立体几何几个经典题型理科

1、如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，

PADCD，DB平分ADC，E为的PC中点，

EADCD1,DB22

AB（1）证明：PA//平面BDE

DC（2）证明：AC平面PBD

（3）求直线BC与平面PBD所成角的正切值 2、（本题满分15分）如图，平面PAC平

面ABC，

PABC

是以AC为斜边的等腰直角三角形，别为PA，

PB，AC的中点，AC16，

AEFE,F,O分

GOCBPAPC10．

（I）设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE；

（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，并求点M到OA，OB的距

离．

A1EDE3、如图，在五面体ABCDEF中，FA 平面ABCD, 图，在正三棱柱（底面是正三角形，侧棱垂直底面）

C1FAD12B1MAAPQCDBCBABCA1B1C1中，AB2AA1，D是A1B1的中点，点E在A1C1上，且DEAE。

（I）

证明平面ADE平面ACC1A1

（II） 求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值。

5在四棱锥P－ABCD中， 底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝E为PD的中点．

P 3，BC＝1，PA＝2，

(1) 在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离； E (2) 求(1) 中的点N到平面PAC的距离．

A D1D C

6、如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P侧棱CC1上的一点，CPm。

A1是B

C1B1P（Ⅰ）、试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成角的正值为32；

ADC切

B（Ⅱ）、在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意

m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论。

的

7、如图所示，等腰△ABC的底边AB66，高CD3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，记BEx，V(x)表示四棱锥PACFE的体积．

P（1）求V(x)的表达式；

ADEBFC（2）当x为何值时，V(x)取得最大值

（3）当V(x)取得最大值时，求异面直线AC与PF所成角的余弦值．

8、 如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点。 （Ⅰ）求证：ACSD；

PS的

（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角PACD的大小；

BADC（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E， 使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值； 若不存在，试说明理由。 答案：

立体几何与空间向量解答题(理科)

1、【解】 证明：设ACBDH，连结EH，在ADC中，因为AD=CD，且DB平分ADC，所以H为AC的中点，又有题设，E为PC的中点，故EH//PA,又

HE平面BDE,PA平面BDE,所以PA//平面BDE.

（2）证明：因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，

P所以PDAC

E由（1）知，BDAC,PDBDD,故AC平面PBD

AHDCB(3)解：由AC平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以CBH为直线与平面PBD所成的角。

由ADCD,ADCD1,DB22,可得DHCH232,BH 22在RtBHC中，tanCBHCH11 ,所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为。

BH332、证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建间直角坐标系Oxyz，则

EFAOBGyCz分别立空

Px由题意得，G0,4,0,O0,0,0,A(0,8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,4,3),F4,0,3，

因OB(8,0,0),OE(0,4,3)，因此平面BOE的法向量为n(0,3,4)，FG(4,4,3得

nFG0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG//平面BOE

（II）设点M的坐标为x0,y0,0，则FM(x04,y0,3)，因为FM平面BOE，所以有

99FM//n，因此有x04,y0，即点M的坐标为4,,0，在平面直角坐标系xoy中，

44x0，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以AOB的内部区域满足不等式组y0xy8在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为

94,． 43、分析：本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等基础知识，考查用

空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力。

【解】方法一：（Ⅰ）解：由题设知，

BF//////2a60DCDE且M为CE的中点，所以DMCE.连结MP，则MPCE.2（III）解：设Q为CD的中点，连结PQ，EQ.因为CEDE，所以EQCD.因为

由（I）可得，EPPQ，EQ62a，PQa. 22方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，

0，0，C1，1，0， D0，2，0， E0，1，1，点A为坐标原点。设AB1依题意得B1， ，11M，1，. F0，0，1，22（I）解： DE0， BF1，0，1，1，1，所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.

111，，（II）证明：由AM， CE1 AD0，，0，1，2，0，可得CE•AM0， 22u•CE0，（III）解：设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则

u•DE0.0，1). 又由题设，平面ACD的一个法向量为v(0，【点评】纯几何方法求角：求角的思路一般是将空间角的计算问题转化为平面角的计算问题，求异面直线所成的角时，需要选点平移，一般是设法在其中一条直线 上选出一个

恰当的点来平移另一条直线，然后计算其中的锐角或直角；线面角的计算关键是找出直线在平面上的射影，通常需要由直线上的某一点向平面作垂线，求出的应当是一个锐角或直角；面面角的计算通常找到平面角或面积射影定理来完成，找平面角的方法有定义法、三垂线定理法(利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。)、垂面法，计算出来的角是可以是锐角、直角或钝角.向量法求角给解题带来了极大的方便，其规律见后面的【温馨提示】。 4、【解】（I） 如图所示，由正三棱柱ABCA1B1C1的性质知AA1平面A1B1C1，又DE平面A1B1C1，所以DEAA1.

而DEAE。AA1AE=A 所以DE平面AC C1A1，又DE平面ADE，故平面ADE平面AC C1A1。 （2）

A1EDHB1C1解法2 如图所示，设O使AC的中点，以O为原点建立空角坐标系，不妨设

间直

A A1=2，则AB=2，相关各点的坐标分别是

AFBCA(0,-1,0)， B（3，0，0）， C1（0，1，2）， D（

31，-，2）。 22易知AB=(3，1，0)， AC1=(0，2，2)， AD=(

31，-，2） 22设平面ABC1的法向量为n(x,y,z),则有

3n•AB3xy0,解得x=-y， z=-2y， 3n•AC2y2z0故可取n=(1，-3，6)。

所以，cosn,AD=n·ADn·AD=23103=

10。 5由此即知，直线AD和平面AB C1所成角的正弦值为

10。 5【点评】本题主要考查面与面之间的关系和线面关系，同时考查空间想象能力和推理运算能力。本题着眼于让学生掌握通性通法几何法在书写上体现：“作出来、证出来、指出来、算出来、答出来”五步斜线和平面所成的角是一个直角三角形所成的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面内的射影。因此求直线和平面所成的角，几何法一般先定斜足、再作垂线找射影、通过解直角三角形求解；向量法则利用斜线和射影的夹角或考虑法向量，用公式计算sin=PM•nPM•n(M直线l，P面，是l与平面所成

的角，n是平面的法向量，有2-或=-2）

6、【解】(1) 建立空间直角坐标系A－BDP，则A、B、C、D、P、E的坐标分别是A(0, 0, 0)、B(

3, 0, 0)、C(

23, 1, 0)、D(0, 1, 0)、P(0, 0, 2)、E(0, 1, 1)，依题设N(x, 0, z)，

2则NE＝(－x, 1, 1－z)，由于NE⊥平面PAC，

NEAP0∴ NEAC0PzEDyCABx1z10(x,,1z)(0,0,2)021即13x0 (x,,1z)(3,1,0)0223x6，即点N的坐标为(z136, 0, 1)，

从而N到AB、AP的距离分别为1，

36.

(2) 设N到平面PAC的距离为d，NE是平面PAC的法向量，则d＝

|NANE||NE|

|(＝

331,0,1)(,,0)|136623121231|(,,0)|62.

〖例9〗如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，

CPm。

（Ⅰ）、试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成切值为32；

AA1D1C1B1P角的正

DC（Ⅱ）、在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对

B任意的

m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论。

【分析】本小题主要考查线面关系、直线于平面所成的角的有关知识及空间想象能力和推理运算能力，考查运用向量知识解决数学问题的能

D1C1力。

9、【解】法1：（Ⅰ）连AC，设AC与BD相交于点与平面BDD1B1相交于点，,连结OG，因为PC∥平面

O1A1B1PO,AP

DGCOABBDD1B1，平面BDD1B1∩平面APC＝OG,

故OG∥PC，所以，OG＝

1mPC＝. 22又AO⊥BD,AO⊥BB1，所以AO⊥平面BDD1B1， 故∠AGO是AP与平面BDD1B1所成的角.

2OA1232，即m＝. 在Rt△AOG中，tanAGO＝

mGO321所以，当m＝时，直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为32.

3（Ⅱ）可以推测，点Q应当是AICI的中点O1，因为

D1O1⊥A1C1, 且 D1O1⊥A1A ，所以 D1O1⊥平面ACC1A1， 又AP平面ACC1A1，故 D1O1⊥AP.

那么根据三垂线定理知，D1O1在平面APD1的射影与AP垂直。

〖例10〗如图所示，等腰△ABC的底边AB66，高CD3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使

PE⊥AE，记BEx，V(x)表示四棱锥

PPACFE的体积．

（1）求V(x)的表达式；

ADEBFC（2）当x为何值时，V(x)取得最大值

（3）当V(x)取得最大值时，求异面直线AC与PF所成角的余弦值．

x262SBDCx 541210、【解】（1）由折起的过程可知，PE⊥平面ABC，SABC96，SBEF61； x(9x2)（0x36）312V(x)（2）V'(x)61所以x(0,6)时，v'(x)0 ，V(x)单调递增；6x36时v'(x)0 ，(9x2)，

34V(x)单调递减；因此x=6时，V(x)取得最大值126；

（3）过F作

SPADBCMF

BMBFBEBE,MB2BE12ABBCBD1AB262MFBFPF636BC6549423cosPFM84722427272ACSDPACDSOACACBDAC平面SBDACSD (Ⅱ)设正方形边长a，则SD2a。

又OD2a，所以SOD600, 2 连OP，由（Ⅰ）知AC平面SBD,所以ACOP,

且ACOD,所以POD是二面角PACD的平面角。

由SD平面PAC,知SDOP,所以POD300,

即二面角PACD的大小为300。

（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使BE//平面PAC

由（Ⅱ）可得PD2a，故可在SP上取一点N,使PNPD,过N作PC的平行线4与SC的交点即为E。连BN。在BDN中知BN//PO，又由于NE//PC,故平面

BEN//平面PAC，得BE//平面PAC,由于

,故SE：EC21. SN：NP21：：解法二：（Ⅰ）；连BD,设AC交于BD于O，

zS由

N题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点，

EPOB，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐

ADOCy标

系Oxyz如图。

Bx设底面边长为a，则高SO6a。 2于是 S(0,0,6222a),D(a,0,0)C(0,a,0)，OC(0,a,0) 2222故OCSD，从而ACSD

(Ⅱ)由题设知，平面PAC的一个法向量DS(6a)， 226a,0,a)，平面DAC的一个法向量22OS(0,0,设所求二面角为，则cosOSDSOSDS3,所求二面角的大小为300 2（Ⅲ）在棱SC上存在一点E使BE//平面PAC.由（Ⅱ）知DS是平面PAC的一个法向量，

（且 DS2626a,0,a),CS(0,a,a) 2222设 CEtCS, 则BEBCCEBCtCS(226a,a(1t),at) 2221而BEDC0t ，即当SE:EC2:1时，BEDS

3而BE不在平面PAC内，故BE//平面PAC。

【点评】解决存在性问题一般是两种思路，一是直接去找存在的点、线、面或是一些其他的量；二是首先假设其存在，然后通过推理论证或计算如果得出了一个合理的结果，就说明其存在；如果得出了一个矛盾的结果，则说明其不存在。