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BDBC1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A1C1→＝(4,0,0)，A1B→＝(0,3，－4)，B1C1→＝(4，－3,0)，BB1→＝(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)．∴A1C1→·n1＝0，A1B→·n1＝0⇒4x1＝0，3y1－4z1＝0，∴取向量n1＝(0,4,3)．由B1C1→·n2＝0，BB1→·n2＝0⇒4x2－3y2＝0，4z2＝0，∴取向量n2＝(3,4,0)．∴cosθ＝n1·n2|n1||n2|＝165×5＝1625.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1625.(3)[解]假设存在点D(x，y，z)是线段BC1上一点，使AD⊥A1B，且BD→＝λBC1→，∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，∴AD→＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝925，∵925∈[0,1]，∴在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，此时BDBC1＝925.二，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＝π2，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{AB→，AD→，AP→}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AD→是平面PAB的一个法向量，AD→＝(0,2,0)．因为PC→＝(1,1，－2)，PD→＝(0,2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·PC→＝0，m·PD→＝0，即x＋y－2z＝0，2y－2z＝0.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〈AD→，m〉＝AD→·m|AD→||m|＝33，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP→＝(－1,0,2)，设BQ→＝λBP→＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB→＝(0，－1,0)，则CQ→＝CB→＋BQ→＝(－λ，－1,2λ)，又DP→＝(0，－2,2)，从而cos〈CQ→，DP→〉＝CQ→·DP→|CQ→||DP→|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈CQ→，DP→〉＝2t25t2－10t＋9＝291t－592＋209≤910.当且仅当t＝95，即λ＝25时，|cos〈CQ→，DP→〉|的最大值为31010.因为y＝cosx在0，π2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＝12＋22＝5，所以BQ＝25BP＝255.三，[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＝13，FQ＝31313.在Rt△BQF中，FQ＝31313，BF＝3，得cos∠BQF＝34.所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为34.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(0,0，3)，A(－1，－3，0)，E12，0，32，F－12，0，32.因此，AC→＝(0,3,0)，AK→＝(1,3，3)，AB→＝(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AC→·m＝0，AK→·m＝0，得3y1＝0，x1＋3y1＋3z1＝0，取m＝(3，0，－1)；由AB→·n＝0，AK→·n＝0，得2x2＋3y2＝0，x2＋3y2＋3z2＝0，取n＝(3，－2，3)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝34.所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为34.四，[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＝22，BC＝42，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＝22，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(22，－22，0)，C(22，22，0)，P(0,0,2)，D(0,22，0)．(7分)设PM→＝λPD→＝(0,22λ，－2λ)(0≤λ≤1)，易得M(0,22λ，2－2λ)，设平面AMC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·AC→＝22x＋22y＝0，n1·AM→＝22λy＋－2λz＝0，令y＝2，得x＝－2，z＝2λλ－1，即n1＝－2，2，2λλ－1，(9分)又平面ACD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，(10分)|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|＝2λλ－14＋2λλ－12＝cos45°，解得λ＝12，(12分)即M(0，2，1)，BM→＝(－22，32，1)，而AB→＝(22，－22，0)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〈BM→，AB→〉|＝|－8－12|4×33＝539.故直线BM与平面PAC所成的角的正弦值为539.(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(0，3，0)，P(1，3，0)，则A1E→＝(0,0，－1)，A1B→＝(2,0，－1)，BP→＝(－1，3，0)，PE→＝(－1，－3，0)．(8分)设平面A1BP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1⊥平面A1BP知，n1⊥A1B→，n1⊥BP→，即2x1－z1＝0，－x1＋3y1＝0.令x1＝3，得y1＝1，z1＝23，n1＝(3，1,23)．(10分)设平面A1PE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．由n2⊥平面A1PE知，n2⊥A1E→，n2⊥PE→，即可得n2＝(3，－1,0)．(12分)cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝3×3＋－＋23×032＋12＋32×02＋12＋32＝14，(14分)所以二面角B－A1P－E的余弦值是14.(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＝13·A1B21·PO1＝13×62×2＝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0h6，O1O＝4h.如图，连接O1B1.(10分)因为在Rt△PO1B1中，O1B21＋PO21＝PB21，所以22a2＋h2＝36，即a2＝2(36－h2)．(12分)于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋13a2·h＝133a2h＝263(36h－h3)，0h6，(15分)从而V′＝263(36－3h2)＝26(12－h2)．(17分)令V′＝0，得h＝23或h＝－23(舍)．当0h23时，V′0，V是单调递增函数；当23h6时，V′0，V是单调递减函数．故h＝23时，V取得极大值，也是最大值．因此，当PO1＝23m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＝5.(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AMAP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)(