高考理科立体几何大题

高考理科立体几何大题

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)．‎ ‎∴cos θ＝＝＝.‎ 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＝cos 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＝6 m，PO1＝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＝a m，PO1＝h m，则00，V是单调递增函数；‎ 当2

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