高考理科立体几何大题供参考.docx

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高考理科立体几何大题供参考

一，　[2017·山东济南调研]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.

（1）求证：

AA1⊥平面ABC；

（2）求二面角A1－BC1－B1的余弦值；

（3）在线段BC1上是否存在点D，使得AD⊥A1B？

若存在，试求出的值．

（1）[证明]　在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.

又平面ABC⊥平面AA1C1C，

且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AA1⊂平面AA1C1C.

∴AA1⊥平面ABC.

（2）[解]　由

（1）知，AA1⊥AC，AA1⊥AB，

由题意知，在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，

∴BC2＝AC2＋AB2，∴AB⊥AC.

∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz.

A1（0,0,4），B（0,3,0），C1（4,0,4），B1（0,3,4），

于是＝（4,0,0），＝（0,3，－4），

＝（4，－3,0），＝（0,0,4）．

设平面A1BC1的法向量n1＝（x1，y1，z1），

平面B1BC1的法向量n2＝（x2，y2，z2）．

∴⇒

∴取向量n1＝（0,4,3）．

由⇒

∴取向量n2＝（3,4,0）．

∴cosθ＝＝＝.

由题图可判断二面角A1－BC1－B1为锐角，

故二面角A1－BC1－B1的余弦值为.

（3）[解]　假设存在点D（x，y，z）是线段BC1上一点，使AD⊥A1B，且＝λ，

∴（x，y－3，z）＝λ（4，－3,4），

解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，

∴＝（4λ，3－3λ，4λ）．

又AD⊥A1B，∴0＋3（3－3λ）－16λ＝0，

解得λ＝，

∵∈[0,1]，

∴在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，

此时＝.

二，　如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.

（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；

（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．

[解]　以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

则各点的坐标为B（1,0,0），C（1,1,0），D（0,2,0），

P（0,0,2）．

（1）由题意知，AD⊥平面PAB，

所以是平面PAB的一个法向量，

＝（0,2,0）．

因为＝（1,1，－2），＝（0,2，－2）．

设平面PCD的法向量为m＝（x，y，z），

则m·＝0，m·＝0，

即

令y＝1，解得z＝1，x＝1.

所以m＝（1,1,1）是平面PCD的一个法向量．

从而cos〈，m〉＝＝，

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.

（2）因为＝（－1,0,2），

设＝λ＝（－λ，0,2λ）（0≤λ≤1），

又＝（0，－1,0），

则＝＋＝（－λ，－1,2λ），

又＝（0，－2,2），

从而cos〈，〉＝＝.

设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，

则cos2〈，〉＝

＝≤.

当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.

因为y＝cosx在上是减函数，

所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．

又因为BP＝＝，

所以BQ＝BP＝.

三，[2016·浙江卷]如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.

（1）求证：

BF⊥平面ACFD；

（2）求二面角B－AD－F的平面角的余弦值．

（1）[证明]　延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．

因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，

所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.

又EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，

所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，

则BF⊥CK，又AC∩CK＝C，

所以BF⊥平面ACFD.

（2）[解]　解法一：

过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ.

因为BF⊥平面ACK，所以BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK.

所以∠BQF是二面角B－AD－F的平面角．

在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得

AK＝，FQ＝.

在Rt△BQF中，FQ＝，BF＝，得

cos∠BQF＝.

所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为.

解法二：

如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形．

取BC的中点O，连接KO，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.

以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.

由题意，得B（1,0,0），C（－1,0,0），K（0,0，），A（－1，－3，0），E，F.

因此，＝（0,3,0），＝（1,3，），

＝（2,3,0）．

设平面ACK的法向量为m＝（x1，y1，z1），平面ABK的法向量为n＝（x2，y2，z2）．

由得

取m＝（，0，－1）；

由得

取n＝（3，－2，）．

于是cos〈m，n〉＝＝.

所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为.

四，[2016·河南九校联考]（本小题满分15分）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2，点M在PD上．

（1）求证：

AB⊥PC；

（2）若二面角M－AC－D的大小为45°，求BM与平面PAC所成角的正弦值．

解　

（1）证明：

取BC中点E，连接AE，则AD＝EC，AD∥EC，所以四边形AECD为平行四边形，故AE⊥BC，又AE＝BE＝EC＝2，所以∠ABC＝∠ACB＝45°，故AB⊥AC，又AB⊥PA，AC∩PA＝A，所以AB⊥平面PAC，（4分）

故有AB⊥PC.（6分）

（2）如图建立空间直角坐标系

Axyz，则

A（0,0,0），B（2，－2，0），

C（2，2，0），P（0,0,2），

D（0,2，0）．（7分）

设＝λ＝（0,2λ，－2λ）（0≤λ≤1），

易得M（0,2λ，2－2λ），

设平面AMC的一个法向量为n1＝（x，y，z），

则

令y＝，得x＝－，z＝，

即n1＝，（9分）

又平面ACD的一个法向量为n2＝（0,0,1），（10分）

|cos〈n1，n2〉|＝＝＝cos45°，

解得λ＝，（12分）

即M（0，，1），＝（－2，3，1），

而＝（2，－2，0）是平面PAC的一个法向量，（13分）

设直线BM与平面PAC所成的角为θ，

则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝.

故直线BM与平面PAC所成的角的正弦值为.（15分）

五．[2016·平顶山二调]（本小题满分15分）在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2，如图1.将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连接A1B、A1P，如图2.

（1）求证：

A1E⊥平面BEP；

（2）求二面角B－A1P－E的余弦值．

解　不妨设正三角形ABC的边长为3.

（1）证明：

在图1中，取BE的中点D，连接DF.

∵AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，

∴AF＝AD＝2，而∠A＝60°，∴△ADF是正三角形．

又AE＝DE＝1，∴EF⊥AD.

在图2中，A1E⊥EF，BE⊥EF，

∴∠A1EB为二面角A1－EF－B的平面角．（4分）

由题设条件知此二面角为直二面角，∴A1E⊥BE.

又BE∩EF＝E，∴A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP.（6分）

（2）建立分别以EB、EF、EA1所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E（0,0,0），A1（0,0,1），B（2,0,0），F（0，，0），P（1，，0），则＝（0,0，－1），＝（2,0，－1），

＝（－1，，0），＝（－1，－，0）．（8分）

设平面A1BP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），

由n1⊥平面A1BP知，n1⊥，n1⊥，

即

令x1＝，得y1＝1，z1＝2，n1＝（，1,2）．（10分）

设平面A1PE的法向量为n2＝（x2，y2，z2）．

由n2⊥平面A1PE知，n2⊥，n2⊥，

即可得n2＝（，－1,0）．（12分）

cos〈n1，n2〉＝

＝＝，（14分）

所以二面角B－A1P－E的余弦值是.（15分）

六．[2016·江苏高考]（本小题满分20分）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．

（1）若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？

（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？

解　

（1）由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.（1分）

因为A1B1＝AB＝6，

所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24（m3）．（4分）

正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288（m3）．（7分）

所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312（m3）．（8分）

（2）设A1B1＝am，PO1＝hm，则0

因为在Rt△PO1B1中，O1B＋PO＝PB，

所以2＋h2＝36，即a2＝2（36－h2）．（12分）

于是仓库的容积

V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝（36h－h3），0

从而V′＝（36－3h2）＝26（12－h2）．（17分）

令V′＝0，得h＝2或h＝－2（舍）．

当00，V是单调递增函数；

当2

故h＝2时，V取得极大值，也是最大值．

因此，当PO1＝2m时，仓库的容积最大．（20分）

七．[2016·北京高考]（本小题满分20分）如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.

（1）求证：

PD⊥平面PAB；

（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

（3）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？

若存在，求的值；若不存在，说明理由．

解　

（1）证明：

因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，

所以AB⊥平面PAD，（3分）

所以AB⊥PD.

又PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.（6分）

（2）取AD的中点O，连接PO，CO.

因为PA＝PD，所以PO⊥AD.

因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，

所以PO⊥平面ABCD.（8分）

因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.

因为AC＝CD，所以CO⊥AD.

如图建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意得，A（0,1,0），B（1,1,0），C（2,0,0），D（0，－1,0），

P（0,0,1）．（10分）

设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），则

即

令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝（1，－2,2）．（12分）

又＝（1,1，－1），所以cos〈n，〉＝＝－.（14分）

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.（15分）

（3）设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]，使得＝λ.

因此点M（0,1－λ，λ），（16分）

＝（－1，－λ，λ）．

因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，

则·n＝0，（18分）

即（－1，－λ，λ）·（1，－2,2）＝0