立体几何解答题(详解)

立体几何解答题（详解）

1.在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形。

A1B1C1EADBC

（Ⅰ）若ACBC，证明：直线BC平面ACC1A1；

（Ⅱ）设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE//平面A1MC？请证明你的结论。

2．如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，点F为侧棱PC上一点.

（1）若PFFC，求证：PA//平面BDF； （2）若BFPC，求证：平面BDF⊥平面PBC.

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立体几何解答题(详解)

3．如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，侧面PAD⊥底面ABCD，若点E，F分别是PC，BD的中点。

P E

D A

F B

（1）求证：EF∥平面PAD； （2）求证：平面PAD⊥平面PCD

4．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，点P为DD1的中点。

C D1C1B1A1PDCBA

（1）求证：直线BD1∥平面PAC； （2）求证：平面PAC平面BDD1；

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立体几何解答题(详解)

5．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=5，AC=4，BC=3，AA1=4，点D在棱AB上．

(1)求证：AC⊥B1C；

（2）若D是AB中点，求证：AC1∥平面B1CD.

6．如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，ABAC， PA平面ABCD，且PAAB，点E是PD的中点.

（1）求证：ACPB；

（2）求证:PB//平面AEC；

（3）求二面角EACB的大小.

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立体几何解答题(详解)

7．如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，ABAD，且ABAD1 CD1．

2现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2．

EMFDCA图2

BEDCFA图1

B

（1）求证：AM∥平面BEC; （2）求证：BC平面BDE;

（3）求点D到平面BEC的距离.

8．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD 底面ABCD，且PAPD2AD，E、F分别为PC、BD的中点. 2 （1）求证：EF//平面PAD； （2）求证：面PAB平面PDC；

（3）在线段AB上是否存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为

1？说明理由. 34 / 12

立体几何解答题(详解)

参

1．（1）证明详见解析；（2）存在，M为线段AB的中点时，直线DE平面A1MC.

【解析】 试题分析：（1）证直线垂直平面，就是证直线垂直平面内的两条相交直线.已经有ACBC了，那么再在平面内找一条直线与BC垂直. 据题意易得，AA1平面ABC，所以AA1BC.由此得BC平面ACC1A1.（2）首先连结A1C，取A1C的中点O. 考虑到D，E分别是线段BC，CC1的中点，故在线段AB上取中点M，易得DE面A1MC. A1C1EMO.从而得直线DE平

OB1AMBDC

试题解析：（Ⅰ）因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形， 所以AA1AB,AA1AC.

因为AB，AC为平面ABC内的两条相交直线， 所以AA1平面ABC.

因为直线BC平面ABC内，所以AA1BC.

又由已知，ACBC,AA1,AC为平面ACC1A1内的两条相交直线， 所以，BC平面ACC1A1.

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立体几何解答题(详解)

A1C1EOB1AMBDC

（2）取线段AB的中点M，连接A1M,MC,AC1,AC1，设O为A1C,AC1的交点. 由已知，O为AC1的中点.

连接MD，OE，则MD，OE分别为ABC,ACC1的中位线. 所以，MD11AC,OEAC,MDOE， 22MO.

连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE因为直线DE平面A1MC，MO平面A1MC， 所以直线DE平面A1MC.

即线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使得直线DE平面A1MC.

【考点定位】空间直线与平面的位置关系.

2．(1)详见解析; （2）详见解析 【解析】

试题分析：(1) 要证证PA//平面BDF，根据线面平行的判定定理可转化为线线平行，在本题中可取AC,BD的交点为O，转化为证明PA//OF，且PA平面BDF，OF平面BDF，即可得证PA//平面BDF;（2）要证平面BDF⊥平面PBC，联想到面面垂直的判定定理，可转化为证线面垂直，由于底面ABCD为菱形，则对角线BDAC，又PA⊥底面ABCD，可得BD⊥平面PAC，进而得到PC平面BDF，再加之PC平面PBC，即可证得平面BDF⊥平面PBC． (1) 证：（1）设AC,BD的交点为O，连OF底面ABCD为菱形，O为AC中点，

又PFFC，PA//OF， 5分 且PA平面BDF，OF平面BDF，

PA//平面BDF. 7分

（2）底面ABCD为菱形，BDAC，PA⊥底面ABCD，BDPA，BD⊥平面PAC，

BDPC，BFPC，PC平面BDF，

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立体几何解答题(详解)

又PC平面PBC，平面BDF⊥平面PBC. 14分 考点：1.线面平行的判定;2.线面垂直的判定和性质;3.面面垂直的判定 3．（1）详见解析，（2）详见解析. 【解析】 试题分析：（1）证线面平行找线线平行，本题有G为AD中点，F为BD中点条件，可利用平行四边形性质.即取PD中点H，AD中点G，易得EFGH为平行四边形，从而有EF∥GH.写定理条件时需完整，因为若缺少EF面PAD，，则EF可能在面PAD内，若缺少GH面PAD，则EF与面PAD位置关系不定.（2）证面面垂直关键找线面垂直.可由面面垂直性质定理探讨，因为侧面PAD⊥底面ABCD，CD垂直AD,而AD为两平面的交线,所以应有CD垂直于平面PAD，这就是本题证明的目标. 试题解析：（1）设PD中点为H，AD中点为G，连结FG，GH，HE

1AB//G为AD中点，F为BD中点，GF2， 1//2CD同理EH，

ABCD为矩形，AB

//CD，GF

//EH，EFGH为平行四边形

EF∥GH，又

GH面PAD,EF面PAD,EF∥面PAD.

（2）面PAD⊥面ABCD，面PAD面ABCD＝AD，又ABCD为矩形， CD⊥AD，CD⊥面PAD

又CD面PCD，面PAD⊥面PCD.

考点：线面平行判定定理，面面垂直判定与性质定理 4．（1）详见解析；（2）详见解析． 【解析】 试题分析：（1）设AC与BD的交点为O，连接OP，则长方体中O为BD中点，又P为DD1的中点，所以三角形BDD1 中，由中位线定理可知PO ∥BD1 ，根据线面平行的判定定理即可，得证；（2）根据四边形ABCD为菱形，故BDAC，由题意可知DD1AC，故AC 平面BDD1，进而可证明出结论． 解：（1）设AC与BD的交点为O，连接OP，则长方体中O为BD中点，又P为DD1的中点， 所以三角形BDD1 中，PO ∥BD1 ，而 BD1 不在平面PAC内，OP在平面PAC内，故BD1∥平面PAC

（2）长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=AD，所以ABCD为菱形，故BDAC，

DD1面ABCD，则平面PAC平面BDD1 又长方体中，所以DD1AC，从而AC 平面BDD1，考点：1．线面平行的判定；2．线面垂直的判定；3．面面垂直的判定． 5．(1)详见解析；（2）详见解析 【解析】

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立体几何解答题(详解)

试题分析：（1）要证明AC⊥B1C，根据线面垂直的判定定理，只要转化证明AC⊥平面BB1C1C即可；

（2）要证明AC1∥平面B1CD，根据线面的判定定理，只要转换证明DE//AC1即可. 试题解析：(1)证明：在△ABC中，因为AB=5，AC=4，BC=3，

222

所以AC+BC=AB，所以AC⊥BC．

因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以CC1⊥AC， 因为BC∩AC=C，所以AC⊥平面BB1C1C． 所以AC⊥B1C． 6分

（2）连结BC1，交B1C于E，连接DE．

因为直三棱柱ABC-A1B1C1，D是AB中点，所以侧面BB1C1C为矩形， DE为△ABC1的中位线，所以DE//AC1．

因为DE平面B1CD，AC1平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD． 12分 考点：空间位置关系的证明. 6．（1）见解析（2）见解析（3）135 【解析】 试题分析：（1）利用三垂线定理可证；（2）直线与平面平行的判定定理（Ⅲ）证

EF平面ABCD，进而找出二面角的平面角

试题解析：（1）

AB是PB在平面ABCD上的射影， PA平面ABCD，又ABAC，AC平面ABCD， ACPB. （2）连接BD，与AC相交与O，连接EO，

 EOPB.又PB平面AEC，ABCD是平行四边形O是BD的中点又E是PD的中点，EO平面AEC，

PB平面AEC，

（3）如图，取AD的中点F，连EF，FO，则

EF是△PAD的中位线，EF//PA又PA平面ABCD，EF平面ABCD

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立体几何解答题(详解)

同理FO是△ADC的中位线，FO//ABFOAC，由三垂线定理可知EOF是二面角E－AC

11AB＝PA＝EF。 22EOF＝45而二面角EACB与二面角E－AC－D互补， 故所求二面角EACB的大小为135.

－D的平面角.又FO＝

考点：利用三垂线定理可证；直线与平面平行的判定定理；出二面角的平面角 7．（1）见解析（2）见解析(3)【解析】 试题分析：

(1)要证明线面平行,取EC中点N，连结MN,BN,其中线段BN在面BEC中,根据线面平行的判断,只需要证明线段BN与AM平行即可,根据MN为所在线段的中点,利用中位线定理即可得到MN平行且等于DC的一半,题目已知AB平行且等于DC的一半,则可以得到MN与AB平行且相等,即四边形ABMN为平行四边形,而AM与BN为该平行四边形的两条对边,则AM与BN平行,即得到线段AM平行于面BEC.

(2)题目已知面ABCD与ADEF垂直且ED垂直于这两个面的交线,根据面面垂直的性质定理可得线段ED垂直于面ABCD,再根据线面垂直的性质可得到BC垂直于ED,根据梯形ABCD为直角梯形和边长关系和勾股定理可以得到BC与BD垂直,即线段BC与面BED中两条相交的线段ED,BD相互垂直,根据线面垂直的判断即可得到线段BC垂直于面BED

(3)要求点面距离可以考虑利用三棱锥DBEC体积的等体积法,即分别以D点和E点作为顶点求解三棱锥D-BEC的体积,当以E作为顶点时,DE为高,三角形BCD为底面,求出高和底面积得到三棱锥的体积,当D为顶点,此时,高为D到面BEC的距离,而三角形BEC为底面,利用三角形的勾股定理得到BE的长度,求出三角形BEC的面积,利用三棱锥的体积公式即可得到D到面BEC的距离. 试题解析：

（1）证明：取EC中点N，连结MN,BN． 在△EDC中，M,N分别为EC,ED的中点， 所以MN∥CD，且MN由已知AB∥CD，AB6 31CD． 21CD， 2所以MN∥AB，且MNAB． 3分 所以四边形ABNM为平行四边形． 所以BN∥AM． 4分

又因为BN平面BEC，且AM平面BEC， 所以AM∥平面BEC． 5分

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立体几何解答题(详解)

EFMDAGBNC

（2）在正方形ADEF中，EDAD．

又因为平面ADEF平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD，

所以ED平面ABCD．

所以EDBC． 7分

在直角梯形ABCD中，ABAD1，CD2，可得BC2．

在△BCD中，BDBC2,CD2，

所以BD2BC2CD2． 所以BCBD． 8分

所以BC平面BDE． 10分

（3）解法一：因为BC平面BCE，所以平面BDE平面BEC． 11过点D作EB的垂线交EB于点G，则DG平面BEC

所以点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度 12分 在直角三角形BDE中，S1BDE2BDDE12BEDG 所以DGBDDE26BE33 所以点D到平面BEC的距离等于

63. 14分 解法二：BE平面BDE,所以BCBE 所以S12BDBC1BCD2221, S12BEBC16BCE2232. 12分 又VEBCDVDBCE，设点D到平面BEC的距离为h.

则

1S3S1DE16BCDDE3SBCEh，所以hBCDS BCE63210 / 12

分 立体几何解答题(详解)

所以点D到平面BEC的距离等于

6. 14分 3考点：勾股定理线面平行,线面垂直等体积法

8【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）线段AB上存在点GAG角CPDG的余弦值为

1AB，使得二面41. 3【解析】 试题分析：（1）连接AC经过点F，利用中位线得到EF//PA，再由直线与平面平行的判定定理得到EF// 平面PAD；（2）利用平面与平面垂直的性质定理结合侧面PAD底面ABCD得到CD平面PAD，从而得到PACD，再由勾股定理证明PAPD，结合直线与平面垂直的判定定理证明PA平面PCD，最后利用平面与平面垂直的判定定理得到平面PAB平面

（3）取AD的中点O，连接OP、OF， PDC；

利用平面与平面垂直的性质定理证明OP平面ABCD，然后以点O为坐标原点，OA、

OF、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz，利用空间向量

法解决题中二面角问题.

（1）证明：连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于BD的中点F， F也为AC中点，E为PC中点. 所以在CPA中，EF//PA，

又PA平面PAD，EF平面PAD， 所以EF//平面PAD；

（2）证明：因为平面PAD平面ABCD，平面PAD面ABCDAD

ABCD为正方形，CDAD，CD平面ABCD，所以CD平面PAD. 又PA平面PAD，所以CDPA.

又PAPD又CD2AD，所以PAD是等腰直角三角形，且APD，即PAPD. 22PDD，且CD、PD面PDC，所以PA面PDC.

又PA面PAB，所以面PAB面PDC；

（3）取AD的中点O，连接OP、OF，因为PAPD，所以POAD.

又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD. 而O、F分别为AD、BD的中点，所以OF//AB， 又ABCD是正方形，故OFAD.

以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz，

则有A1,0,0，C1,2,0，F0,1,0，D1,0,0，P0,0,1， 若在AB上存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为设G1,a,00a2，

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1，连接PG、DG， 3立体几何解答题(详解)

则DP1,0,1，GD2,a,0，由（2）知平面PDC的法向量为PA1,0,1，

azyxz0nDP02设平面PGD的法向量为nx,y,z.则，即，解得，

a2xay0xynGD02令y2，得na,2,a， 所以cosn,PAnPAnPA111，解得a（舍去）.

22242a232a所以，线段AB上存在点G1,,0AG1211AB，使得二面角CPDG的余弦值为. 43考点：1.直线与平面平行；2.平面与平面垂直的性质与判定；3.利用空间向量法处理二面角

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