高中数学立体几何大题一-建系(没有1题2题)

立体几何大题题型一：基础题型3(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1) 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．(1)证明　如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2)，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解　如图，以G为坐标原点，分别以eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq\o(GB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0，eq\r(2))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).故cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(CF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).4.如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD是正三角形，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2BC＝2，CD＝eq\r(3)，平面PAD⊥底面ABCD，若M为AD的中点，E是棱PC上的点．(1)求证：平面EBM⊥平面PAD；(2)若∠MEC＝90°，求二面角P­BM­E的余弦值．解：(1)证明：∵M是AD的中点，且AD＝2，∴MD＝1，又∵AD∥BC，BC＝1，∴四边形MBCD为平行四边形．∵∠ADC＝90°，DC∥MB，∴∠AMB＝90°，即BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.∴平面EBM⊥平面PAD.(2)∵△PAD是正三角形，M为AD中点，∴PM⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PM⊥平面ABCD.如图，以M为原点，以MA，MB，MP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系M­xyz，则A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，C(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－eq\r(3))，∵E在PC上，设eq\o(CE,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))(0<λ<1)，∴eq\o(ME,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→))＝λ(eq\o(MP,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→)))．∴eq\o(ME,\s\up6(→))＝(λ－1，eq\r(3)－eq\r(3)λ，eq\r(3)λ)．∵eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，∴λ＝eq\f(4,7).∴eq\o(ME,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,7)，\f(3\r(3),7)，\f(4\r(3),7))).设平面MBE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\o(ME,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(MB,\s\up6(→))·n＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋3y＋4z＝0，,\r(3)y＝0.))令x＝4，∴n＝(4，0，eq\r(3))．又平面PMB的一个法向量为n1＝(1，0，0)，∴cos〈n，n1〉＝eq\f(4,\r(16＋3))＝eq\f(4\r(19),19).设平面PMB与平面EMB所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(4\r(19),19).5．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面为中点．（1）求证：直线平面；（2）求直线与平面所成角的大小；（3）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．【解析】试题分析：（1）由底面，又平面；（2）做辅助线可得是直线与平面所成的角，计算求得所成的角为；（3）作于点平面线段的长就是点到平面的距离．试题解析：（1）由底面．底面是边长为1的正方形，，又，平面．（2）设与交于点，连结，则是直线与平面所成的角，直线与平面所成的角为．（3）作于点．平面，，线段的长就是点到平面的距离．，点到平面的距离为．考点：1、线面垂直；2、线面角；3、点到面的距离.【方法点晴】本题考线面垂直、线面角和点到面的距离，涉及数形结合思想，并考查空间想象能力和计算能力，具有一定的综合性，属于较难题型．第一小题由底面，平面；第二小题做辅助线可得是直线与平面所成的角，计算求得所成的角为；第三小题作于点平面线段的长就是点到平面的距离，计算求得点到平面的距离为．6．如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝eq\r(3)，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.（1）求证：；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）详见解析；（2）。【解析】试题分析：（1）根据题中条件AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，所以，所以，又因为已知，且，根据线面垂直判定定理可知，平面BCF，因为平面BCF，所以，又因为,所以可得；本问重点考查线面垂直判定定理。（2）根据第（1）问，，又由正方形，且，所以平面ABCD，则线段CF为三棱锥F-BCD的高，中，AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，所以，，所以根据等腰梯形可得：CB＝DC＝1，，所以△BCD的面积为S＝eq\f(\r(3),4)，则可以求出三棱锥F-BCD的体积为eq\f(\r(3),12)，由图可知，而，其中d为点C到平面BDF的距离，又因为，所以，于是可以得到，计算就可以求出d的值，即得到点C到平面BDF的距离。本问主要考查点到面的距离，常用等体积法解题。试题解析：（1）证明：在△ABC中，因为AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，则AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，又因为AC⊥FB，且FB∩BC＝B，所以AC⊥平面FBC.所以,又因为，所以（2）解因为AC⊥平面FBC，所以AC⊥FC.因为CD⊥FC，且CD∩AC＝C，所以FC⊥平面ABCD.则FC为四面体F－BCD的高，在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1，所以△BCD的面积为S＝eq\f(\r(3),4)所以四面体F－BCD的体积为VF－BCD＝eq\f(1,3)S·FC＝eq\f(\r(3),12)又因为，所以由，得点到平面的距离为5.(2015·湖北)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马PABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；(2)记阳马PABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为V2，求eq\f(V1,V2)的值．(1)证明　因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)解　由已知得，PD是阳马PABCD的高，所以V1＝eq\f(1,3)SABCD·PD＝eq\f(1,3)BC·CD·PD.由(1)知，DE是鳖臑DBCE的高，BC⊥CE，所以V2＝eq\f(1,3)S△BCE·DE＝eq\f(1,6)BC·CE·DE.在Rt△PDC中，因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE＝CE＝eq\f(\r(2),2)CD，于是eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)BC·CD·PD,\f(1,6)BC·CE·DE)＝eq\f(2CD·PD,CE·DE)＝4.