立体几何题

1. 如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=30°，∠ABC=90°，D为AC中点，AEBD于E，延长AE交BC于F，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，如图2所示. （Ⅰ）求证：AE⊥平面BCD；

（Ⅱ）求二面角A–DC –B的余弦值．

（Ⅲ）在线段AF上是否存在点M使得EM//平面ADC？若存在,请指明点M的位置；

若不存在，请说明理由.

A

A DD

EE

C B CF BF

图 1图 2

解：（Ⅰ）因为平面ABD平面BCD，交线为BD，

又在ABD中，AEBD于E，AE平面ABD

所以AE平面BCD.

（Ⅱ）由（Ⅰ）结论AE平面BCD可得AEEF.

由题意可知EFBD，又AEBD.

如图，以E为坐标原点，分别以EF,ED,EA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Exyz

不妨设ABBDDCAD2，则BEED1. 由图1条件计算得，AE3，BC23，EFBDFxyCzA1E3 3则E(0,0,0),D(0,1,0),B(0,1,0),A(0,0,3),F(3,0,0),C(3,2,0) 3DC(3,1,0),AD(0,1,3).

由AE平面BCD可知平面DCB的法向量为EA. 设平面ADC的法向量为n(x,y,z)，则

nDC0,3xy0, 即nAD0.y3z0.令z1，则y3,x1，所以n(1,3,1).

平面DCB的法向量为EA 所以cosn,EAEAn5， 5|EA||n|5 5所以二面角ADCB的余弦值为（Ⅲ）设AMAF，其中[0,1].

由于AF(3,0,3)， 33,0,3)，其中[0,1] 3所以AMAF(3所以EMEAAM3,0,(1)3

由EMn0，即3-(1-）30 3解得=3(0,1). 4AM3. AF4所以在线段AF上存在点M使EM∥平面ADC，且

2. 如图，在四棱柱ABCDA底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD 1BC11D1中，的中点，D1ECD，AB2BC2. （Ⅰ）求证：BCD1E； （Ⅱ）求证：B1C// 平面BED1；

D1 C1

A1 B1 E D C A B （Ⅲ）若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为解析：（Ⅰ）证明：因为底面ABCD和侧面BCC1B1是矩形，

所以 BCCD，BCCC1， 又因为 CDπ，求线段D1E的长度. 3CC1C，

所以 BC平面DCC1D1， 因为 D1E平面DCC1D1， 所以

BCD1E.

（Ⅱ）证明：因为 BB1//DD1, BB1DD1，

所以四边形D1DBB1是平行四边形. 连接DB1交D1B于点F，连接EF，则F为DB1的中点. 在B1CD中，因为DECE，DF所以

B1F，

EF//B1C.

又因为 B1C平面BED1，EF平面BED1，

BED1. 所以 BC1//平面

（Ⅲ）解：由（Ⅰ）可知BCD1E， 又因为 D1ECD，BCz D1 C1

A1 B1 F E D C A G B x y CDC，

所以 D1E平面ABCD.

设G为AB的中点，以E为原点，EG，EC，ED1所在直线分别为x轴，y轴，z轴 如图建立空间直角坐标系，

设D1Ea，则E(0,0,0), B(1,1,0), D1(0,0,a), C(0,1,0), B1(1,2,a), G(1,0,0). 设平面BED1法向量为n(x,y,z)， 因为

EB(1,1,0), ED1(0,0,a)，

得

nEB0,由nED10,令xxy0,

z0.1，得n(1,1,0).

设平面BCC1B1法向量为m(x1,y1,z1)， 因为

CB(1,0,0), CB1(1,1,a)，

mCB0,由mCB10,令z1x10,得

xyaz0.111

1，得m(0,a,1).

π， 3由平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为得 |cosm,n||mn|aπcos，解得a1. mn32a213. 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABAC，ACABAA1，E,F分别是棱BC，A1A的中点，G为棱CC1上的一点，且C1F//平面AEG. （Ⅰ）求

CGCC1的值；

C1B1GA1（Ⅱ）求证：EGA1C；

（Ⅲ）求二面角A1AGE的余弦值.

解：（Ⅰ）因为C1F//平面AEG

又C1F平面ACC1A1，平面ACC1A1平面

CEFABAEGAG，

所以C1F//AG.

因为F为AA1中点，且侧面ACC1A1为平行四边形

所以G为CC1中点，所以（Ⅱ）因为AA1底面ABC，

所以AA1AB，AA1AC， 又ABAC，

如图，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，设AB2，则由ABACAA1可得

C1zA1B1CG1 CC12GFxCEyBAC(2,0,0),B(0,2,0),C1(2,0,2),A1(0,0,2)

因为E,G分别是BC,CC1的中点， 所以E(1,1,0),G(2,0,1).

EGCA1(1,1,1)(2,0,2)0.

所以EGCA1，

所以EGAC1. （Ⅲ）设平面AEG的法向量n(x,y,z)，则

nAE0,即xy0,nAG0,2xz0. 令x1，则y1,z2，所以n(1,1,2). 由已知可得平面A1AG的法向量m(0,1,0) 所以cosn,mnm6|n||m|6

由题意知二面角A1AGE为钝角， 所以二面角A61AGE的余弦值为6. 4. 如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，ACBC，H为PC的中点，AH的中点，PAAC2，BC1.

P （Ⅰ）求证：AH平面PBC； （Ⅱ）求PM与平面AHB成角的正弦值； H （Ⅲ）设点N在线段PB上，且

PNPB， M MN//平面ABC，求实数的值.

A

C

解：（Ⅰ）证明：因为 PA底面ABC，BC底

B

面ABC，所以 PABC，

又因为 ACBC， PAACA，

所以 BC平面PAC， 又因为 AH平面PAC，

所以 BCAH. 因为 PAAC，H是PC中点， 所以 AHPC， 又因为 PCBCC，

所以 AH平面PBC. （Ⅱ）解：在平面ABC中，过点A作AD//BC， M为

因为 BC平面PAC， 所以 AD平面PAC，

由 PA底面ABC，得PA，AC，AD两两垂直，

所以以A为原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴如图建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，H(0,1,1)，M(0,设平面AHB的法向量为n(x,y,z)，

z 因为 AH(0,1,1)，AB(1,2,0)，

P 11,) 22nAH0, 得 由nAB0,yz0, x2y0,M D x A H 令z1，得n(2,1,1). 设PM与平面AHB成角为， 因为

NB C y 13PM(0,,)，

221320(1)1()PMn22， 所以 sincosPM,n5PMn62即 sin215. 15（Ⅲ）解：因为 PB(1,2,2)，PNPB，

所以 PN(,2,2)， 又因为 PM(0,,)， 所以 MNPNPM(,2123213,2). 22因为 MN//平面ABC，平面ABC的法向量AP(0,0,2)， 所以 MNAP340，解得 

3

. 4