立体几何二面角问题

立体证明题(2)

1. 如图,直二面角D ﹣AB ﹣E 中,四边形ABCD 是正方形,AE=EB,F 为CE 上的点,且BF ⊥

平面ACE .

(1)求证:AE ⊥平面BCE ;

(2)求二面角B ﹣AC ﹣E 的余弦值.

2. 等腰△ABC 中,

AC=BC=,AB=2,E 、F 分别为AC 、BC 的中点,将△EFC 沿EF 折起,使

. 得C 到P ,得到四棱锥P ﹣ABFE ,且

AP=BP=

(1)求证:平面EFP ⊥平面ABFE ;

(2)求二面角B ﹣AP ﹣E 的大小.

3. 如图,在四棱锥P ﹣ABCD 中,底面是正方形,侧面PAD ⊥底面ABCD ,且PA=PD=AD ,若E 、F 分别为PC 、BD 的中点.

(Ⅰ) 求证:EF ∥平面PAD ;

(Ⅱ) 求证:EF ⊥平面PDC .

4. 如图:正△ABC 与Rt △BCD 所在平面互相垂直,且∠BCD=90°,∠CBD=30°.

(1)求证:AB ⊥CD ;

(2)求二面角D ﹣AB ﹣C 的正切值.

5. 如图,在四棱锥P ﹣ABCD 中,平面PAD ⊥平面ABCD ,△PAD 是等边三角形,四边形ABCD 是平行四边形,∠ADC=120°,AB=2AD.

(1)求证:平面PAD ⊥平面PBD ;

(2)求二面角A ﹣PB ﹣C 的余弦值.

6. 如图,在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,∠ACB=90°,AC=CB=CC1=2,E 是AB 中点. (Ⅰ)求证:AB 1⊥平面A 1CE ;

(Ⅱ)求直线A 1C 1与平面A 1CE 所成角的正弦值.

7. 如图,在四棱锥P ﹣ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,∠DAB 为直角,AB ∥CD ,AD=CD=2AB=2,E ,F 分别为PC ,CD 的中点.

(Ⅰ)证明:AB ⊥平面BEF ;

(Ⅱ)若PA=,求二面角E ﹣BD ﹣C .

8. 如图,在四棱锥P ﹣ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,PA=AB=AD=2,四边形ABCD 满足AB ⊥AD ,BC ∥AD 且BC=4,点M 为PC 中点.

(1)求证:DM ⊥平面PBC ;

(2)若点E 为BC 边上的动点,且

余弦值为BE =λ,是否存在实数λ,使得二面角P ﹣DE ﹣B 的EC 2?若存在,求出实数λ的值;若不存在,请说明理由. 3

9. 如图,ABED 是长方形,平面ABED ⊥平面ABC ,AB=AC=5,BC=BE=6,且M 是BC 的中点 (Ⅰ) 求证:AM ⊥平面BEC ;

(Ⅱ) 求三棱锥B ﹣ACE 的体积;

(Ⅲ)若点Q 是线段AD 上的一点,且平面QEC ⊥平面BEC ,求线段AQ 的长.

10. 如图,直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直,AB ∥CD ,AB ⊥BC ,AB=2CD=2BC,EA ⊥EB

(1)求证:EA ⊥平面EBC

(2)求二面角C ﹣BE ﹣D 的余弦值.

11. 如图,在四棱锥P ﹣ABCD 中,底面ABCD 为直角梯形,AD ∥BC ,∠ADC=90°,平面PAD ⊥底面ABCD ,O 为AD 中点,M 是棱PC 上的点,AD=2BC.

(1)求证:平面POB ⊥平面PAD ;

12. 如图,三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,侧棱AA 1⊥平面ABC ,△ABC 为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,E 、F 分别是CC 1,BC 的中点.

(1)求证:平面AB 1F ⊥平面AEF ;

(2)求二面角B 1﹣AE ﹣F 的余弦值.

13. 如图,在菱形ABCD 中,∠ABC=60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB=AE=2.

( I)求证:BD ⊥平面ACFE ;

( II)当直线FO 与平面BDE 所成的角为45°时,求二面角B ﹣EF ﹣D 的余弦角.

14. 如图所示,该几何体是由一个直三棱柱ADE ﹣BCF 和一个正四棱锥P ﹣ABCD 组合而成,AD ⊥AF ,AE=AD=2.

(1)证明:平面PAD ⊥平面ABFE ;

(2)求正四棱锥P ﹣ABCD 的高h ,使得二面角C ﹣AF ﹣P

的余弦值是.

15. 如图,已知斜三棱柱ABC 一A 1B 1C 1,∠BCA=90°,AC=BC=2,A 1在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ,且BA 1⊥AC 1.

(Ⅰ)求证:AC 1⊥平面A 1BC ;

(Ⅱ)求二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角的余弦值.

试卷答案

1.

【考点】与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面垂直的判定.

【分析】(1)由已知中直二面角D ﹣AB ﹣E 中,四边形ABCD 是正方形,且BF ⊥平面ACE ,我们可以证得BF ⊥AE ,CB ⊥AE ,进而由线面垂直的判定定理可得AE ⊥平面BCE .

(2)连接BD 与AC 交于G ,连接FG ,设正方形ABCD 的边长为2,由三垂线定理及二面角的平面角的定义,可得∠BGF 是二面角B ﹣AC ﹣E 的平面角,解Rt △BFG 即可得到答案.

【解答】证明:(1)∵BF ⊥平面ACE

∴BF ⊥AE…

∵二面角D ﹣AB ﹣E 为直二面角,且CB ⊥AB ,

∴CB ⊥平面ABE

∴CB ⊥AE…

∴AE ⊥平面BCE .…

解:(2)连接BD 与AC 交于G ,连接FG ,设正方形ABCD 的边长为2,

∴BG ⊥AC ,

BG=,…

∵BF 垂直于平面ACE ,由三垂线定理逆定理得FG ⊥AC

∴∠BGF 是二面角B ﹣AC ﹣E 的平面角…

由(1)AE ⊥平面BCE ,得AE ⊥EB ,

∵AE=EB,

BE=.

=,…

∴在Rt △BCE 中,

EC=

由等面积法求得则

∴在Rt △BFG

中,

故二面角B ﹣AC ﹣E

的余弦值为.…

2.

【考点】二面角的平面角及求法;平面与平面垂直的判定.

【分析】(1)用分析法找思路,用综合法证明.取EF 中点O ,连接OP 、OC .等腰三角形CEF 中有CO ⊥EF ,即OP ⊥EF .根据两平面垂直的性质定理,平面PEF 和平面ABFE 的交线是EF ,且PO ⊥EF ,分析得PO ⊥平面ABFE .故只需根据题中条件证出PO ⊥平面ABFE ,即可利用面面垂直的判定定理证得平面EFP ⊥平面ABFE .

(2)根据第一问分析空间位置关系,可建立空间直角坐标线求得平面ABP 和平面AEP 的法向量的所成角,利用向量角和二面角关系,确定二面角大小.

【解答】解:(1)证明:在△ABC 中,D 为AB 中点,O 为EF 中点.

AC=BC=,AB=2.

∵E 、F 分别为AC 、BC 的中点,

∴EF 为中位线,得CO=OD=1,CO ⊥EF

∴四棱锥P ﹣ABFE 中,PO ⊥EF ,…2分

∵OD ⊥AB ,AD=OD=1,∴

AO=

AP=,OP=1, ,

∴四棱锥P ﹣ABFE 中,有AP 2=AO2+OP2,即OP ⊥AO ,…4分

又AO∩EF=O,EF 、AO ⊂平面ABFE ,

∴OP ⊥平面ABFE ,…5分

又OP ⊂平面EFP ,

∴平面EFP ⊥平面ABFE . …6分

(2)由(1)知OD ,OF ,OP 两两垂直,以O 为原点,建立空间直角坐标系(如图): 则A (1,﹣1,0),B (1,1,0),E (0

,,,0),P (0,0,1)…7分

分别为平面AEP 、平面ABP 的一个法向量,

⇒ 取x=1,得y=2,z=﹣1

同理可得

由于. …9分

,…11分

=0,

所以二面角B ﹣AP ﹣E 为90°. …12分

3.

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系.

【专题】证明题.

【分析】对于(Ⅰ),要证EF ∥平面PAD ,只需证明EF 平行于平面PAD 内的一条直线即可,而E 、F 分别为PC 、BD 的中点,所以连接AC ,EF 为中位线,从而得证;

对于(Ⅱ)要证明EF ⊥平面PDC ,由第一问的结论,EF ∥PA ,只需证PA ⊥平面PDC 即可,已知PA=PD=

PAD ,

由于ABCD 是正方形,面PAD ⊥底面ABCD ,由面面垂直的性质可以证明,从而得证. AD ,可得PA ⊥PD ,只需再证明PA ⊥CD ,而这需要再证明CD ⊥平面

【解答】证明:(Ⅰ)连接AC ,则F 是AC 的中点,在△CPA 中,EF ∥PA (3分) 且PA ⊂平面PAD ,EF ⊊平面PAD ,

∴EF ∥平面PAD (6分)

(Ⅱ)因为平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD∩平面ABCD=AD,

又CD ⊥AD ,所以CD ⊥平面PAD ,

∴CD ⊥PA (9分)

又PA=PD=AD ,

,即PA ⊥PD (12分) 所以△PAD 是等腰直角三角形,且∠APD=

而CD∩PD=D,

∴PA ⊥平面PDC ,又EF ∥PA ,所以EF ⊥平面PDC (14分)

【点评】本题考查线面平行的判定及线面垂直的判定,而其中的转化思想的应用值得注意,将线面平行转化为线线平行;证明线面垂直,转化为线线垂直,在证明线线垂直时,往往还要通过线面垂直来进行.

4.

【考点】与二面角有关的立体几何综合题;空间中直线与直线之间的位置关系.

【分析】(1)利用平面ABC ⊥平面BCD ,平面ABC∩平面BCD=BC,可得DC ⊥平面ABC ,利用线面垂直的性质,可得DC ⊥AB ;

(2)过C 作CE ⊥AB 于E ,连接ED ,可证∠CED 是二面角D ﹣AB ﹣C 的平面角.设CD=a,则

BC=

=,从而

EC=BCsin60°=,在Rt △DEC 中,可求tan ∠DEC .

【解答】(1)证明:∵DC ⊥BC ,且平面ABC ⊥平面BCD ,平面ABC∩平面BCD=BC, ∴DC ⊥平面ABC ,

又AB ⊂平面ABC ,

∴DC ⊥AB .…

(2)解:过C 作CE ⊥AB 于E ,连接ED ,

∵AB ⊥CD ,AB ⊥EC ,CD∩EC=C, ∴AB ⊥平面ECD ,

又DE ⊂平面ECD ,∴AB ⊥ED ,

∴∠CED 是二面角D ﹣AB ﹣C 的平面角,… 设CD=a,则

BC=

∵△ABC 是正三角形,

∴EC=BCsin60°=

=

在Rt △DEC 中,tan ∠

DEC=.…

5.

【考点】MT :二面角的平面角及求法;LY :平面与平面垂直的判定. 【分析】(1)令AD=1,求出

BD=PAD ⊥平面PBD .

(2)以D 为坐标原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,过D 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角A ﹣PB ﹣C 的余弦值. 【解答】证明:(1)在平行四边形ABCD 中,令AD=1, 则

BD=

在△ABD 中,AD +BD=AB,∴AD ⊥BD , 又平面PAD ⊥平面ABCD , ∴BD ⊥平面PAD ,BD ⊂平面PBD , ∴平面PAD ⊥平面PBD .

解:(2)由(1)得AD ⊥BD ,以D 为坐标原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴, 过D 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系, 令AD=1,则A (1,0,0),B (0

,0),C (﹣1

,0),P

(,0

),

2

2

2

,从而AD ⊥BD ,进而BD ⊥平面PAD ,由此能证明平面

=,

=(﹣1

,,0

),=

(﹣

),=(﹣1,0,0),

设平面PAB

的法向量为=(x ,y ,z ),

则,取y=1

,得=

(),

设平面PBC

的法向量=(a ,b ,c ),

,取b=1

,得=(0,1,2),

∴cos

<>

=

=

=,

由图形知二面角A ﹣PB ﹣C 的平面角为钝角, ∴二面角A ﹣PB ﹣C

的余弦值为﹣.

6.

【考点】直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角.

【分析】(Ⅰ)由ABC ﹣A 1B 1C 1是直三棱柱,可知CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ,∠ACB=90°,AC ⊥BC .建立空间直角坐标系C ﹣xyz .则A ,B 1,E ,A 1

,可得,

根据

可知,

,推断出AB 1⊥CE ,AB 1⊥CA 1,根据线面垂直的判定

定理可知AB 1⊥平面A 1CE .

(Ⅱ)由(Ⅰ)知

是平面A 1CE

的法向量,

,进而利用

向量数量积求得直线A 1C 1与平面A 1CE 所成角的正弦值 【解答】(Ⅰ)证明:∵ABC ﹣A 1B 1C 1是直三棱柱, ∴CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC , 又∠ACB=90°, 即AC ⊥BC .

如图所示,建立空间直角坐标系C ﹣xyz .A (2,0,0),B 1(0,2,2),E (1,1,0),

A 1(2,0,2),

又因为

,,

∴AB 1⊥CE ,AB 1⊥CA 1,AB 1⊥平面A 1CE .

(Ⅱ)解:由(Ⅰ)知,

是平面A 1CE

的法向量,

∴|cos

,>

|=

=.

设直线A 1C 1与平面A 1CE 所成的角为θ,则sin θ=|cos

所以直线A 1C 1与平面A 1CE

所成角的正弦值为7.

【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定. 【分析】(Ⅰ)只需证明AB ⊥BF .AB ⊥EF 即可.

,>

|=.

(Ⅱ)以A 为原点,以AB ,AD ,AP 为x 轴,y 轴,z 轴正向建立空间直角坐标系, 求出平面CDB

的法向量为

设二面角E ﹣BD ﹣C 的大小为θ

,则

=

,平面EDB

的法向量为

【解答】解:(Ⅰ)证:由已知DF ∥AB 且∠DAB 为直角,故ABFD 是矩形, 从而AB ⊥BF .

又PA ⊥底面ABCD ,∴平面PAD ⊥平面ABCD , ∵AB ⊥AD ,故AB ⊥平面PAD ,∴AB ⊥PD ,

在△PCD 内,E 、F 分别是PC 、CD 的中点,EF ∥PD ,∴AB ⊥EF . 由此得AB ⊥平面BEF…

(Ⅱ)以A 为原点,以AB ,AD ,AP 为x 轴,y 轴,z 轴正向建立空间直角坐标系,

设平面CDB

的法向量为

,平面EDB

的法向量为

可取

设二面角E ﹣BD ﹣C 的大小为θ

,则

=

所以,…

8.

【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定.

【分析】(1)取PB 中点N ,连结MN ,AN .由三角形中位线定理可得四边形ADMN 为平行四边形.由AP ⊥AD ,AB ⊥AD ,由线面垂直的判定可得AD ⊥平面PAB .进一步得到AN ⊥MN .再由AP=AB,得AN ⊥PB ,则AN ⊥平面PBC .又AN ∥DM ,得DM ⊥平面PBC ;

(2)以A

为原点,

方向为x

轴的正方向,

方向为y

轴的正方向,

方向为z 轴的正

方向,建立如图所示的空间直角坐标系.设E (2,t ,0)(0≤t≤4),再求得P ,D ,B 的

坐标,得到

的坐标,求出平面PDE 的法向量,再由题意得到平面DEB 的一个法

向量,由两法向量夹角的余弦值得到实数λ的值.

【解答】(1)证明:如图,取PB 中点N ,连结MN ,AN . ∵M 是PC 中点,∴MN ∥BC ,

MN=BC=2. 又∵BC ∥AD ,AD=2, ∴MN ∥AD ,MN=AD, ∴四边形ADMN 为平行四边形. ∵AP ⊥AD ,AB ⊥AD ,AP∩AB=A, ∴AD ⊥平面PAB .

∵AN ⊂平面PAB ,∴AD ⊥AN ,则AN ⊥MN . ∵AP=AB,∴AN ⊥PB ,又MN∩PB=N, ∴AN ⊥平面PBC .

∵AN ∥DM ,∴DM ⊥平面PBC ; (2)解:存在符合条件的λ. 以A

为原点,

方向为x

轴的正方向,

方向为y

轴的正方向,

方向为z 轴的正方

向,建立如图所示的空间直角坐标系.

设E (2,t ,0)(0≤t≤4),P (0,0,2),D (0,2,0),B (2,0,0),

=(x ,y ,z ),

设平面PDE

的法向量

则,令y=2,则z=2,x=t﹣2,

取平面PDE

的一个法向量为又平面DEB 即为xAy 平面,

故其一个法向量为∴cos

=

=(2﹣t ,2,2).

=(0,0,1),

=

解得t=3或t=1, ∴λ=3

9.

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;平面与平面垂直的判定. 【分析】(Ⅰ)推导出BE ⊥AM ,BC ⊥AM ,由此能证明AM ⊥平面BEC . (Ⅱ)由V B ﹣ACE =VE ﹣ABC ,能求出三棱锥B ﹣ACE 的体积.

(Ⅲ)在平面QEC 内作QN ⊥EC ,QN 交CE 于点N .QN 与AM 共面,设该平面为a ,推导出四边形AMNQ 是平行四方形,由此能求出AQ .

【解答】证明:(Ⅰ)∵平面ABED ⊥平面ABC ,平面ABED ∩平面ABC=AB, BE ⊥AB ,BE ⊂平面ABED ,

∴BE ⊥平面ABC ,又AM ⊂平面ABC ,∴BE ⊥AM . 又AB=AC,M 是BC 的中点,∴BC ⊥AM , 又BC ∩BE=B,BC ⊂平面BEC ,BE ⊂平面BEC , ∴AM ⊥平面BEC .

解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知,BE ⊥平面ABC ,∴h=BE=6. 在Rt △ABM

中,又∴

(Ⅲ)在平面QEC 内作QN ⊥EC ,QN 交CE 于点N . ∵平面QEC ⊥平面BEC ,平面QEC ∩平面BEC ﹣EC , ∴QN ⊥平面BEC ,又AM ⊥平面BEC .∴QN ∥AM .

∴QN 与AM 共面,设该平面为a ,∵ABED 是长方形,∴AQ ∥BE , 又Q ⊄平面BEC ,BE ⊂平面BEC ,∴AQ ∥平面BEC , 又AQ ⊂α,α∩平面BEC=MN,∴AQ ∥MN ,又QN ∥AM , ∴四边形AMNQ 是平行四方形.∴AQ=MN.

∵AQ ∥BE ,AQ ∥MN ,∴MN ∥BE ,又M 是BC

的中点.∴∴AQ=MN=3.

. ,

10.

【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定. 【分析】(1)根据线面垂直的判定定理即可证明EA ⊥平面EBC ; (2)求出平面的法向量,利用向量法进行求解即可. 【解答】(1)∵平面ABE ⊥平面ABCD ,且AB ⊥BC , ∴BC ⊥平面ABE

∵EA ⊂平面ABE ,∴EA ⊥BC , ∵EA ⊥EB ,EB ∩BC=B, ∴EA ⊥平面EBC

(2)取AB 中O ,连接EO ,DO . ∵EB=EA,∴EO ⊥AB . ∵平面ABE ⊥平面ABCD , ∴EO ⊥平面ABCD

∵AB=2CD,AB ∥CD ,AB ⊥BC , ∴DO ⊥AB ,

建立如图的空间直角坐标系O ﹣xyz 如图:

设CD=1,则A (0,1,0),B (0,﹣1,0),C (1,﹣1,0),D (1,0,0),E (0,0,1),

由(1)得平面EBC

的法向量为

=(0,1,﹣1),

设平面BED

的法向量为=(x ,y ,z ),

,即

设x=1,则y=﹣1,z=1

,则=(1,﹣1,1), 则|cos

|=

=

=

故二面角C ﹣BE ﹣D

的余弦值是.

11.

【考点】平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.

【分析】(1)证明四边形BCDO 是平行四边形,得出OB ⊥AD ;再证明BO ⊥平面PAD ,从而证明平面POB ⊥平面PAD ; (2

)解法一:由

,M 为PC 中点,证明N 是AC 的中点,MN ∥PA ,PA ∥平面BMO .

解法二:由PA ∥平面BMO ,证明N 是AC 的中点,M 是PC

的中点,得【解答】解:(1)证明:∵AD ∥BC

,∴四边形BCDO 为平行四边形,

,O 为AD 的中点,

∴CD ∥BO ; 又∵∠ADC=90°,

∴∠AOB=90°,即OB ⊥AD ;

又∵平面PAD ⊥平面ABCD ,且平面PAD ∩平面ABCD=AD, ∴BO ⊥平面PAD ; 又∵BO ⊂平面POB , ∴平面POB ⊥平面PAD ; (2

)解法一:

,即M 为PC 中点,以下证明:

连结AC ,交BO 于N ,连结MN , ∵AD ∥BC ,O 为AD 中点,AD=2BC, ∴N 是AC 的中点,

又点M 是棱PC 的中点,∴MN ∥PA , ∵PA ⊄平面BMO ,MN ⊂平面BMO , ∴PA ∥平面BMO .

解法二:连接AC ,交BO 于N ,连结MN , ∵PA ∥平面BMO ,平面BMO ∩平面PAC=MN, ∴PA ∥MN ;

又∵AD ∥BC ,O 为AD 中点,AD=2BC, ∴N 是AC 的中点, ∴M 是PC

的中点,则12.

【考点】与二面角有关的立体几何综合题;平面与平面垂直的判定.

【分析】(1)连结AF ,由已知条件推导出面ABC ⊥面BB 1C 1C ,从而AF ⊥B 1F ,由勾股定理得B 1F ⊥EF .由此能证明平面AB 1F ⊥平面AEF .

(2)以F 为坐标原点,FA ,FB 分别为x ,y 轴建立直角坐标系,利用向量法能求出二面角B 1﹣AE ﹣F 的余弦值.

【解答】(1)证明:连结AF ,∵F 是等腰直角三角形△ABC 斜边BC 的中点, ∴AF ⊥BC .

又∵三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1为直三棱柱, ∴面ABC ⊥面BB 1C 1C , ∴AF ⊥面BB 1C 1C ,AF ⊥B 1F .…

设AB=AA1=1

,则∴

=

EF=

,.

,∴B 1F ⊥EF .

又AF ∩EF=F,∴B 1F ⊥平面AEF .…

而B 1F ⊂面AB 1F ,故:平面AB 1F ⊥平面AEF .…

(2)解:以F 为坐标原点,FA ,FB 分别为x ,y 轴建立直角坐标系如图, 设AB=AA1=1, 则F (0,0,0),A

),B 1(0

,﹣ =

(﹣

,1),E (0

,﹣

,1).…

,),

由(1)知,B 1F ⊥平面AEF ,取平面AEF 的法向量:

=(0,

,1).…

设平面B 1AE

的法向量为

由,

取x=3

,得.…

设二面角B 1﹣AE ﹣F 的大小为θ,

则cos θ=|cos

<>

|=|

|=.

由图可知θ为锐角,

∴所求二面角B 1﹣AE ﹣F

的余弦值为

.…

13.

【考点】MT :二面角的平面角及求法;LW :直线与平面垂直的判定. 【分析】( I)只需证明DB ⊥AC ,BD ⊥AE ,即可得BD ⊥平面ACFE ;

( II)取EF 的中点为M ,以O 为坐标原点,以OA 为x 轴,以OB 为y 轴,以OM 为z

轴,建立空间直角坐标系,则(1,0,2

),则

,D (0

,﹣

,0),F (﹣1,0,h ),E ,利用向量法求解

【解答】( I)证明:在菱形ABCD 中,可得DB ⊥AC , 又因为AE ⊥平面ABCD ,∴BD ⊥AE , 且AE ∩AC=A,BD ⊥平面ACFE ;

( II)解:取EF 的中点为M ,以O 为坐标原点,以OA 为x 轴,以OB 为y 轴,以OM 为z 轴,建立空间直角坐标系,

,D (0

,﹣,

设平面BDE

的法向量

,0),F (﹣1,0,h ),E (1,0,2

),则

, ,由

,可取

|cos

|=

,⇒h=3, ,

,设平面BFE

的法向量为

故F (﹣1,0,3

),

,可取,

,设平面DFE

的法向量为,

,可取,

cos

=,

二面角B ﹣EF ﹣D

的余弦值为.

14.

【考点】MT :二面角的平面角及求法;LY :平面与平面垂直的判定.

【分析】(Ⅰ)证明:AD ⊥平面ABFE ,即可证明平面PAD ⊥平面ABFE ;

(Ⅱ)建立空间坐标系,求出平面的法向量,利用向量法建立方程关系即可求正四棱锥P ﹣ABCD 的高.

【解答】(Ⅰ)证明:直三棱柱ADE ﹣BCF 中,AB ⊥平面ADE ,

所以:AB ⊥AD ,又AD ⊥AF ,

所以:AD ⊥平面ABFE ,AD ⊂平面PAD ,

所以:平面PAD ⊥平面ABFE….

(Ⅱ)∵AD ⊥平面ABFE ,∴建立以A 为坐标原点,AB ,AE ,AD 分别为x ,y ,z 轴的空间直角坐标系如图:

设正四棱锥P ﹣ABCD 的高为h ,AE=AD=2,

则A (0,0,0),F (2,2,0),C (2,0,2),

=(2,2,0

),=(2,0,2

),=(1,﹣h ,1),

, =(x ,y ,z )是平面AFC

的法向量,则

令x=1,则y=z=﹣1

,即=(1,﹣1,﹣1),

设=(x ,y ,z )是平面ACP 的法向量,

则,令x=1,则y=﹣1,z=﹣1﹣h

,即=(1,﹣1,﹣1﹣h ), ∵二面角C ﹣AF ﹣P

的余弦值是

∴cos

,>

=

得h=1或h=

﹣(舍) =

. =.

则正四棱锥P ﹣ABCD 的高h=1.

15.

【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定.

【专题】证明题;数形结合;综合法;空间位置关系与距离.

【分析】(1)推导出BC ⊥AC ,BC ⊥AC 1,BA 1⊥AC 1,由此能证明AC 1⊥平面A 1BC .

(2)推导出平面A 1AB ⊥平面BCF ,过C 作CH ⊥BF 于H ,则CH ⊥面A 1AB ,求出CH=,过H 作HG ⊥A 1B 于G ,连CG ,则CG ⊥A 1B ,从而∠CGH 为二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角,由此能求出二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角的余弦值.

【解答】证明:(1)因为A 1D ⊥平面ABC ,

所以,平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,

又BC ⊥AC ,

所以,BC ⊥平面AA 1C 1C ,得BC ⊥AC 1,

又BA 1⊥AC 1,

所以,AC 1⊥平面A 1BC .

解:(2)因为AC 1⊥A 1C ,所以四边形AA 1C 1C 为菱形,故AA 1=AC=2,

又D 为AC 中点,知∠A1AC=60°,

取AA 1的中点F ,则AA 1⊥平面BCF ,

从而,平面A 1AB ⊥平面BCF ,

过C 作CH ⊥BF 于H ,则CH ⊥面A 1AB ,

在Rt △BCF ,BC=2,CF=,故CH=,

过H 作HG ⊥A 1B 于G ,连CG ,则CG ⊥A 1B ,

从而∠CGH 为二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角,

在Rt △A 1BC 中,A 1C=BC=2,所以,CG=,

在Rt △CGH 中,sin ∠CGH=

cosCGH==. , 故二面角A ﹣A 1B ﹣C 的平面角的余弦值为.

【点评】本题考查线面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养.


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