不好建系的立體幾何題總結

第1頁（共1頁）不好建系的立體幾何題【2025年元月八省聯(lián)考19題】在平面四邊形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，將△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P為動點．（1）設PC⊥AB，三棱錐P﹣ABC的各個頂點都在球O的球面上．（i）證明：平面PAC⊥平面ABC；（ⅱ）求球O的半徑；（2）求二面角A﹣CP﹣B的余弦值的最小值．2．【2024高考乙卷17題】如圖，四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．（1）若AD⊥PB，證明：AD∥平面PBC；（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值為，求AD．3．【2023全國乙卷19題】如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，BF⊥AO．（1）證明：EF∥平面ADO；（2）證明：平面ADO⊥平面BEF；（3）求二面角D﹣AO﹣C的正弦值．【拓展練習】1．如圖，已知三棱錐ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝2AB，∠ABC＝90°，側面A1ABB1為矩形，∠A1AC＝120°．將△A1B1C1繞A1C1翻折至△A1B2C1，使B2在平面A1ACC1內(nèi)．（1）求證：BC1∥平面A1B2B1；（2）求直線C1B2與平面A1ABB1所成的角的正弦值．2．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，側面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2．（1）證明：平面PBC⊥平面PAB；（2）在線段PB上是否存在點M，使得直線AM與平面PBD所成角的正弦值為？若存在，求出線段PM的長度；若不存在，請說明理由．3．如圖，在多面體ABCDE中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，四邊形為等腰梯形，∠EAC＝∠DCA＝45°，AC＝2ED＝4，平面BCD⊥平面ABE．（1）求證：AB⊥平面BCD；（2）試求二面角C﹣BD﹣E的大?。?．如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝4，BC＝CD＝，點E為線段AD上的一點．現(xiàn)將△DCE沿線段EC翻折到PEC（點D與點P重合），使得平面PAC⊥平面ABCE，連接PA，PB．（1）證明：BD⊥平面PAC；（2）若∠BAD＝60°，且點E為線段AD的中點，求二面角P﹣AB﹣C的余弦值．5．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，△PAC是正三角形，AC⊥BC，AC＝BC＝2，PB＝，D是AB的中點．（1）證明：AC⊥PD；（2）求直線BC與平面PAB所成角的正弦值．6．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1，D為線段A1B1的中點，E為線段CC1的中點，AC＝CE＝1，平面ABE⊥平面AA1C1C．（1）證明：AB⊥AE；（2）三棱錐E﹣ABD的外接球的表面積為，求平面ADE與平面BDE夾角的余弦值．【參考答案】1.【解答】（1）（i）證明：∵AC＝CD＝1，∠CAD＝∠ADC＝30°，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝90°，AB⊥AC，翻折后同樣有AB⊥AC，又AB⊥PC，PC∩AC＝C，∴AB⊥平面PCA，又AB?平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC；（ⅱ）如圖，∵△ABC的外接圓圓心O1位于BC中點，作C關于AP的對稱點O2，則O2C＝O2A＝O2P＝1，O2為△ACP的外接圓圓心，作O1H⊥AC于H，則H為AC中點，則O1H⊥平面ACP，O1H⊥O2H，又△O2AC為等邊三角形，∴O2H⊥AC，而外接球球心O，滿足OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ACP，∴OO1＝O2H＝，BO1＝，∴球O的半徑為R＝＝＝；（2）【方法一】以A為原點，AC所在直線為x軸，過A且垂直底面ACP的直線為z軸，建系如圖：則根據(jù)題意可得C（1，0，0），P（，，0），又AB＝1，∴設B（0，cosθ，sinθ），∴，，易知平面ACP的一個法向量為，設平面BCP的法向量為，則，取，設二面角A﹣CP﹣B的平面角為φ，易知φ為銳角，∴cosφ＝|cos＜，＞|＝＝，令t＝cosθ+，則t∈[，]，∴cosφ＝＝，∴當，即cosθ＝時，cosφ取得最小值，∴二面角A﹣CP﹣B的余弦值的最小值為．【方法二】還可以點A為原點，AB,AC分別為x，y軸，過A且垂直于平面ABC的直線為Z軸建系2．【解答】（1）證明：因為PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PA⊥AD，又因為AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA?平面PAB，所以AD⊥平面PAB，又AB?平面PAB，所以AD⊥AB；在△ABC中，AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC，因為A，B，C，D四點共面，所以AD∥BC，又因為BC?平面PBC，AD?平面PBC，所以AD∥平面PBC．（2）解：以DA，DC為x，y軸，過點D作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標系D﹣xyz，如圖所示：令AD＝t，則A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0），設平面ACP的法向量＝（x1，y1，z1），所以，設x1＝，則y1＝t，z1＝0，所以＝（，t，0），設平面CPD的法向量為＝（x2，y2，z2），所以，設z2＝t，則x2＝﹣2，y2＝0，所以＝（﹣2，0，t），因為二面角A﹣CP﹣D的正弦值為，所以余弦值為，又二面角為銳角，所以＝|cos＜，＞|＝||＝，解得t＝，所以AD＝．【說明】第二問建系方法不唯一，上述建系方法最簡潔；還可以不建系，直接用幾何法做，題目很靈活.3．【解答】（1）證明：由題可知，||＝2，設＝λ，∵＝cos∠BAC＝4，∴＝（）?（）＝+（）＝8λ﹣4＝0，解得，∴OF∥AB，OF＝AB，而DE∥AB，DE＝AB，∴DE∥OF，DE＝OF，∴四邊形ODEF為平行四邊形，∴EF∥OD，∵OD?平面ADO，EF?平面ADO，∴EF∥平面ADO．（2）證明：由（1）可知EF∥OD，則，得，因此，則OD⊥AO，有EF⊥AO，又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF?平面BEF，則有AO⊥平面BEF，又AO?平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF．（3）過點O作OH∥BF交AC于點H，設AD∩BE＝G，由AO⊥BF，得HO⊥AO，且，又由（2）知，OD⊥AO，則∠DOH為二面角D﹣AO﹣C的平面角，因為D，E分別為PB，PA的中點，因此G為△PAB的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是BE2+EF2＝BF2＝3，即有BE⊥EF，則，從而，，在△DOH中，，于是，，所以二面角D﹣AO﹣C的正弦值為．【說明】本題第三問可以建系，但是運算量較大，相比較，幾何法運算量小，但是思維量大.【拓展練習】1．【解答】證明：（1）連結AC1，則AC1＝2，∠B2A1C1＝∠A1C1A＝60°，∴A1B2∥AC1，∵A1B1∥AB，∴面ABC1∥面A1B2B1，又∵BC1?面ABC1，∴BC1∥面A1B2C1．解：（2）連結A1C，則A1C＝2，由題意得C1B2∥A1C，∴直線C1B2與平面A1ABB1所成的角的正弦值等價于直線A1C與平面A1ABB1所成的角的正弦值，∵AB⊥BB1，AB⊥BC，BB1∩BC＝B，∴AB⊥面BB1C1C，AB?面ABB1A1，∴面ABB1A1⊥面BB1C1C，作CH⊥BB1，∴CH⊥面ABB1A1，∴∠CA1H就是直線C1B2與平面A1ABB1所成的角，∵Rt△ABC1中，BC1＝，∴CH＝，∴sin∠CA1H＝＝．∴直線C1B2與平面A1ABB1所成的角的正弦值為．2．【解答】（1）證明：因為平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，因為BC⊥AB，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面ABP，又因為BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB；（2）解：在平面PAB內(nèi)，過點A作AE⊥AB交PB于點E，則可知AE⊥平面ABCD，以點A為坐標原點建立空間直角坐標系如圖所示，由∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2，故點，所以，設為平面PBD的法向量，則有，即，取x＝1，則y＝1，，故，設，則，因為直線AM與平面PBD所成角的正弦值為，則，解得或，故存在點M滿足題意，此時或．3．【解答】（I）證明：延長AE與CD交于F，∵四邊形為等腰梯形，∠EAC＝∠DCA＝45°，∴△ACF為等腰直角三角形在平面BCF內(nèi)過C作CG⊥BF于G，∵平面BCD⊥平面ABE，∴CG⊥平面ABF∵AB?平面ABF，∴CG⊥AB∵AB⊥BC，BC∩CG＝C∴AB⊥平面BCD；（II）解：設H為BF的中點，則EH∥AB，∴EH⊥平面BCF過H作HP⊥BD于P，則EP⊥BD，∴∠HPE為二面角的平面角的補角∵EH＝1，HP＝∴EP＝∴cos∠HPE＝∴∠HPE＝60°∴二面角C﹣BD﹣E的大小為120°．4．【解答】證明：（Ⅰ）連結AC，BD交于點O，在四邊形ABCD中∵AB＝AD＝4，BC＝CD＝，AC＝AC，∴△ABC≌△ADC，∴∠DAC＝∠BAC，∴AC⊥BD，又∵平面PAC⊥平面ABCE，且平面PAC∩平面ABCE＝AC，∴BD⊥平面PAC．解：（Ⅱ）如圖，以O為原點，以直線OA，OB分別為x軸，y軸，平面PAC內(nèi)過O且垂直于直線AC的直線為z軸，建立空間直角坐標系，設P（x，o，z），由題意得A（2，0，0），B（0，2，0），C（﹣，0，0），E（，﹣1，0），∵PE＝2，PC＝，∴，解得x＝，z＝，∴P（，0，），∴＝（﹣，0，），＝（﹣2，2，0），設平面PAB的法向量為＝（a，b，c），則，取a＝1，得＝（1，，），平面＝（0，0，1），設二面角P﹣AB﹣C的平面角為θ，則cosθ＝＝，∴二面角P﹣AB﹣C的余弦值為．5．【解答】（1）證明：取AC的中點O，連接OP，OD，∵△PAC是正三角形，∴PO⊥AC，又∵AC⊥BC，D是AB的中點，∴DO⊥AC，∵PO⊥AC，又DO⊥AC，PO∩DO＝D，∴AC⊥平面POD，又PD?面POD，∴AC⊥PD；（2）解：由（1）知PO＝，DO＝1，以OA，OD為x軸、y軸，過O作z軸⊥面ABC，建立如圖空間直角坐標系，O（0，0，0），A（1，0，0），D（0，1，0），C（﹣1，0，0），B（﹣1，2，0），記∠POD＝θ，則P（0，cosθ，sinθ），根據(jù)PB＝，解得cosθ＝﹣，則P（0，﹣，），直線BC的一個方向向量為＝（0，1，0），設平面PAB的法向量為＝（x，y，z），又＝（﹣2，2，0），＝（﹣1，﹣，），則，令x＝1，則平面PAB的一個法向量為＝（1，1，），記直線BC與平面PAB所成角為α，那么sinα＝＝＝＝．6．【解答】（1）證明：取AE的中點F，連接FC，因為AC＝CE，所以FC⊥AE，因為平面ABE⊥平面AA1C1C，平面ABE∩平面AA1C1C＝AE，F(xiàn)C?平面AA1C1C，所以FC⊥平面ABE，又AB?平面ABE，所以FC⊥AB，因為直三棱柱ABC﹣A1B1C1，所以C1C⊥平面ABC，因為AB?平面ABC，所以C1C⊥AB，又FC∩C1C＝C，F(xiàn)C、C1C?平面AA1C1C，所以AB⊥平面AA1C1C，因為AE?平面AA1C1C，所以AB⊥AE．（2）解：以A為坐標原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設AB＝2a，則A（0，0，0），B（2a，0，0），D（a，0，2），E（0，1，1），因為三棱錐E﹣ABD的外接球的表面積為，所以4πR2＝，即外接球半徑R＝，設外接球的球心為O（x，y，z），由|OA|＝|OB|＝|OD|＝|OE|＝R，得x2+y2+z2＝（x﹣2a）