立体几何解答题汇总及答案(2)

立体几何

?2?a??????2222?2解得?,故M(,,0),因此BM?(,,0),所以线段BM的长为

24242?b???4?????|BM|?104.

3.【解析】（Ⅰ)连结AF,因为EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，

EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG∥平面ABCD,又易证?EFG∽?ABC, 所以

FGBC?EFAB?121212,即FG?12BC,即FG?AD,又M为AD

的中点,所以AM?AD,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所以ＦＧ∥ＡM,所以四边形AMGF是平

行四边形,故GM∥FA,又因为ＧＭ?平面ＡＢＦＥ,FA?平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ.

（Ⅱ）取AB的中点O,连结CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以CO⊥AB, 又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO?平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO,

又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面ABEF内,过点O作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知: CH⊥BF,所以

?CHO为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角.

设ＡＢ=２ＥＦ=2a,因为∠ ACB=90?，ＡＣ＝ＢＣ=2a,CO=a,AE?22a,连结FO,容

易证得FO∥EA且FO?22a,所以BF?62a,所以OH=

22a?26=

33a,所以在

Rt?COH中,tan∠ CHO=

COOH?3,故∠ CHO=60?,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为

60.

?4.【解析】法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。

因PA=PD，有PG?AD，在?ABD中，AB?AD?1,?DAB?60?，有?ABD为等边三角形，因此

BG?AD,BG?PG?G，所以AD?平面

6

立体几何

PBG?AD?PB,AD?GB.

又PB//EF，得AD?EF，而DE//GB得AD ?DE，又FE?DE?E，所以AD ?平面DEF。

（2）?PG?AD,BG?AD，

??PGB为二面角P—AD—B的平面角，

在Rt?PAG中,PG2?PA2?AG2?3274

在Rt?ABG中,BG=AB?sin60?=

7 ?cos?PGB?PG?BG?PB2PG?BG222?42??347?4?32??217

2

法二：（1）取AD中点为G，因为PA?PD,PG?AD.

又AB?AD,?DAB?60?,?ABD为等边三角形，因此，BG?AD，从而AD?平面PBG。

延长BG到O且使得PO ?OB，又PO?平面PBG，PO ?AD，AD?OB?G, 所以PO ?平面ABCD。

以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD的直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系。

设P(0,0,m),G(n,0,0),则A(n,?12,0),D(n,12,0).

?????????|GB|?|AB|sin60??32

?B(n?32,0,0),C(n?32,1,0),E(n?31n31m,,0),F(?,,). 222422

????????????3n3m,0,0),FE?(?,0,?) 由于AD?(0,1,0),DE?(2242????????????????AD?DE?0,AD?FE?0,AD?DE,AD?FE,DE?FE?E 得

7

立体几何

?AD?平面DEF。

????????13 （2）?PA?(n,?,?m),PB?(n?,0,?m)

22

?m?n?2214?2,(n?32)?m?2,解之得m?1,n?2232.

取平面ABD的法向量n1?(0,0,?1), 设平面PAD的法向量n2?(a,b,c)

????由PA?n2?0,得32b2?????c?0,由PD?n2?0,得32b2 a?a??c?0,

取n2?(1,0,32).

?3274??217.

?cos?n1,n2??1?5.

【命题意图】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. 【解析】（Ⅰ）(几何法)设G为线段DA与线段EB延长线的交点．由于△OAB与△ODE都是正三角形，∴OB∥DE且OB=

12DE，OG=OD=2,

同理，设G?是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG=OD=2，又由于G和G?都在线段DA的延长线上，∴G与G?重合, 在?GED和?GFD中，由OB//12DE和OC//12DF,可知，B、C分别是GE和GF的中点，

∴BC是?GEF的中位线， ∴BC∥EF.

(坐标法) 过F作FQ⊥AD，交ＡD于点Q，连结QE，

∵面ADFC⊥面ABED, ∴FQ⊥面ABED，以Q点为坐标原点，

????????????QE为x轴正方向，QD为y轴正方向，QF为z轴正方向，建

立如图空间直角坐标系， 由

F(0,0,条

3)件,

B(32,?32知

,0)E(3,，0,0)),则

22????????????????33BC?(?,0,),EF?(?3,0,3),∴EF?2BC,∴

22BC//EF.

,

8

,C(0,?33立体几何

（Ⅱ）解：由OB=1，OE=2，?EOB?600,知S?OEB=故S?OED?3, ∴S四边形OBED=S?OBE?S?OED=1332,而?OED是边长为2的正三角形，

332,

过F点作FQ⊥AD,交AD于Q，∵面ABED⊥面ACFD，∴FQ⊥面ABED，FQ就是四棱锥F-OBED的高，且FQ=3， ∴VF?OBED=

FQ?S四边形OBED=

32.

QEF?面DEFI面BEFC ?BC//EF

6. 法一（Ⅰ）取BC1的中点为R，连接RE,RF，

则RF//CC1，AE//CC1，且AE?RF，??????????3分 则四边形AFRE为平行四边形，

则AF//RE，即AF//平面REC1．????????????6分 （Ⅱ）延长C1E交CA延长线于点Q，连接QB， 则QB即为平面BEC1与平面ABC的交线， 且BC?BQ,C1B?BQ，

则?C1BC为平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角的平面角．??8分

22555 在?BCC1中，cos?C1BC??．??????????12分

法二 取B1C1中点为S，连接FS，

以点F为坐标原点，FA为x轴，FB为y轴，FS为z轴建立空间直角坐标系， 则A(3,0,0),B(0,1,0),F(0,0,0),C(0,?1,0)，

A1(3,0,4),B1(0,1,4),C(0,?1,4),E(3,0,2)，????????2分

（Ⅰ）则AF?(?3,0,0)，BE?(3,?1,2),BC1?(0,?2,4)， 设平面BEC1的法向量为m?(x1,y1,z1)， 则m?BE?0,m?BC1?0，即??3x1?y1?2z1?0??2y1?4z1?0??????4分

令y1?2，则x1?0,z1?1，即m?(0,2,1)，所以AF?m?0，

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立体几何

故直线AF//平面BEC1．??????????????????6分 （Ⅱ）设平面ABC的法向量n?(0,0,1)， 则cos??m?nmn?55．??????????????????12分

7. 解：（1）因为A1O⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴BC⊥A1O，

因为BC⊥CD，A1O∩CD＝O，∴BC⊥面A1C 因为A1D?面A1CD，∴BC⊥A1

D．（6分）

C．A1C?面A1BC，∴A1DD．

（2）连结BO，则∠A1BO是直线A1B与平面BCD所成的角． 因为A1D⊥BC，A1D⊥A1B，A1B∩BC＝B，∴A1D⊥面A1B

⊥A1 C． 在Rt△DA1C中，A1D＝3，CD＝5，∴A1C＝4． 1112根据S△A1CD＝A1D·A1C＝A1O·CD，得到A1O＝，

22512

A1O512

在Rt△A1OB中，sin∠A1BO＝＝＝．

A1B525

12

所以直线A1B与平面BCD所成角的正弦值为．（12分）

25

8. 思路点拨：本题是一个开放型问题，考查了线面平行、线面垂直、二面角等知识，考查

了同学们解决空间问题的能力。

（Ⅰ）利用三角形的中位线及线面平行的判定定理解决； （Ⅱ）通过证明AF?平面PBE即可解决；

（Ⅲ）作出二面角的平面角，设出BE的长度，然后在直角三角形DCE 中列方程

求解BE的长度。本题也可利用向量法解决。

解: 解法一:（Ⅰ）当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行．-------1分 ∵在?PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，∴EF∥PC 又EF?平面PAC， 而PC?平面PAC ∴EF∥平面PAC． ???4分 （Ⅱ）证明:?PA?平面ABCD，BE?平面ABCD,

P?EB?PA，又EB?AB,AB?AP?A,?EB?平面PAB,

又AF?平面PAB，∴AF?BE． ---------------------------------6分

AF

BE又PA?AB?1,点F是PB的中点,?AF?PB,

又?PB?BE?B,PB,BE?平面PBE,?AF?平面PBE．

DGC?PE?平面PBE，?AF?PE．???8分

10

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