,AD BC //AD 11,2,2,4,2,AB AB AD BC AA E DD ⊥====是的中 点，F 是平面11B C E 与直线1AA 的交点。 （Ⅰ）证明：（i） 11;EF A D //ii （）111;BA B C EF ⊥平面 （Ⅱ）求1BC 与平面11B C EF 所成的角的正弦值。 (第20题图) F E C 1 B 1 D 1A 1 A D B C

（2010四川）18、(本小题满分12分)已知正方体''''ABCD A B C D -中，点M 是棱'AA 的中点，点O 是对角线'BD 的中点， （Ⅰ）求证：OM 为异面直线'AA 与'BD 的公垂线； （Ⅱ）求二面角''M BC B --的大小； 2010辽宁文（19）（本小题满分12分） 如图，棱柱111ABC A B C -的侧面11BCC B 是菱形，11B C A B ⊥ （Ⅰ）证明：平面11A B C ⊥平面11A BC ； （Ⅱ）设D 是11A C 上的点，且1//AB 平面1B CD ，求11:A D DC 的值。

1立体几何的基本概念.

高中数学总复习 立体几何的基本概念 【知识要点】 【基本概念】 一.空间几何体的结构特征 【棱柱、棱锥、棱台和多面体】 : 1.棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体: ①有两个面互相平行; ②其余各面都是四边形; ③每相邻两个四边形的公共边都互相平行; 棱柱按底面边数可分为:三棱柱、四棱柱、五棱柱等. 棱柱性质: ①棱柱的各个侧面都是平行四边形,所有的侧棱都相等; ②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等 .. 多边形 . ③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形 . 2.棱锥是由一个底面是多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体.棱锥具有以下性质: ①底面是多边形;

②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形; ③平行于底面的截面和底面是相似多边形,相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比.截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方. 3.棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后,截面和底面之间的部分. 由棱台定义可知,所有侧棱的延长线交于一点,继而将棱台还原成棱锥. 4.多面体是由若干个多边形围成的几何体.多面体有几个面就称为几面体,如三棱锥是四面体. 【圆柱、圆锥、圆台、球】 : 分别以矩形的一边,直角三角形的一直角边,直角梯形垂直于底边的腰所在的直线,半圆以它的直径所在直线为旋转轴,旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球 圆柱、圆锥和圆台的性质主要有: ①平行于底面的截面都是圆; ②过轴的截面(轴截面分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形; ③圆台的上底变大到与下底相同时,可以得到圆柱;圆台的上底变小为一点时,可以得到圆锥. 附表: 1. 几种常凸多面体间的关系

立体几何三视图教师版

考点24 三视图 考点一：棱长类 1．★（2014西城二模4）某四棱锥的三视图如图所示，记A 为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ） （A ） 2A ，且4A （B A ，且4 A （C ） 2A ，且A （D A A 【答案】D 2．★（2015年北京丰台区高三一模理科）上图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是 (A) 4 (B) 5 (C) (D) 正(主)视图 侧(左)视图 俯视图

【答案】D 考点二：面积类 3．★（2013海淀二模4） 某空间几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为( ) A.180 B.240 C.276 D.300 【答案】B 4．★（2012西城一模4） 已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等，体积为33．其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（ ） （A ）23（B ）2 23（C ）28cm （D ）2 4cm 【答案】A 6 6 6 5 俯视图

正视图 俯视图 5．★★★（2012朝阳二模8） 有一个棱长为1的正方体，按任意方向正投影, 其投影面积的最大值是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 6．★★（2010海淀期末理）11．一个几何体的三视图如下图所示，则该几何 体的表面积为__________________. 【答案】2412π+ 考点三：体积类 7．★★（2011丰台期末文）3．若一个螺栓的底面是正六边形，它的正视图和俯视图如图所示，则它的体积是 A ． 32225+π B ．32 25 π C ．3225π D ．128 25 π 【答案】C 正视图侧视图 俯视图

立体几何之及球有关的高考试题老师

立体几何与球专题讲义 一、球的相关知识 考试核心：方法主要是“补体”和“找球心” 1.长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径． 2．正方体的切球其棱长为球的直径． 3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线．4．正四面体的外接球与切球的半径之比为3∶1. 5.性质的应用 2 2 2 1 2r R OO d- = = ，构造直角三角形建立三者之间的关系。 真题回放： 1.（2015高考新课标2，理9）已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( ) A．36π B.64π C.144π D.256π

参考答案1、 2. 3. 4.

题型总结 类型一：有公共底边的等腰三角形，借助余弦定理求球心角。（两题互换条件形成不同的题） 1．如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，1 OO =A 、B 是圆1O 上两点，若A ，B 两点间的球面距离为23 π ，则1AO B ∠= . 2．如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，1 OO ，A 、B 是圆1O 上两点，若1AO B ∠=2 π ，则A,B 两点间的球面距离为 （2009年文科） 类型二：球接多面体，利用圆接多边形的性质求出小圆半径，通常用到余弦定理求余弦值，通过余弦值再利用正弦定理得到小圆半径 r C c 2sin =，从而解决问题。 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=?， 则此球的表面积等于 。 4.正三棱柱111ABC A B C -接于半径为2的球，若,A B 两点的球面距离为π，则正三棱柱的体积为 ． 5.12．已知球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3，ο30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S —ABC 的体积为 A ．33 B ．32 C ．3 D ．1

立体几何高考真题大题

立体几何高考真题大题 1．（2016高考新课标1卷）如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD, 90AFD ∠=o ,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60o ． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）19 - 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先证明F A ⊥平面FDC E ,结合F A ?平面F ABE ,可得平面F ABE ⊥平 面FDC E ．（Ⅱ）建立空间坐标系,分别求出平面C B E 的法向量m u r 及平面C B E 的法向量 n r ,再利用cos ,n m n m n m ?=r r r r r r 求二面角． 试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ?平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ． （Ⅱ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（Ⅰ）知DG ⊥平面F ABE ． 以G 为坐标原点,GF u u u r 的方向为x 轴正方向,GF u u u r 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -． 由（Ⅰ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =o ,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E - ,(D ． 由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CD AB I 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ． 由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角, C F 60∠E =o ．从而可得(C -． 所以(C E =u u u r ,()0,4,0EB =u u u r ,(C 3,A =--u u u r ,()4,0,0AB =-u u u r ． 设(),,n x y z =r 是平面C B E 的法向量,则 C 0 0n n ??E =???EB =??u u u r r u u u r r , 即040x y ?=?? =??, 所以可取(3,0,n =r ．

专题06 立体几何(解答题)(教师版)

专题06 立体几何（解答题） 1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°， E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点. （1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【答案】（1）见解析；（2） 17 . 【解析】（1）连结1,B C ME . 因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且11 2 ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以11 2 ND A D = . 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故= ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ?平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H . 由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以1C E 17 CH =.

从而点C 到平面1C DE 的距离为 17 . 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解. 2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上， BE ⊥EC 1． （1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1； （2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18. 【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ?平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．

立体几何证明题专题(教师版)分析

立体几何证明题 考点1:点线面的位置关系及平面的性质 例1.下列命题： ①空间不同三点确定一个平面； ②有三个公共点的两个平面必重合； ③空间两两相交的三条直线确定一个平面； ④三角形是平面图形； ⑤平行四边形、梯形、四边形都是平面图形； ⑥垂直于同一直线的两直线平行； ⑦一条直线和两平行线中的一条相交，也必和另一条相交； ⑧两组对边相等的四边形是平行四边形. 其中正确的命题是__________ . 【解析】由公理3知，不共线的三点才能确定一个平面，所以知命题①错，②中有可能出现 两平面只有一条公共线（当这三个公共点共线时），②错.③空间两两相交的三条直线有三个交点或一个交点，若为三个交点，则这三线共面，若只有一个交点，则可能确定一个平面或三个平面.⑤中平行四边形及梯形由公理2可得必为平面图形，而四边形有可能是空间四边形，如图（1）所示. ABC —A B C D'中，直线BB丄AB, BB丄CB但AB与CB不平行，???⑥错. AB // CD BB n AB= B,但BB与CD不相交，.??⑦错?如图（2）所示，AB= CD BC= AD四边形ABCD不是平行四边形，故⑧也错. I、m外的任意一点，贝U （ A.过点P有且仅有条直线与I、m都平行 B.过点P有且仅有条直线与I、m都垂直 C.过点P有且仅有条直线与I、m都相交 D.过点P有且仅有条直线与I、m都异面 答案 B 解析对于选项A,若过点P有直线n与I , m都平行，则I // m这与I , m异面矛盾. 对于选项B,过点P与I、m都垂直的直线，即过P且与I、m的公垂线段平行的那一条直线. 对于选项C,过点P与I、m都相交的直线有一条或零条. 对于选项D,过点P与I、m都异面的直线可能有无数条.

高考立体几何大题及答案理

1.如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面 ABCD ，2AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上， ∠ABM=60 。 （I ）证明：M 是侧棱SC 的中点； ()II 求二面角S AM B --的大小。 2.如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ,D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1（Ⅰ）证明：AB =AC （Ⅱ）设二面角A -BD -C 为60°,求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小 3.如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=，,P Q 分别为,AE AB 的中点．（I ）证明：//PQ 平面ACD ； （II ）求 AD 与平面ABE 所成角的正弦值． 4.如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形， PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当2PD AB =且E 为PB 的中 点 时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小. 5.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形， PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ． B C D E O A P B M

（1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求直线PC 与平面ABM 所成的角； （3）求点O 到平面ABM 的距离． 6.如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ?==∠=（I ）求证：EF BCE ⊥平面； （II ）设线段CD 、AE 的中点分别为P 、M ，求证： PM ∥BCE 平面 （III ）求二面角F BD A --的大小。 7.如图，四棱锥S -ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ,SD ＝AD ＝a ,点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0<λ≦1). (Ⅰ)求证：对任意的λ∈（0、1）， 都有AC ⊥BE : (Ⅱ)若二面角C -AE -D 的大小为600C ，求λ的值。 8.如图3，在正三棱柱111ABC A B C -中，AB =4, 17AA =,点D 是BC 的中点，点E 在AC 上，且DE ⊥1A E .（Ⅰ）证明：平面1A DE ⊥平面 11ACC A ;（Ⅱ）求直线AD 和平面1A DE 所成角的正弦值。 9.如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ?==∠= （I ）求证：EF BCE ⊥平面；

立体几何1 单元测试

立体几何一 一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.从长方体一个顶点出发的三个面的面积分别为6，8，12，则其对角线的长为 (A)3 (B)5 (C) 26 (D)29 2.在空间，下列命题中正确的个数为 ①平行于同一直线的两条直线平行；②垂直于同一直线的两条直线平行； ③平行于同一平面的两条直线平行；④垂直于同一平面的两条直线平行； （A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）3 3.棱长为a 的正方体外接球的表面积为 22224.3.2..a D a C a B a A ππππ 4. 在正四面体P —ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立．．． 是 A ．BC//平面PDF B ．DF ⊥平面PAE C ．平面PDF ⊥平面ABC D ．平面PAE ⊥平面ABC 5.已知直线m 、n 、l 与平面βα,，给出下列六个命题： ①若;,,//m n n m ⊥⊥则αα②若.,//,βαβα⊥⊥则m m ③若m l m l //,//,//,//则βαβα ④若不共面与则点m l m A A l m ,,,?=??αα ⑤若m 、l 是异面直线，ααα⊥⊥⊥n m n l n m l 则且,,,//,//； ⑥.//,//,//,,,βαββαα则点m l A m l m l =?? 其中假命题有 A.0 B ．1 C ．2 D ．3 6.设γβα、、、为平面，l n m 、、为直线，则β⊥m 的一个充分条件是 A ． l m l ⊥=?⊥,,βαβα B ． γβγαγα⊥⊥=?,,m C ． αγβγα⊥⊥⊥m ,, D ． αβα⊥⊥ ⊥m n n ,, 7.设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，则四棱锥B —APQC 的体积为 A ．16 V B ．14 V C ．13 V D ．12 V 8.对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件中，可以判定α与β平行的条件有 ①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ；②存在平面γ，使得α、β都平行于γ； ③α内有不共线的三点到β的距离相等； ④存在异面直线l 、m ，使得l //α，l //β，m //α，m //β，

三角函数与立体几何(二)教师版

1．如图，在ABC ?中，点D 在边BC 上， 4 CAD π ∠= ， 72AC = ， cos 10 ADB ∠=-． （1）求sin C ∠的值； （2）若ABD ?的面积为7，求AB 的长． 【答案】(1) sin C ∠= 4 5 ;(2) AB = 【解析】试题分析：（1）由同角三角函数基本关系式可求sin ADB ∠，由4 C ADB π ∠=∠- ，利用两角差 的正弦函数公式及特殊角的三角函数值即可求值得解；（2）先由正弦定理求AD 的值，再利用三角形面积公式求得BD ，与余弦定理即可得解AB 的长度. 试题解析：（1 ）因为cos 10ADB ∠=- ，所以sin 10 ADB ∠=， 又因为4 CAD π ∠= ，所以4 C ADB π ∠=∠- ， 所以sin sin 4C ADB π? ? ∠=∠- ?? ? sin cos cos sin 4 4 ADB ADB π π =∠-∠ 4 1021025 = +?=． （2）在ADC ?中，由正弦定理 sin sin AD AC C ADC =∠∠， 故( )74sin sin sin sin sin sin AC C AC C AC C AD ADC ADB ADB π? ?∠?∠?∠==== ∠-∠∠ = 又11sin 72210 ABD S AD AB ADB BD ?= ???∠=??=，解得5BD =． 在ADB ?中，由余弦定理得 2 2 2 2cos AB AD BD AD BD ADB =+-??∠ 8252537AB ?=+-??=?= ?? 2．在ABC ?中，内角A,B,C,所对应的边为,,a b c 且b c ≠,且 22sin sin cos cos C B B B C C -=

高考数学统考一轮复习第7章立体几何第1节空间几何体的结构及其表面积体积教师用书教案理新人教版

第7章立体几何 全国卷五年考情图解高考命题规律把握 1.考查形式 高考在本章一般命制2道小题、1 道解答题，分值约占22分. 2.考查内容 (1)小题主要考查三视图、几何体 体积与表面积计算，此类问题属于 中档题目；对于球与棱柱、棱锥的 切接问题，知识点较整合，难度稍 大. (2)解答题一般位于第18题或第19 题的位置，常设计两问：第(1)问 重点考查线面位置关系的证明；第 (2)问重点考查空间角，尤其是二 面角、线面角的计算．属于中档题 目. 空间几何体的结构及其表面积、体积 [考试要求] 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，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图. 3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式. 4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．

1．多面体的结构特征 名称棱柱棱锥棱台 图形 底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点 侧面形状平行四边形三角形梯形 (1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形． (2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体． 3．旋转体的结构特征 名称圆柱圆锥圆台球 图形 母线互相平行且相 等，垂直 于底面 长度相等且相交 于一点 延长线交于一点 轴截面全等的矩形全等的等腰三角 形 全等的等腰梯形圆 侧面展开图矩形扇形扇环 旋转图形矩形直角三角形直角梯形半圆三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等 直观图斜二测画法： (1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°(或

立体几何高考真题大题

立体几何咼考真题大题 1. （2016高考新课标1 卷）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方 形,AF=2FD, NAFD =90：且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60： （I ）证明：平面 ABEF 丄平面EFDC （n ）求二面角 E-BC-A 的余弦值. 【答案】（I ）见解析；（n ） -2蜃 19 【解析】 试题分析：（I ）先证明AF 丄平面E FDC ,结合直F U 平面AB E F ,可得平面ABE F 丄 平面E FDC . （n ）建立空间坐标系，分别求出平面E C E 的法向量m 及平面E C E 的法 试题解析：（I ）由已知可得 A F 丄DF, A F 丄F E|,所以A F 丄平面E FDC . 又A F U 平面 AE E F ,故平面AEE F 丄平面|E F D C . _ （n ）过D 作DG 丄E F ,垂足为G ,由（I ）知DG 丄平面［A E 百F . 以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长度，建立如图所示的空间直 角坐标系G —xyz . 由（I ）知N DF E 为二面角D -A F -E 的平面角，故N DF E =60：贝U DF = 2 , DG|=3,可得九(1,4,0 ), B(—3,4,0 ), E(—3,0,0 ), D (0,0, 73 ). 由已知，AE //E F ,所以AE //平面E FDC . 又平面 A ECD n 平面 |E FDC = DC ,故〕AB //CD , CD//EF . 由EE //A F ,可得EE 丄平面I E F DC ,所以N C E F |为二面角C —EE —F 的平面角， 向量n ,再利用cos （n,m ） 求二面角. n ||m |

三角函数、立体几何(教师)

源于名校，成就所托 高中数学备课组教师班级学生日期上课时间 学生情况： 主课题：三角函数、立体几何 教学目标： 教学重点： 教学难点： 考点及考试要求：

教学内容 三角函数 1、已知：函数()2(sin cos )f x x x =-． （1）求函数()f x 的最小正周期和值域； （2）若函数()f x 的图象过点6(,)5 α， 34 4π πα<< .求()4 f π α+的值． 解：（1）()2(sin cos )f x x x =-222(sin cos )22 x x =? -?2sin()4x π=----3分 ∴函数的最小正周期为2π，值域为{|22}y y -≤≤。--------------------------------------5分 （2）解：依题意得：62sin(),45π α-= 3 sin(),45 πα-=---------------------------6分 ∵ 3.4 4π πα<< ∴0,42 ππ α<-< ∴cos()4π α- ＝2234 1sin ()1()455 πα--=-=-----------------------------------------8分 ()4f π α+＝2sin[()]44 π π α-+ ∵sin[()]sin()cos cos()sin 444444π πππππααα- +=-+-＝23472 ()25510 += ∴()4 f π α+＝ 72 5 ------------------------------------------------------------------------------12分 2、在ABC ?中，2AB =，1BC =，3 cos 4 C =． （Ⅰ）求sin A 的值； （Ⅱ）求BC CA ?的值． 解：（1）在ABC ?中，由3cos 4C = ，得7sin 4 C =…………………………2分 又由正弦定理 sin sin AB BC C A = ………………………………………3分 得：14 sin 8 A = …………………………………………………………………………………4分 （2）由余弦定理：222 2cos AB AC BC AC BC C =+-??得：23 2124 b b =+-? ……6分

立体几何1

高二数学单元练习一空间直线、平面 编者 bwx 一、选择题（每小题4分，共32分） 1．三条直线交于一点，则它们可确定的平面个数是（）（A）1 （B）3 （C）6 （D）1或3 2．四个命题：（1）空间三直线两两平行，则三直线可确定3个平面。（2）空间三点可确定一个平面。（3）空间一直线和一点可确定一个平面。（4）A与B两点和直线l距离相等，则直线AB 和l确定一个平面。其中正确的命题个数为（）（A）1 （B）2 （C）3 （D）0 3．三个互不重合的平面将空间分成n部分，则n的值为（）（A）4，6，7（B）4，5，6，8（C）4，7，8（D）4，6，7，8 4．异面直线是指（）（A）分别在两个不同平面内的直线。（B）无公共交点的两直线。 （C）平面内的一直线与平面外的一直线。（D）不同在任何一个平面内的两直线。 5．正方体一面上的一对角线与正方体的棱可以组成的异面直线有（）（A）2对（B）4对（C）6对（D）8对 6．分别与两条异面直线都相交的两条直线一定（）（A）不平行（B）不相交 （C）相交或平行（D）既不相交又不平行 7．正方体AC1中，直线BC1与AC所具有的关系是（）（A）相交且垂直（B）相交但不垂直 （C）异面且垂直（D）异面但不垂直 8．已知命题甲：点A、B、C、D不共面；命题乙：直线AB和CD不相交。则甲是乙的（） （A）充分但不必要条件（B）必要但不充分条件 （C）充要条件（D）既不充分也不必要条件 二、填空题（每小题4分，共32分） 9．△ABC三边所在直线分别交平面 于P、Q、R三点，则这三点位置关系是。10．和两条异面直线分别平行的两条直线的位置关系是。 11．正方体AC1中，M、N分别是B1C1及CC1的中点，则BM与DN所成的角是。12．正方体AC1中，AA1与CD所成的角是。 13．长方体AC1中，与AC1异面的棱共有条。A 14．不重合的两条直线与直线l都相交成等角， 则这两条直线的位置关系是。 15．过空间四点中的每两点连一条直线，M 则一共可有对异面直线。 16．一条直线上有两点与一平面距离相等，则该直线 与平面位置关系是。D 三、简答题（本大题共26分）E 17．如图，点E在CD上，点M在平面ABC上，C 画出DM与截面ABE的交点P。

(完整)2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(一)

2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（一） 1.如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，⊥PD 平面ABCD ， 2PD AB ==，点,,E F G 分别为,,PC PD BC 的中点. (1)求证：EF PA ⊥； (2)求二面角D FG E --的余弦值. 2.如图所示，该几何体是由一个直角三棱柱ADE BCF -和一个正四棱锥P ABCD -组合而成，AF AD ⊥，2AE AD ==. (1)证明：平面⊥PAD 平面ABFE ； (2)求正四棱锥P ABCD -的高h ，使得二面角C AF P --的余弦值是 22 .

3.四棱锥P ABCD -中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是 面积为ADC ∠为锐角，M为PB的中点． （Ⅰ）求证：PD∥面ACM． （Ⅱ）求证：PA⊥CD． （Ⅲ）求三棱锥P ABCD -的体积． 4.如图，四棱锥S ABCD -满足SA⊥面ABCD，90 DAB ABC ∠=∠=?．SA AB BC a ===，2 AD a =． （Ⅰ）求证：面SAB⊥面SAD． （Ⅱ）求证：CD⊥面SAC． S B A D M C B A P D

5.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，测棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，点E 是 BC 的中点，作EF PB ⊥交PB 于F ． （Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PBC ． （Ⅱ）求证：PB ⊥平面EFD ． 6.在直棱柱111ABC A B C -中，已知AB AC ⊥，设1AB 中点为D ，1A C 中点为E ． （Ⅰ）求证：DE ∥平面11BCC B ． （Ⅱ）求证：平面11ABB A ⊥平面11ACC A ． E D A B C C 1 B 1 A 1 D A B C E F P

立体几何平行证明问题讲义教师

立体几何平行证明问题讲义 （一）平行的问题 一“线线平行”与“线面平行”的转化问题 （一）中位线法：当直线上没有中点，平面内有一个中点的时候，（如例1求证：PB//平面AEC P 、B 为顶点，平面AEC 内E 为中点）采用中位线法。 具体做法：如例1,平面AEC 的三个顶点，除中点E 夕卜，取AC 的中点0,连接EQ 再 确定由直线 PB 和中点E 、O D 确定的 PBD （连接 PBD 的第三边BD ），在 PBD 中，E0为 PB 的中位线。a 【习题巩固一】 1. （2011天津文）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，0为AC 中点 M 为PD 中点.（I ）证明：PB//平面ACM ; 规范写法： a//b,a ,b , b// 例1如图，在底面为平行四边形的四棱锥 求证：PB//平面AEC ； P ABCD 中，点E 是PD 的中点 . 例2三棱柱ABC ABiG 中，D 为AB 边中点。求证: AG // 平面 CDB ,; b A B 1 B A C B

21. （2013年高考课标U卷（文））如图,直三棱柱ABC-ABG中,D是AB的中点.（1）证明 BC// 平面A i CD; 2. （2011 四川文）如图，在直三棱柱ABC —A1B1C1 中，/ BAC=90° AB=AC=AA i=1 ,延长A i C i 至点P,使C1P = A1C1，连接AP交棱CC1于D . 求证：PB1//平面 BDA1； （二）平行四边形法：当直线上有一个中点（如例1证明：FO//平面CDE ；O为中点）采用平行四边形法。 具体做法：FO先与E连接（原因是ECD的三个顶点E、C D中只有E与已知平行条件EF//BC有关）,再与ECD的另两个顶点CD的中点M相连，构成平行四边形FOE（原因是EF//OM, EF=OM,从而FO//EM。 规范写法（如图）： EF//GH,EF GH , EFGH 是平行四边形EH//FG,EH ,FG , EH // 例1【天津高考】如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE 是等边三角形，棱EF〃〔BC . （1）证明：FO//平面CDE ; 2

9.6立体几何大题1(教师版)

A B C D 1 A 1 C 1B E 科 目 数学 年级 高三 备课人 高三数学组 第 课时 9.2立体几何大题1 1、（2013新课标）如图,直棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别是1,AB BB 的 中点,12 2 AA AC CB AB === . (Ⅰ)证明:1//BC 平面1A CD ; (Ⅱ)求二面角1D A C E --的正弦值. 【答案】 2、（2013湖南）如图5,在直棱柱 1111//ABCD A BC D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=, 13AD AA ==. (I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值. 【答案】 解（Ⅰ) AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥??⊥∴-111111,面且面是直棱柱 D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11 111,,⊥∴?⊥∴=?⊥，面。面且又 . (证毕)

(Ⅱ) 。 的夹角与平面的夹角即直线与平面直线θ111111,////ACD AD ACD C B AD BC C B ∴ 轴正半轴。 为轴正半轴，为点，量解题。设原点在建立直角坐标系，用向X AD Y AB A ()BD AC y BD y AC y C y B D D A ⊥-== ),0,,3(),0,,1()0,,1(),0,,0(),3,0,3(),0,0,3(,00,01，则，设 ). 3,0,3(),0,3,1(.30,003012==∴=?>=+-?=?AD AC y y y BD AC ） ，，（），，（的一个法向量平面则的法向量为设平面303,313-.0 ,111==??????=?=?AD n ACD AD n AC n n ACD 721 3 733|,cos |sin 003,313-1=?= ><=?==∴AD n AD n ACD θ），，（），，（的一个法向量平面 7 21 11夹角的正弦值为 与平面所以ACD BD . 3、（2013 北京）如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AA 1C 1C 是边长为4的正方形,平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ,AB=3,BC=5. (Ⅰ)求证:AA 1⊥平面ABC ; (Ⅱ)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值; (Ⅲ)证明:在线段BC 1存在点D,使得AD ⊥A 1B ,并求 1 BD BC 的值. 【答案】解: (I)因为AA 1C 1C 为正方形,所以AA 1 ⊥AC. 因为平面ABC⊥平面AA 1C 1C,且AA 1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA 1⊥平面ABC. (II)由(I)知AA 1 ⊥AC,AA 1 ⊥AB. 由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC. 如图,以A 为原点建立空间直角坐标系A-xyz ,则B(0,3,0),A 1(0,0,4),B 1(0,3,4),C 1(4,0,4),

立体几何专题(教师版)

立体几何专题 1．如图，AE ⊥平面ABC ，AE BD ∥，22AB BC CA BD AE =====，F 为CD 中点． （1）求证：EF ⊥平面BCD ； （2）求二面角C DE A --的正弦值； （3）求点A 到平面CDE 的距离． 【答案】（1）详见解析；（2） 6 arccos ；（3）22 【解析】 试题分析：（Ⅰ）取BC 中点G 点，连接AG ，FG ，由F ，G 分别为DC ，BC 中点，知//FG BD 且1 2 FG BD = ，又AE ∥BD 且1 2 AE BD = ，故AE ∥FG 且AE=FG ，由此能够证明EF ⊥平面BCD ．（Ⅱ）取AB 的中点O 和DE 的中点H ，分别以OC 、OB 、OH 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图空间直角坐标系，则( ) 300C ，，， ()012D ，，，()011E -，，，()010A -，，， ()312CD =-，，，()021ED =，， ．求出面CDE 的法向量( ) 1312n =-，，，面ABDE 的 法向量()2100n =，，，由此能求出二面角C DE A --的大小．（Ⅲ）由面CDE 的法向量( ) 1312n =-，，， ()001AE =，，，利用向量法能求出点A 到平面CDE 的距离． 试题解析：解：⑴取BC 中点G 点，连接AG 、FG ， ∵F 、G 分别为DC 、BC 中点，∴FG BD ∥且12FG BD =，又AE BD ∥且1 2 AE BD =． ∴AE FG ∥且AE FG =，∴四边形EFGA 为平行四边形，则EF AG ∥， ∵AE ⊥平面ABC ，AE BD ∥，∴BD ⊥平面ABC ． 又∵DB ?平面BCD ，∴平面ABC ⊥平面BCD ， ∵G 为BC 中点，且AC AB =，∴AG BC ⊥，∴AG ⊥平面BCD ，∴EF ⊥平面BCD ． ⑵取AB 的中点O 和DE 的中点H ， 分别以OC 、OB 、OH 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图空间直角坐标系， 则() 300C ，，，()012D ， ，，()011E -，，，()010A -，，， ( ) 312CD =-，，，()021ED =，， ， 设面CDE 的法向量()1n x y z =，，，