立体几何解答题汇总及答案(4)

立体几何

E(?12,?12,22)，

????????????????112则OE?(?,?,)，PF?(1,1,?2)，PD?(1,?1,?2)，PC?(1,3,?2).

222?????1???∴OE??PF

2∴OE//PF

∵OE?平面PDC，PF?平面PDC，

∴OE//平面PDC； 9分

(Ⅲ) 设平面PDC的法向量为n?(x1,y1,z1)，直线CB与平面PDC所成角θ，

????????n?PC?0?x1?3y1?2z1?0则??????，即， ?????n?PD?0?x1?y1?2z1?0????y1?0解得?，令z1?1，则平面PDC的一个法向量为n?(2,0,1)，

??x1?2z1????又CB?(?2,?2,0)

?????则sinθ?cos?n,CB??223?22?33，

∴直线CB与平面PDC所成角的正弦值为33. 14分

13. （Ⅰ）证明：因为点O是菱形ABCD的对角线的交点，

所以O是AC的中点.又点M是棱BC的中点，

所以OM是?ABC的中位线，OM//AB. 1分 因为OM?平面ABD,AB?平面ABD,

所以OM//平面ABD. 3分 （Ⅱ）解：由题意，OB?OD?3，

因为BD?32，

?所以?BOD?90，OB?OD. 4分

B A O z M 又因为菱形ABCD，所以OB?AC，OD?AC. 建立空间直角坐标系O?xyz，如图所示.

A(33,0,0),D(0,3,0),B(0,0,3).

x C D y 16

立体几何

所以AB?(?33,0,3),AD?(?33,3,0), 6分 设平面ABD的法向量为n?(x,y,z)，

???????AB?n?0,??33x?3z?0,则有?????即：?

???AD?n?0??33x?3y?0????????令x?1，则y?3,z?3，所以n?(1,3,3). 7分

因为AC?OB,AC?OD,所以AC?平面BOD. 平面BOD的法向量与AC平行，

所以平面BOD的法向量为n0?(1,0,0). 8分 cos?n0,n??n0?nn0n?11?7?77，

因为二面角A?BD?O是锐角， 所以二面角A?BD?O的余弦值为

77. 9分

????????（Ⅲ）解：因为N是线段BD上一个动点，设N(x1,y1,z1)，BN??BD，

则(x1,y1,z1?3)??(0,3,?3)，

所以x1?0,y1?3?,z1?3?3?， 10分

????则N(0,3?,3?3?)，CN?(33,3?,3?3?)，

由CN?42得27?9?2?(3?3?)2?42，即9?2?9??2?0，11分 解得??13或??23， 12分

所以N点的坐标为(0,2,1)或(0,1,2). 13分

????????????????（也可以答是线段BD的三等分点，BN?2ND或2BN?ND）

14．

17

立体几何

15. （Ⅰ）证明：因为PB?PC，O是BC的中点，

所以PO?BC，

又侧面PBC⊥底面ABCD，PO?平面PBC， 面PBC?底面ABCD?BC，

所以PO?平面ABCD． ┄┄┄┄┄┄4分

(Ⅱ)证明：以点O为坐标原点，建立如图空间直角坐标系Oxyz，

设OP?t(t?0),则P(0,0,t)，A(1,2,0),B(1,0,0),D(?1,1,0)，

????????PA?(1,2,?t),BD?(?2,1,0)，

????????????????因为PA?BD??2?2?0?0，所以PA?BD，

即PA?BD． ┄┄┄┄┄┄8分

???(Ⅲ)解：设平面PAD和平面PAO的法向量分别为m?(a,b,c),n?(x,y,z)， ???????????? 注意到PD?(?1,1,?t)，OA?(1,2,0)，OP?(0,0,t)，

18

立体几何

?????????3?m?PD??a?b?tc?0,a?1 由??????，令得，m?(1,?2,?)， ?t??m?PA?a?2b?tc?0,????????n?OA?x?2y?0, 由?????令y??1得，n?(2,?1,0)， ???n?OP?tz?0,???m?n?? 所以cos60????|m|?|n|2?21?4?9t2?4?1105，

?解之得t?3，所以PB?OP?OB?2为所求．┄┄┄┄┄┄12分

2216. 解：(1)因为BB1=BC，所以侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1． ???3分

又因为B1C⊥A1B ，且A1B∩BC1=B，所以BC1⊥平面A1BC1， ????5分 又B1C?平面AB1C ，所以平面AB1C⊥平面A1BC1 ．???????7分 (2)设B1D交BC1于点F，连结EF，则平面A1BC1∩平面B1DE＝EF． 因为A1B//平面B1DE， A1B?平面A1BC1，所以A1B//EF． ??11分 所以

A1EEC1＝

BFFC1．

12A1EEC1又因为

BFFC1＝

BDB1C1?，所以＝

12． ??????????14分

17. （Ⅰ）证明：在图甲中∵AB?BD且?A?45? ∴?ADB?45?，?ABD?90?，

即AB?BD ????(1分) 在图乙中，∵平面ABD?平面BDC ， 且平面ABD?平面BDC＝BD

∴AB⊥底面BDC，∴AB⊥CD． ????(3分)

?又?DCB?90，∴DC⊥BC,且AB?BC?B∴DC?平面ABC． ????(4分)

（Ⅱ）解法一：∵E、F分别为AC、AD的中点 ∴EF//CD，又由（1）知，DC?平面ABC，

∴EF⊥平面ABC，垂足为点E

∴∠FBE是BF与平面ABC所成的角 ?????(5分) 在图甲中，∵?ADC?105, ∴?BDC?60,?DBC?30

??? 19

立体几何

设CD?a则BD?2a,BC?12123a,BF?22BD?2a，

EF?CD?a ??(7分)

1∴在Rt△FEB中，sin?FBE?EF2 ?2?FB42a24a即BF与平面ABC所成角的正弦值为． ??(8分)

解法二：如图，以B为坐标原点，BD所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如下图示， 设CD?a，则BD?AB?2a,BC?3a，AD?22a ??(5分)

可得B(0,0,0),D(2a,0,0),A(0,0,2a),C(a,2332a,0)，F(a,0,a)，

Z????????13∴CD?(a,?a,0),BF?(a,0,a) ??(6分)

22A设BF与平面ABC所成的角为?，由（1）知DC?平面ABC

12????????a?CD?BF22???????∴cos(??)????? 24|CD|?|BF|a?2aXFEBDCy ∴sin??24 ?(8分)

（Ⅲ）解法一：由（Ⅱ）知 FE⊥平面ABC，又∵BE?平面ABC，AE?平面ABC，

∴FE⊥BE，FE⊥AE，∴∠AEB为二面角B－EF－A的平面角 ??(10分)

121272在△AEB中，AE?BE?AC?AB?BC22?a

∴cos?AEB?AE?BE?AB2AE?BE222??1717

即所求二面角B－EF－A的余弦为?． ??(12分)

33????13a,0)，CD?(a,?a,0)，解法二：由（Ⅱ）知,A(0,0,2a),C(a,2222????BF?(a,0,a)；

20

立体几何

则E(34a,34 ?BE?(a,a)，

34a,34a,a)AC?(32a,32a,?2a)(9分)

设平面ACD的法向量为m?(x1,y1,1)，平面BEF的法向量为n?(x2,y2,1)，

?13?33m?CD?ax?ay1?0?1n?BE?ax?ay2?a?0??222则，?；?； 4433??m?AC?ax1?ay1?2a?0?n?BF?ax2?a?0?22??x1?1?解得?3；

?y1?3??x2??1??3 ?y2??3?33,1) ??(11分)

即m?(1,33,1)，n?(?1,??1??cosm,n?213?13?1213??17．

即所求二面角B－EF－A的余弦为?17． ?(12分)

A 18. 解：（1）连接EC，交BF于点O，取AC中点P，

连接PO,PD，可得PO∥AE，且PO?而DF∥AE，且DF?1212AE，

AE，所以DF∥PO，

D F

E P O C B

且DF?PO，所以四边形DPOF为平行四边形，

所以FO∥PD，即BF∥PD，又PD?平面ACD，

BF?平面ACD，所以BF∥平面ACD.??????????????8分

(2)二面角A?EF?C为直二面角，且AE?EF，所以AE?平面BCFE， 又BC?平面BCFE，所以AE?BC，又BC?BE，BE?AE?E， 所以BC?平面AEB，所以BC是三棱锥C?ABE的高，

同理可证CF是四棱锥C?AEFD的高，?????????????10分 所以多面体ADFCBE的体积

V?VC?ABE?VC?AEFD?13?12?2?2?2?13?12(1?2)?2?2?103.???14分

21

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