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立体几何高考题选讲二(教师版)


立体几何高考题选讲二 1. 2010 年高考浙江卷理科 20) ( 如图, 在矩形 ABCD 中,点 E,F 分别在线段 AB,AD 上,AE =EB=AF=
2 3

A, A E B

FD=4。沿直线 EF 将 ? AEF 翻着成 ? A EF,使平
‘ ‘

面 A EF ? 平面 BEF。

‘ (Ⅰ)求二面角 A -FD-C 的余弦值; (Ⅱ)点 M,N 分别在线段 FD,BC 上,若沿直线 MN ’ 将四边形 MNCD 向上翻着,使 C 与 A 重合,求线段 FM 的长。 (Ⅰ)解:取线段 EF 的中点 H,连结 A H ,因为
' ' ' '

F

D

C

A E = A F 及 H 是 EF 的中点, 所以 A H ? E F ,又因为平面 A E F ? 平
'

面 B E F .如图建立空间直角坐标系 A-xyz 则 A (2, 2 2 ) C 2, , (10, 8,0) ,
?

'

?
'

F(4,0,0) ,D(10,0,0).
?

故 F A =(-2,2,2 2 ) F D = ,
'

(6,0,0).设 n =(x,y,z)为平面 A F D 的一个法向量, -2x+2y+2 2 z=0 所以 6x=0.
? 2 ,则 n ? (0, ? 2,

取z

?

? 2 ) 。又平面 B E F 的一个法向量 m ? (0 , 0 ,1) ,

故 cos? n , m ? ? ?

? ?

? ? n ?m 3 3 。所以二面角的余弦值为 ? ? n ?m 3 3

(Ⅱ)解:设 F M ? x , 则 M ( 4 ? x , 0 , 0 ) ,因为翻折后, C 与 A 重合,所以 C M ? A ' M ,
( 故, (6 ? x ) ? 8 ? 0 = ( ? 2 ? x) ? 2 ? 2 2) , x ? 得
2 2 2 2 2 2

21 4



经检验,此时点 N 在线段 B C 上,所以 F M ? 方法二:

21 4



( Ⅰ ) 解 : 取 线 段 EF 的 中 点 H , AF 的 中 点 G , 连 结
A' G, A' H , G 。 H

因为 A ' E = A ' F 及 H 是 E F 的中点, 所以 A ' H ? E F

又因为平面 A ' E F ? 平面 B E F , 所以 A ' H ? 平面 B E F , 又 A F ? 平面 B E F ,

故 A'H

? A F ,又因为 G 、 H 是 A F 、 E F 的中点,

易知 G H ∥ A B ,所以 G H ? A F ,于是 A F ? 面 A ' G H , 所以 ? A ' G H 为二面角 A '? D H ? C 的平面角, 在 R t ? A ' G H 中, A ' H = 2 2 , G H =2, A ' G = 2 3
3 3 3 3

所以 c o s ? A ' G H ?

.

故二面角 A ' ? D F ? C 的余弦值为 (Ⅱ)解:设 F M ? x , 而CM
A 'M
2



因为翻折后, C 与 A ' 重合,所以 C M ? A ' M ,
2 2

2

? DC ? DM
2

? 8 ? (6 ? x ) ,
2 2
2

? A'H

? MH

2

? A'H

? MG ? GH
2

2

? (2

2)

2

得x ?

21 4

,经检验,此时点 N 在线段 B C 上,所以 F M ?

21 4



2. (2009 安徽卷理) 如图, 四棱锥 F-ABCD 的底面 ABCD 是菱形, 其对角线 AC=2, BD= 2 , AE、CF 都与平面 ABCD 垂直,AE=1,CF=2. (I)求二面角 B-AF-D 的大小; (II)求四棱锥 E-ABCD 与四棱锥 F-ABCD 公共部分的体积.

解: (综合法)连接 AC、BD 交于菱形的中心 O,过 O 作 OG ? AF, (I) G 为垂足。连接 BG、DG。由 BD ? AC,BD ? CF 得 BD ? 平面 ACF,故 BD ? AF。 于是 AF ? 平面 BGD,所以 BG ? AF,DG ? AF, ? BGD 为二面角 B-AF-D 的平面角。 由 F C ? A C , F C ? A C ? 2 ,得 F A C ?
?
4

,O G ?

2 2

由OB ? OG ,OB ? OD ?

2 2

,得 ? B G D ? 2 ? B G O ?

?
2

(向量法)以 A 为坐标原点, B D 、 A C 、 A E 方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立
?? ??? ? ?? ? n1 ? A B ? 0 ? 空 间 直 角 坐 标 系 ( 如 图 ) 设 平 面 ABF 的 法 向 量 n1 ? ( x , y , z ) , 则 由 ? ?? ???? 得 ? n1 ? A F ? 0 ?

????

????

??? ?

? 2 ?? ?x ? ? 2 x? y ? 0 ?? ? 令 z ? 1 ,得 ? , n1 ? ( ? ? 2 ? y ? ?1 ? ?2 y ? 2z ? 0 ?

2 , ? 1,1)

同理,可求得平面 ADF 的法向量 n 2 ? ( 2 , ? 1,1) 。 由 n1 ? n 2 ? 0 知,平面 ABF 与平面 ADF 垂直, 二面角 B-AF-D 的大小等于
?
2

?? ?

?? ?? ?



(II) EB、 ED, 连 EC、 设直线 AF 与直线 CE 相交于点 H, 则四棱锥 E-ABCD 与四棱锥 F-ABCD 的公共部分为四棱锥 H-ABCD。 过 H 作 HP⊥平面 ABCD,P 为垂足。 因 为 EA ⊥ 平 面 ABCD , FC ⊥ 平 面 ABCD , 所 以 平 面 ACFE ⊥ 平 面 ABCD , 从 而 ,
P ? AC , HP ? AC . 由

HP CF 1 2
2 9

?

HP AE

?

AP AC

? 2,

PC AC

? 1, 得 H P ?

2 3

。 H-ABCD 的 体 积

又 因 为
1 3

S 菱 形 ABCD ?
2

AC ? BD ?

故 四 棱 锥

V ?

S 菱 形 ABCD ? H P ?

.
0

3.如图,在三棱柱 A B C ? A1 B1 C 1 中,已知 B C ? 1, B B1 ? 2, ? B C C 1 ? 9 0 ,
AB ?

A

A1

侧面 B B1 C 1 C
B B1

(1)求直线 C1B 与底面 ABC 所成角的正弦值;

C

E

C1

(2)在棱 C C 1 (不包含端点 C , C 1 ) 上确定一点 E 的位置,使得 E A ? E B1 (要求说明理由). (3)在(2)的条件下,若 A B ?
2

,求二面角 A ? E B1 ? A1 的大小.

解:如图,以 B 为原点建立空间直角坐标系,则 B (0 , 0 , 0 ) , C 1 (1, 2, 0 ) , B 1 (0 , 2 , 0 ) (1)直三棱柱 A B C ? A1 B1C 1 中, 平面 A B C 的法向量 B B1 ? (0 , 2 , 0 ) ,又 B C 1 ? (1, 2 , 0 ) , 设 B C 1与 平 面 A B C 所 成 角 为 ? ,则 s in ? ? c o s ? B B 1 , B C 1 ? ?
, ( 2 ) 设 E( 1 y

????

???? ?

???? ???? ?

2 5 5

,

? ? ? ? 0 ) , ,( 则 , E 0 1B? ( )? 1 , A z 0 ,

2 y ?

, , 0 )

??? ? E A ? ( ? 1, ? y , z )

??? ???? ? ? E A ? E B 1 ,∴ E A ? E B1 ? 1 ? y ( 2 ? y ) ? 0 , ( 3 ) ∵ A (0 , 0 , 2 ) , 则 A E ? ( 1 , 1? ? ? ??

? y ? 1 ,即 E (1,1, 0 ) ? E 为 C C 1的 中 点

???? 2 B, E ? )1

( 1 , , 设)平 面 A E B 1 的 法 向 量 ? 1, 0

??? ? ? ?x ? y ? 2z ? 0 ?n ? AE ? 0 ? 1 1 ?? 1 n ? ( x1 , y 1 , z 1 ) , 则 ? ,取 n ? (1,1, ???? x1 ? y 1 ? 0 ? ? n ? B1 E ? 0 ?
??? ?

2) ,

∵ B E ? (1,1, 0 ) , B E ? B1 E ? 1 ? 1 ? 0 ∴ B E ? B1 E ,又 B E ? A1 B 1 ? B E ? 平 面 A1 B1 E ,
??? ? ? ? ??? ? ??? ? B E ?n ( ∴平面 A1 B 1 E 的法向量 B E ? 1 ,1 ,0 ) ,∴ c o s n , B E ? ??? ? ? ? BE n 2 2

??? ???? ?



∴二面角 A ? E B1 ? A1 为 45° . 4.如图, 已知多面体 ABCDE 中, AB ? 平面 ACD, DE ? 平面 ACD, AC=AD=CD=DE=2a, AB=a, F 为 CD 的中点. (1)求证: AF ? 平面 CDE; (2)求异面直线 AC、BE 所成角余弦值的大小; (3)求平面 BCE 和平面 ACD 所成锐二面角的大小. B (1) ∵DE ? 平面 ACD, ∴DE ? AF 又∵AC=AD=CD, F 为 CD 的中点 A ∴AF ? CD ∴AF ? 平面 CDE ………4 分 (2) 取 DE 的中点 G, 连 AG、CG, 则 ? CAG 或其补角就是异面直线 AC、BE 所成角 …………6 分 E C 由题设可以求出: CG=AG = 5 a, AC=2a F D ∵cos ? CAG=
AC
2

? AG

2

? CG

2

2 AC ? AG

=

5 5

∴异面直线 AC、BE 所成角的余弦值为

5 5

………8 分

(3)延长 DA、EB 交于 H 点, 连 CH, 则 CH∥AF, 又由 AF ? 平面 DCE, 故 HC ? 平面 DCE, 从而 ? DCE 就是平面 BCE 和平面 ACD 所成锐二面角 由平面几何知: △CDE 为等腰直角三角形 ∴ ? DCE=45
0

………10 分

∴平面 BCE 和平面 ACD 所成锐二面角为 45

0

…………12 分.


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