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1、 立体几何专项练习1如图，在直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）.中，底面是菱形，且是凌的中点，（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.2如图，底边是边长为3的正方形，平面平面，.（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为60？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.3如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等腰直角三角形，是的中点，二面角的大小等于120.（1）在上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.（2）求直线与平面所成角的正弦值.4北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定
2、：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为（1）求四棱锥的总曲率；（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数5如图，四边形中，是等腰直角三角形，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向上折叠到的位置，使点在平面内的射影在上，再将向下折叠到的位置，使平面平面，形成几何体.（1）点在上，若平面，求点的位置；（2）求二面角的余弦值.6如图，在四棱柱中，底面是
3、边长为2的菱形，点分别为棱，的中点.（1）求证：平面；（2）若，二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.7在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面为等腰直角三角形，（1）求证：平面平面；（2）设为的中点，求点到平面的距离8如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，是线段的中点，连结（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由9如图菱形中，与相交于点，平面，（1）求证：平面；（2）当直线与平面所成的角为时，求异面直线与所成的角的余弦值大小10如图所示，在梯形ABCD中，ABCD，BCD120，四边形ACFE为矩形，且CF平面ABC
4、D，ADCDBCCF.（1）求证：EF平面BCF；（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.11如图，在棱长为的正方形中，、分别为，边上的中点，现将点以为轴旋转至点的位置，使得为直二面角 （1）证明：；（2）求异面直线与所成角的余弦值12如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB，点E满足.（1）证明：；（2）求二面角A-PD-E的余弦值.试卷第1页，总3页。参考答案1（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由勾股定理可得，得出平面，再通过和即可得证；（2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求
5、出.【详解】解：（1）因为点是的中点，所以，又，故在中，由题可知，则，所以.因为四棱柱是直四棱柱，故平面，平面，故，因为，所以.又，所以平面；（2）由（1）可知，两两相垂直，故以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，.所以，设平面的法向量为，则令则设平面的法向量为，则，令，则，则，因为二面角为锐角，则二面角的大小为.2（1）证明见解析；（2）存在；.【分析】（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，可证明；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，求出二面角夹角的余弦值，构造的等式，求解即可求出比例关系.【详解】解：（1）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所
6、以，又四边形是正方形，所以，因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以平面平面；（2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则，假设在线段上存在符合条件的点，设，则，设平面的法向量为，则，令，得，由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，整理得，解得或（舍去），故在线段上存在点，使得二面角的大小为60，此时.3（1）在线段上存在点满足题意，为的中点；（2）.【分析】（1）取中点，可证，得线面垂直后可得面面垂直；（2）由（1）知就是二面角的平面角，得，建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角【详解】解：（1）在线段上存在点满足题意，且为的中点.如图，连接，四边形是矩形，.又，
7、分别是，的中点，.为等腰直角三角形，为的中点，.，平面，平面，平面.又平面，平面平面.故上存在中点，使得平面平面.（2）解：由（1）可知就是二面角的平面角，.以为坐标原点，的方向分别为，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由为等腰直角三角形，得，.可得，设是平面的法向量，则即可取.设直线与平面所成的角为，则，直线与平面所成角的正弦值为.4（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率
8、之和.可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，则其总曲率为：.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、，所以有设第个面的棱数为，所以所以总曲率为：所以这类多面体的总曲率是常数.5（1）为的中点；（2）.【分析】（1）设点在平面内的射影为，连接，取的中点，易得平面.取的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则，则平面，然后由面面平行的判定定理证明.（2）连接，以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一
9、个法向量为和平面的一个法向量为，由求解.【详解】（1）如图，设点在平面内的射影为，连接，在中，为的中点.取的中点，连接，则，又平面，平面，平面.取的中点，连接，则易知，又平面平面，平面平面，平面，又平面，又平面，平面，平面.又，平面平面.又平面，平面，此时为的中点.（2）连接，由（1）可知，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，从而，.设平面的一个法向量为，则即得，取，则，.设平面的一个法向量为，则即得，取，则，从而.易知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.6（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点，连接，得四边形为平行四边形，得，再由线面平
10、行的判定定理即可证明平面；（2）先证平面，然后建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，再由二面角的余弦值为求的长，得与平面的一个法向量，最后利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）如图，取的中点，连接.因为为棱的中点，所以且.因为四边形是菱形，为的中点，所以且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）连接，因为底面是菱形，所以，又，所以平面，所以，又，所以平面.取的中点，连接，则，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以.设平面的法向量为，则，即，取，得.易知平面的一个法向量为由题意
11、得，得.所以，.设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.7（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用面面垂直的性质先证明出面，得到，再由，结合线面垂直的判定定理可知面，又面，然后证得平面平面；（2）先计算三棱锥的体积，然后再计算的面积，利用等体积法求解.【详解】解：（1）证明：面面，且平面平面，面面，又面又因为由已知且，所以面，又面面面.(2)中，取的中点，连，则面面且它们交于面面由，由已知可求得，所以.所以点到平面的距离为.8（1）证明见解析；（2）；（3）存在；【分析】（1）首先证明，再由
12、面面垂直的性质定理可得平面，即证.（2）连结，以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.（3）根据题意可得与平面的法向量垂直，假设线段上存在点使得平面，再利用向量的数量积即可求解.【详解】解：（1）因为四边形为菱形，所以又因为，为的中点，所以又因为平面平面，平面平面，所以平面因为平面，所以（2）连结因为，为的中点，所以由（1）可知平面，所以，设，则如图，建立空间直角坐标系所以所以，因为平面，所以是平面的一个法向量设平面的法向量为，则，即，所以令，则，于是所以由题知，二面角为钝角，所以其余弦值为（3）当点是线段的中点时，平面
13、理由如下：因为点平面，所以在线段上存在点使得平面等价于假设线段上存在点使得平面设，则所以由，得所以当点是线段的中点时，平面，且9（1）证明见解析；（2）【分析】（1）根据四边形是菱形，得到，再由平面，得到 ，然后利用线面垂直的判定定理证明.（2）以为原点，的方向为，轴正方向，过且平行于的直线为轴（向上为正方向），建立空间直角坐标系，设 （），则，再求得平面的法向量为，根据直线与平面所成的角为，由求得a，再由求解.【详解】（1）因为四边形是菱形，所以因为平面，平面，所以因为，所以平面（2）以为原点，的方向为，轴正方向，过且平行于的直线为轴（向上为正方向），建立空间直角坐标系，如图所示：则，（），设平面的法向量为，则有，即令，则，由题意与平面所成的正弦值为，因为，所以所以，所以故异面直线与所成的角的余弦值为10（1）证明见解析；（2）点M与点F重合，.【分析】（1）易证明平面，再根据，证明平面；（2）设，分别求平面和平面的法向量，再利用公式求其最小值，确定，同时得到此时二面角的余弦值.【详解】（1）证明：设ADCDBC1，ABCD，BCD120，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos 603，AB2AC2BC2，则BCAC.CF平面ABCD，AC平面ABCD，ACCF，而CFBCC，CF，BC平面BCF，AC平面BCF.EFAC，EF平面BCF.
