1、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ABCA1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C,AB3,BC5.(1)求证:AA1平面ABC;(2)求二面角A1BC1B1的余弦值;(3)在线段BC1上是否存在点D,使得ADA1B?若存在,试求出的值(1)证明在正方形AA1C1C中,A1AAC.又平面ABC平面AA1C1C,且平面ABC平面AA1C1CAC,AA1平面AA1C1C.AA1平面ABC.(2)解由(1)知,AA1AC,AA1AB,由题意知,在ABC中,AC4,AB3,BC5,BC2AC2AB2,ABAC.以A为坐标原点,建立如图所示空间
2、直角坐标系Axyz.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)cos .由题图可判断二面角A1BC1B1为锐角,故二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)解假设存在点D(x,y,z)是线段BC1上一点,使ADA1B,且,(x,y3,z)(4,3,4),解得x4,y33,z4,(4,33,4)又ADA1B,03(33)160,解得,0,1,在线段BC1上
3、存在点D,使得ADA1B,此时.二,如图,在四棱锥PABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,ABCBAD,PAAD2,ABBC1.(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Axyz,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m0,m0,即令y1,解得z1,
4、x1.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(,0,2)(01),又(0,1,0),则(,1,2),又(0,2,2),从而cos,.设12t,t1,3,则cos2,.当且仅当t,即时,|cos,|的最大值为.因为ycos x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BQBP.三,2016浙江卷如图,在三棱台ABCDEF中,平面BCFE平面ABC,ACB90,BEEFFC1,BC2,AC3.(1)求证:BF平面ACFD;(2)求二面角BADF的平面角的余弦值(1)证明延长A
5、D,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ABCBC,且ACBC,所以AC平面BCK,因此BFAC.又EFBC,BEEFFC1,BC2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK,又ACCKC,所以BF平面ACFD.(2)解解法一:过点F作FQAK于Q,连接BQ.因为BF平面ACK,所以BFAK,则AK平面BQF,所以BQAK.所以BQF是二面角BAD F的平面角在RtACK中,AC 3,CK2,得AK,FQ.在RtBQF中,FQ,BF,得cos BQF.所以二面角BADF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BC
6、K为等边三角形取BC的中点O,连接KO,则KOBC,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Oxyz.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cosm,n.所以二面角BADF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PABCD中,PA平面AB
7、CD,ADBC,ADCD,且ADCD2,BC4,PA2,点M在PD上(1)求证:ABPC;(2)若二面角MACD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ADEC,ADEC,所以四边形AECD为平行四边形,故AEBC,又AEBEEC2,所以ABCACB45,故ABAC,又ABPA,ACPAA,所以AB平面PAC,(4分)故有ABPC.(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(0,2,2)(01),易得M(0,2,22),设平面AMC的一个法向量为
8、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)|cosn1,n2|cos45,解得,(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,则sin|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AEEBCFFACPPB12,如图1.将AEF沿EF折起到A1EF的位置,使二面角A1EFB成直二面角,连接A1B、A1P,如图2.(1)求证:
9、A1E平面BEP;(2)求二面角BA1PE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. AEEBCFFA12,AFAD2,而A60,ADF是正三角形又AEDE1,EFAD. 在图2中,A1EEF,BEEF,A1EB为二面角A1EFB的平面角(4分)由题设条件知此二面角为直二面角,A1EBE.又BEEFE,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
10、,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y11,z12,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)cosn1,n2,(14分)所以二面角BA1PE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PA1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(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AB6 m,PO1
11、2 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解(1)由PO12知O1O4PO18.(1分)因为A1B1AB6,所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥A1BPO162224(m3)(4分)正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628288(m3)(7分)所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3)(8分)(2)设A1B1a m,PO1h m,则0h6,O1O4h.如图,连接O1B1.(10分)因为在RtPO1B1中,O1BPOPB,所以2h236,即a22(36h2)(12分)于是仓库的容积VV柱V锥a24ha2ha2h
12、(36hh3),0h6,(15分)从而V(363h2)26(12h2)(17分)令V0,得h2或h2(舍)当0h0,V是单调递增函数;当2h6时,V0,V是单调递减函数故h2时,V取得极大值,也是最大值因此,当PO12 m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PABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PAPD,ABAD,AB1,AD2,ACCD.(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,ABA
13、D,所以AB平面PAD,(3分)所以ABPD.又PAPD,所以PD平面PAB.(6分)(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PAPD,所以POAD.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POCO.因为ACCD,所以COAD.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z2,则x1,y2.所以n(1,2,2)(12分)又(1,1,1),所以cosn,.(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0,1,使得.因此点M(0,1,),(16分)(1,)因为BM平面PCD,所以要使BM平面PCD,则n0,(18分)即(1,)(1,2,2)0
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