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0 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
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