一、推薦考題(p228推薦高考2009)
(2009.山東高考)如圖,在直四稜柱abcd - a1b1c1d1中,底面abcd為等腰梯形,ab∥cd,ab=4,bc= cd= 2,aa1=2,e,e1
分別是稜ad,aa1的中點.
(1)設f是稜ab的中點,證明:直線ee1∥平面fcc1;
(2)證明:平面d1ac⊥平面bblc1c
[證明] (1)法一:平面add1a1∥fcc1,ee1包含於平面add1a1 ,所以,直線ee1∥平面fcc1
(2)在平面d1ac內或平面bblc1c內找一根直線垂直於另乙個平面,至少垂直於另乙個平面內的一條直線,以此入手,這是證明此類題的關鍵,
ac⊥bc,ac⊥cc1,ac ⊥平面bblc1c,平面d1ac⊥平面bblc1c
二、(p233例題3文)[文]長方體abcd -a1blc1d1中,aa1=,ab =bc=2,o是底面對角線的交點.
求證:(1)b1d1∥平面bc1d;(2)求證:a1o⊥平面bc1d
證明:(2)a1o⊥平面bc1d,a1o必定垂直於c1o,可以求出a1o,c1o,a1c1的長度,用勾股定理可以證明a1o垂直c1o,bd⊥a1o,所以,a1o⊥平面bdc1
3、(p234,2009.浙江高考) (用到平移直線法,因為f為pb的中點,fm⊥面boe不好求,pn⊥面boe好求)
如圖,平面pac⊥平面abc,abc是以ac為斜邊的等腰直角三角形,e,f,o分別為pa,pb.ac的中點,ac=16,pa=pc=10.
(1)設g是oc的中點,證明:fg∥平面boe;
(2)證明:在△abo內存在一點m,使fm⊥boe,並求點m到oa、ob的距離.
[證明] (1)如圖,取pe的中點為h,連純hg、hf.
因為點e,0,g,h分別是pa,ac.oc,pe的中點,
所以hg//oe,hf//eb.所以平面fgh//平面boe.
因為fg在平面fgh內,所以fg//平面boe.
(2)在平面oap內,過點p作pn⊥oe,交oa於點n,交oe於點q.鏈結bn,過點f作fm∥pn,交bn於點m.
on=op tan∠npo = op * oq/pq=9/2 < oa,(先求pq,再求oq)所以點n**段oa上.
因為f是pb的中點,所以m是bn的中點,bo⊥no
因此點m在△aob內,點m到oa ,ob的距離分別為1/2 0b=4, 1/2 0n = 9/4, ◇(14分)
四、(p232考點1例題1)
如圖;已知pa垂直於矩形abcd所在平面,m,n分別是ab,pc的中點,若∠pda=45°,求證:mn⊥平面pcd
【證明】 法一:pa⊥平面abcd → pa⊥ad,∠pda=45→pa=ad=bc,又m是ab的中點,
rt△pam≌rt△cbm,mp=mc,n是pc的中點→mn⊥pc,設e是cd的中點,連線me、en,
cd⊥平面pad→cd⊥pd,pd∥ne→cd⊥ne,cd⊥me→cd⊥平面mne→cd⊥mn
→mn⊥cd,mn⊥pc,pc∩cd=c→mn⊥平面pcd
法二:如圖,取pd的中點f.連線af,nf,af⊥面pcd,af∥mn,mn⊥平面pcd
(用到平移直線法,因為n為pc的中點,mn平移到af處,在證明垂直時常常用到直線平移法,上題也如此)
五(p253三解答題10)(求二面角a-pc-d的大小,先過apc面上乙個點a畫線ae⊥二面角的另乙個面pcd於點e,再過垂足e做直線en⊥二面角的稜pc於垂足n,連線an,∠ena即為所求的二面角a-pc-d的平面角,第一步畫出垂線是關鍵)
如圖,四稜錐p - abcd的底面是矩形,側面pad是正三角形,且側面pad⊥底面abcd,e為側稜pd的中點.
(1)求證:pb//平面eac
(2)若ad=ab,試求二面角a-pc-d的正切值.
解:法一:(1)證明:連線bd交ac於點0,連線oe,
在三角形pdb中,oe // pb,又oe平面aec,
pb//平面aec.
(2)設ad =ab=pd=pa=a,側面pad⊥底面abcd,cd⊥ad,cd⊥側面pad,cd⊥ae,ae⊥pd,ae⊥平面pdc,在平面pac內做an⊥pc於n,連線en,∠ena是二面角a-pc-d的平面角,∠aen=90°,tan∠ane = ae/en
兩個平面互相垂直,在乙個麵內垂直於它們交線的直線即垂直於另乙個平面,側面pad⊥底面abcd,cd⊥ad交線,cd⊥面pad,cd⊥pd,∠cpd=45°,
在rt△pne sin∠cpe =en/pe 和rt△pdc中 sin∠cpe = dc/pc
en=a,在等邊△pad中,ae= a,tan∠ane=ae/en =
六、(p254,12題)如圖甲,直角梯形abcd中,ab∥cd,∠dab=90°m、n分別在ab,cd上,且mn⊥ab,mc⊥cb,cb=2,mb=4,現將梯形abcd沿mn折起,使平面amnd與平面mncb垂直(如圖乙).。
(1)求證:ab∥平面dnc;
(2)當dn的長為何值時,二面角d- bc-n的大小為30°
(先過點畫線⊥面,後線⊥稜,再連兩點成線,方法同上題,這是做此類題的基本方法)
解:(1)證明:mb//nc,mb平面dnc,nc平面dnc,mb∥平面dnc.
同理ma∥平面dnc,又ma∩mb=m,且ma、mb平面mab,所以平面mab∥平面dnc,ab平面mab,所以ab∥平面dnc;
(2)過n作nh⊥bc交bc延長線子h,∠dhn為二面角d-bc-n的平面角。tan∠nhd=dn/nh =
cn=4-2cos 60°=3,∴nh=3 sin 60°,∴dn=nh*/3=3/2
7、(p232例題2)如圖,在三稜柱abc-a1blc1中,ab⊥bc.bc⊥bc1,ab=bc1.e、f、g分別為線段ac1、a1c1、bb1的中點,求證:
(1)平面abc⊥平面abc1;(2) fg⊥平面ablc1.
平行線轉換法,eb∥fg
原題給出e是ac1中點,暗示用到此點,用到平移直線法,因為f為a1c1的中點,fg與平面ab1c1內的直線不搭界
(2)平面abc⊥平面abc1,cb⊥交線ab,cb⊥面abc1,cb⊥be,cb∥b1c1,be⊥b1c1,在等腰三角形abc1中,e是底邊ac1的中點,be⊥ac1,be⊥平面ablc1,,be ∥fg ,fg⊥平面ablc1.
八、(p233例3)(理科2009北京高考)在三稜錐p-abc中,pa⊥底面abc,pa=ab,∠abc=60°,∠bca= 90°,點d、e分別在稜pb、pc上,且de∥bc.(1)求證;bc⊥平面pac
(2)當d為pb的中點時,求ad與平面pac所成的角的正弦值,
(3)是否存在點e使得二面角a-de-p為直二面角?並說明理由(不定e點位置,線存在即可)
【解】 (1)證明;『∵pa⊥底面abc,∴pa⊥bc.又∠bca=90。∴ac⊥bc,所以bc⊥平面pac
(2)ed//bc,又由(1)知,bc⊥平面pac,所以de⊥平面pac.∠dae是ad與平面pac所成的角,在rt△dae中,sin∠dae=de/ad=bc/2ad=/4
(3)因為pa⊥底面abc,所以pa⊥ac,所以∠pac=90,所以在稜pc上存在一點e,使得ae⊥pc.
又因為bc⊥面pac,所以面pbc⊥面pac,面pbc面pac=pc,故ae⊥pc即可ae⊥面pbc,使得二面角a-de-p為直二面角,故存在點e使得二面角a-de-p是直二面角.
九、[考題4](蘇教必修二p65頁)已知abcd -a1blcid1是稜長為3的正方體,點e在aa1上,點f在cc1上,且ae= fc1 =1.(1)求證:e、b、f、d1四點共面;(2)若點g在bc上,bg=,點m在bb1上,gm ⊥bf,垂足為h,求證:
em⊥平面bcclb1;(3)用θ表示截面ebfd1和側面bcclb1所成銳二面角的大小,求tan
[解析] (1)如圖在dd1上取點n,使dn =1,鏈結en,cn,則ae =dn =1,cf =nd1=2.因為ae∥dn,ndl∥cf,所以四邊形adne、cfd1n都為平行四邊形,fd1平行且等於be, e、b、f、d1四點共面
(2)因為gm⊥bf,叉bm⊥bc,所以∠bgm=∠cfb, mb=bg*tan∠bgm =bg·tan ∠cfb =bg*bc/cf=3/2×2/3=1.因為ae∥=bm,
所以四邊形abme為平行四邊形,從而ab// em.又ab⊥平面bcclb1,所以em⊥平面bcc1b1
(3)鏈結eh,因為為mh⊥bf,em⊥bf,所以bf⊥平面emh,使得eh⊥bf,
於是∠ehm是所求的二面角的平面角,即∠ehm=θ
因為∠mbh=∠cfb,所以mh = bm.sin ∠mbh=bm.sin ∠cfb ,tanθ=em/mh=
先過點畫線⊥面,後線⊥稜,再連兩點成線,上述九道題中所有求二面角大小的題都是用的此方法。
10、 求直線與平面所成角的大小方法:
先過ab線上乙個點a畫直線ae⊥平面,交平面於點e,連線be,∠aeb即為所求。第一步是關鍵。
11、 證明面1⊥面2的方法:在1麵內找乙個直線⊥面2,看那一條直線像是⊥面2的直線,至少⊥面2內的一條直線。
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