立体几何大题

1．（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形abcd是等腰梯形，ab//cd,∠abc=60°,ab=2cb=2.在梯形acef中，ef//ac，且平面abcd.

ⅰ）求证：；

ⅱ）若二面角为45°，求ce的长。

答案】（ⅰ证明见解析（ⅱ）

解析】试题分析：（1）证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高，中线和顶角的角平分线合。

一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形等等；证明线线垂直常通过线面垂直；（2）利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算。其中灵活建系是解题的关键。（4）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化。

同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备。

试题解析：（ⅰ证明：在中，所以，由勾股定理知所以。 2分。

又因为⊥平面，平面，所以． 4分。

又因为所以⊥平面，又平面。

所以6分。ⅱ）因为⊥平面，又由（ⅰ）知，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系。

设，则， ,8分。

设平面的法向量为，则所以，令。所以9分。

又平面的法向量10分。

所以，解得11分。

所以的长为12分

考点：线线垂直及求线段的长。

2．（本题满分12分）如图，在三棱锥中，底面， ,分别是的中点，在上，且。

1）求证：平面；

2）**段上上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由。

答案】（1）详见解析（2）满足条件的点存在，且。

解析】试题分析：第（1）问证明平面，基本思路是证明与平面内的两条相交直线垂直，注意合理利用题设条件给出的数量关系和图形关系；第（2）问应抓住两点找到问题的求解方向：一是点的预设位置，二是二面角的位置．涉及空间二面角的问题，可以从两个不同的方法上得到求解，即常规法和向量法．

试题解析：（1）由，是的中点，得．

因为底面，所以．

在中，，所以．

因此，又因为，所以，则，即。

因为底面，所以，又，所以底面，则．

又，所以平面．

2）解法1（常规法）：假设满足条件的点存在，并设．

过点作交于点，又由，，得平面．

作交于点，连结，则．

于是为二面角的平面角，即，由此可得．

由，得，于是有，．

在中，，即，解得．

于是满足条件的点存在，且。

2）解法2（向量法）：假设满足条件的点存在，并设．以为坐标原点，分别以，为，，轴建立空间直线坐标系，则，由得．

所以，，.设平面的法向量为，则。

即，取，得，，即．

设平面的法向量为，则。

即，取，得，，即．

由二面角的大小为，得，化简得，又，求得。

于是满足条件的点存在，且．

考点：线面关系的平行或垂直的证明及空间角的计算．

3．（本小题满分12分）已知三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，点在上．

1）若是中点，求证：平面；

2）当时，求二面角的余弦值．

答案】（1）见解析；（2）.

解析】试题分析：（1）连结bc1,交b1c于e,连结de.由三角形中位线定理可知，可得平面；

2）由题意可知，两两垂直，所以可以以为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量可计算二面角的余弦值。

试题解析：（1）证明：连结bc1,交b1c于e,连结de.

直三棱柱abc-a1b1c1,d是ab中点，

侧面bb1c1c为矩形，de为△abc1的中位线。

de// ac1. 2分。

de平面b1cd, ac1平面b1cd

ac1∥平面b1cd 4分。

2）∵ ac⊥bc, 所以如图，以c为原点建立空间直角坐标系c-.

则b (3, 0, 0),a (0, 4, 0),a1 (0, 4, 4),b1 (3, 0, 46分

设d (a, b, 0)(,

点d**段ab上，且，即。

8分平面bcd的法向量为。，

设平面b1cd的法向量为，

由 ,,得 ,

所以，. 10分。

设二面角的大小为，

所以二面角的余弦值为12分。

考点：线面平行的判定与性质，空间向量的应用。

4．（本小题满分13分）如图1，在中，，，分别为、的中点，连接并延长交于，将沿折起，使平面平面，如图2所示．

1）求证：平面；

2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；

3）**段上是否存在点使得平面？若存在，请指出点的位置；若不存在，说明理由．

答案】（1）证明见解析，（2），存在点m，：：

解析】试题分析：第一步证明线面垂直，先证明平面与平面垂直，借助面面垂直的性质定理去证；利用。

的结论平面，建立空间直角坐标系，利用法向量求出二面角；第三部假设存在点m满足。

条件，先表示的坐标，利用，求出，由于所求，说明点m存在。

试题解析：在中，为ac的中点，又，所以三角形为等边三角形；为bd的中点，于e,因为平面平面，交线为bd，平面，所以平面；

2)由（1）结论知：平面，，由题意知，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由（1）得，计算：

则，，则。易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则。

即，令。所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为。

3）设，其中，，其中，，由解得。

所以**段上存在点，使平面，且：：.

考点：1.空间直线与平面位置关系；（2）求二面角；

5．（本小题满分12分）

如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，点是的中点，且交于点。

ⅰ)求证：平面平面；

ⅱ)求二面角的余弦值。

答案】（ⅰ详见解析；（ⅱ

解析】试题分析：方法1：(ⅰ底面，又底面是正方形，平面，又，是的中点，面，然后再根据线面垂直的判定定理，即可得出结果。

(ⅱ取的中点，则。作于，连结。底面，底面 , 为二面角的平面角，解三角形即可求出结果。

解法2:(ⅰ如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量在立体几何中的应用，即可求出结果。

试题解析：证明(ⅰ)底面，

又底面是正方形，

平面，又，是的中点，面

由已知，平面。

又面，面面 6分。

ⅱ)取的中点，则。

作于，连结。

底面，底面 ,

为二面角的平面角

设，在中，

11分。所以二面角的余弦值为 12分。

解法2:(ⅰ如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由于，可设，则 ,3分。 4分。

又且平面。又平面

所以，平面平面 6分。

ⅱ)底面是平面的一个法向量， 7分。

设平面的一个法向量为，

则得 9分

11分。二面角的余弦值是 12分。

考点：1.线面垂直的判定；2.面面垂直的判定。

6．如图，是正方形，平面，，

ⅰ) 求证：；

ⅱ) 求面fbe和面dbe所形成的锐二面角的余弦值。

答案】（i）见解析；（ii）

解析】试题分析：(ⅰ在证明线线垂直，一般通过证明线面垂直得到，本题中因平面，所以。因是正方形，所以，所以平面，从而；(ⅱ因两两垂直，所以可通过建立空间直角坐标系来求解，设，可知则，，，通过计算可求得平面的法向量为的法向量所以。

试题解析：(ⅰ证明：因为平面，所以1分。

因为是正方形，所以，所以平面3分。

从而4分。ⅱ)解：因为两两垂直，所以建立空间直角坐标系如图所示。 5分。

设，可知6分。

则，所以7分。

设平面的法向量为，则，即，令，则10分。

因为平面，所以为平面的法向量，所以12分。

所以面fbe和面dbe所形成的锐二面角的余弦值为。 13分。

考点：立体几何。

7．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，，四边形满足，且，点为中点，点为边上的动点，且．

求证：平面平面；

是否存在实数，使得二面角的余弦值为？若存在，试求出实数的值；若不存在，说明理由．

答案】(1) 详见解析；(2) 存在，或。

解析】试题分析：(1) 根据题中所证结论为：平面平面，由面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直，结合题所给条件不难想到取中点，连结、，利用是中点，由三角形中位线定理得：

，又，可得出四边形为平行四边形，又由条件，易得：平面，得：；在中有：

，易得：，由线面垂直的判定定理得：平面，又由平面，即可得：

平面平面；（2）存在符合条件的。以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，设，，，从而，，则平面的法向量为，又平面即为平面，其法向量，则，解得或，进而或。

试题解析：(1) 取中点，连结、，是中点，又，，四边形为平行四边形。

平面，，平面，平面，平面平面6分)

2) 存在符合条件的。以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，设，，，

从而，，则平面的法向量为，又平面即为平面，其法向量，则，解得或，进而或12分)

考点：1.线面以及面面的垂直关系；2.二面角的求法；3.空间向量在立体几何中的应用。

8．（本小题满分12分）

如图，abcd为梯形，平面abcd，ab//cd，，e为bc中点，连结ae，交bd于o.

i）平面平面pae

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