高考理科立体几何大题

［2017•山东济南调研］如图，在三棱柱ABC—A1B1中，AA是边长为4止方形.

平面ABC呼面AA,AB=3,BC=5.

⑴求证:AA1呼面ABC;

(2)求二面角A1-BC1-BI余弦值;

(3)在线段BC1上是否存在点D,使得ADJA1B?若存在,试求出值.

(1)［证明］在正方形AA中，AJAC、

又平面ARC」平面AA,

且平面A、CA平面A、=A、，A、lu平面A、.

「AAllT•面ABC、

(2)［解］由⑴知,AAIJAC,AA1JAB,

由题意知，在AABC中，A2=4,AB=3,BC=5,

「BC、=AC、4-AB2,.ABJAC.

.•.以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz.

AKO,0,4),B(0,3,0),€1(4,0,4),Bl(0,3,4),

于是=(4,0,0),=(0,3,—4),

=(4,—3,0),=(0,0,4).

设平面A1BC1法向量nl=(xl,yl,zl),

平面B1BC1法向量n2=(:《2,y2,z2).

AiC\,z?i=0»4M=0,

-13yl4zi=0.

)A\B*ni=0

.•取向量nl=(0,4,3).

广

JBiCi•"2=0,(4X2—3y2=0,

-*4Z2=0,

1跖•〃2=0

.•取向量n2=(3,4,0).

ni•n1616

,,cos^=_MW2=5X5=25-

由题图可判断二面角A1-BC1-B1为锐角,

故二面角4一/一笈余弦值

(3)［解］假设存在点D(:《，y,z)是线段BC1上一点，使ADJMB,旦=人,

」.(X,y—3,z)=入(4,—3,4),

解得x=4入，y=3—3入，z=4X,

(4X,3—3入，4人).

又ADJA1B,.。+3(3—3入)-16人=0,

9

解得A

Zb

,.Vo,1］,

.,在线段BC1上存在点D,使得ADJA1B,

二，如图，在四棱锥F—ABCD中，已知PA坪面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,

Z/\BC=ZBAD=,PA=/\D=2,AB=BC=1.

(1)求平面PAB及平面PCI)所成一面角余弦值；

(2)点Q是线段BP上动点，当直线CQ及DP所成角最小时，求线段BQ长.

［解］以］，，｝为正交基底建立如图所示空间直角坐标系A—xyz,

则各点坐标为B(l,0,0),C(l,1,0),D(0,2,0),

P(0,0,2).

(1)由题意知,AD呼面PAB,

所以是平面PAB一个法向量，

=(0,2,0).

因为=(1,1,—2),—(C,2,—2).

设平面PCD法向量为m=(x,y,z),

则m-=0,m-=0,

x+y—2z=0,

即

2y—2z=0.

令y=l,解得z=l,x=l.

所以】)是平面FCD一个法向量.

从而cos〈，m)==,

所以平面为6及平面附〃所成二面角余弦值为好.

(2)因为=(-1,0,2),

设=入=(一入，0,2入)(04入41),

乂=(0,-1,0),

则=+=(一入，—1,2X),

又=(0,-2,2),

从而cos(，>==.

设1+2入=t,t曰1,3］,

则cos2<,>=

=

9(7-9)+?10

当且仅当t=,即入=时，|cos(,)I最大值为.

因为y=cosX在上是减函数，

所以此时直线CQ及DP所成角取得最小值.

又因为BP==,

所以BQ=：BP=^^\

□0

三，［2016•浙江卷］如图：在三棱台ABC-DEF中，平面ECFE呼面ABC,/ACB=90°,

BE=EF=FC=l,BC=2,AC=3.

(1)求证：BF-L'I’,面ACFD;

(2)求二面角B—AD—F平面角余弦值.

(1)［证明］延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.

因为平面BCFE坪面ABC,平面BCFECI平面ABC=BC,且ACJBC,

所以AC、平面BC、，因此BFJAC、

又EFIIBC,BE=EF=FC=1,BC=2,

所以ABCK为等边三角形，且F为CK中点，

则BFJCK,又ACnCK=C,

所以BF呼而ACFD、

(2)［解］解法一:过点(作FQJAK于Q,连接BQ.

因为BF呼面ACK,所以BFJAK,则AK呼面BQF,所以BCJAK.

所以ZBQF是二面角B-AD-F平面角.

在RlMCK中，AC=3,CK=2,得

AK=,FQ=.

在RtABQF中，FQ=,BF=,得

V3

cosZ

4

所以二面角6一/A/平面角余弦值为兴

解法二：如图，延长AD,BE,CF相交于一点K,则ABCK为等边三角形.

取BC、点0,连接K0,贝IKOJBC、又平而BC、E呼而ABC、所以K0呼而ABC、

以点。为原点，分别以射线OB,0K方向为x轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系0

—xyz.

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

因此，=(0,3,0),=(1,3,),

=0,3,0).

设平面ACK法向量为m=(xl,yl,zl),平面ABK法向量为n=(x2,y2,z2).

AC*m=0,[3^=0,

得[为+3月+/©=0,

一

(AK・227=0,

取m=(,0,-1);

IAB*n=0,2乃+3%=0,

得《

〔生+3%+，5Z2=0,

VAK>n=0,

取n—3,—2,).

于是cos<m,n>==.

所以二面角平面角余弦值为乎.

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呼面

ABCD,ADIIBC,ADJCD,且AD=CD=2,BC=4,PA=2,点M在PD上.

(1)求证：ABJPC;

(2)若二面角M-AC-D大小为45。，求BM及平面PAC所成角正弦值.

解(1)证明：取BC中点E,连接AE,则AD=EC,ADIIEC,所以四边形AECD为平行四

边形，故AEJBC,又AE=BE=EC=2,所以ZABC=NACB=45°,故ABJAC,又AB_1PA,ACnPA

=A,所以AB」平面PAC,(4分)

故有ABJPC、(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),

［)(0,2,0).(7分)

设=入=(0,2入，-2X)(0<X<l),

易得M(0,2人,2-2X),

设平面AMC一个法向量为nl=(x,y,z),

n・〃=2如+2陋,=0,

{6・4"=241y+2-2Az=0,

令y=,f^x=-,z=,

即nl=,(9分)

又平面ACD一个法向量为n2=(0,0,1),(10分)

cos<nl,n2>I—==cos45°,

解得人=,(12分)

即M(0,,1),=(-2,3,1),

而=(2,-2,0)是平面PAC一个法向量，(13分)

设直线BM及平面PAC所成角为9,

则sin0=|cos<»>|==.

故直线笈V及平面为。所成角正弦值为芈.(15分)

五、［2016•平顶山二调］(本小题满分15分)在正三角形AB、中，E、F、P分别是AB、

AC、B、边上点，满足AE、E、、C、:FA=Cs:PB、1:2,如图1.将&\E、沿E、折起到M1E、

位置，使二面角Al-E、一B、直二面角，连接A1B、A1P,如图2.

(1)求证:A1E坪面BEP;

(2)求二面角B—A1P—E余弦值.

解不妨设正三角形力比'边长为3.

⑴证明:在图1中，取BE中点D,连接DR..

•t,AE:EB=CF:FA=1:2,

「AF=AD=2,而ZA=6O°,「.△ADF是正三角形.

又AE=D、=1,.EFJAD、

在图2中，A1EJEF,BEJEF,

・••ZA1EB为二面角A1-EF-B平面角.(4分)

由题设条件知此二面角为直二面角，「A1E、BE、

又BEnEF=E,."IE呼面BEF,即A1E呼面BEP.(6分)

(2)建立分别以EB、EF、EA1所在直线为x轴、y轴、z轴空间直角坐标系.则E(0.0.0).

AKO,0,1),B、2,0,0),F(0,,0),P(l,,0),则=(0,0,-1),=(2,0,-1),

=(一】，，0),=(—1,—,0).(8分)

设平面平BP法向量为nl=(xl,yl,zl),

由nl用面A1BP知，nlJ.nlX

2xi—zi=0,

BIKr

.一用+q3y=0.

令xl=,得yl=l,zl=2,nl=(,1,2).(10分)

设平面A1PE法向量为n2=(x2,y2,z2).

由n2呼面A1PE知，n2Xn2.L

即可得n2=(,-1,0).(12分)

cos(nl,n2)=

==,(14分)

所以二面角4—42一《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,

上部形状是正四棱锥P-AIB1C1DI,下部形状是正四棱柱ABCC—A1BIC1D1(如图所示)，并

要求正四楂柱高010是正四楂锥高P014倍.

(1)若AB=6m,P01=2副，则仓库容积是多少？

(2)若正四棱锥侧棱长为6m,则当P01为多少时，仓库容积最大？

解⑴由pa=2知ao=4Pa=s.(1分)

因为A1B1=AB=6,

所以正四棱锥P-A1B1C1D1体积丫锥=-AlB-P01=x62x2=24(m3).(4分)

正四棱柱ABCD—A1B1C1D1体积V柱=八82・010=62x8=288(m3).(7分)

所以仓库容积V=V锥+1柱=24+288=312(m3).(8分)

(2)设AlBI=am,P01=hm,则0<h<6,010=4h.如图,连接01BL(10分)

因为在RtAPOlBl中，01B+P0=PB,

所以2+h2=36,即a2=2(36-h2).(12分)

于是仓库容积

v=v柱十Vffg=a2/h+a2h=a2h=（36h—h3）,0<h<6,（15分）

从而V，=（36-3h2）=26（12-h2）.（17分）

令W=0,得h=2或h=—2（舍）.

当0<h<2时，V，〉0,V是单调递增函数；

当2<h<6时，VYO,V是单调递减函数.

故h=2时，V取得极大值，也是最大值.

因此当POl=2m时，仓库容积最大.（20分）

七、[2016•北京高考]（本小题满分20分）如图，在四棱维P-ABCD中，平面PAD呼

面ABCD,PAJPD,PA=PD,ABJAI）,AB=1,AD=2,AC=CD=.

⑴求证：PD坪面PAB;

（2）求直线PB及平面PCD所成角正弦值；

（3）在棱PA上是否存在点V,使得BVII平面PCD?若存在，求值;若不存在，说明理由.

解（1）证明：因为平面PAD呼面ABCD,ABJAD,

所以AB1T•面PAD,（3分）

所以ABJPD、

又PAJPD,所以PD呼面PAB、（6分）

⑵取AD中点连接W,CO.

因为PA=PD、所以P0上D、

因为POu平面PAD,平面PAD呼面ABCD,

所以P0用面ABCD、（8分）

因为C'Ou平面ABCD,所以POJCO.

因为AC=CD、所以COJAD、

如图建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意得,A（0,1,0）,B（h1,0）,C（2,0,0）,D（0,一1,0）,

P（0,0,1）.（10分）

设平面PCD法向量为n=（x,y,z）,则

n,PD=0,f—r—z=0,

即，

-*[2x—z=0,

{n*PC=Q,

令z=2,则x=l,y=-2.所以n=（l,—2,2）.（12分）

又=（1,1,—1）,所以cos<n,>==一.（14分）

所以直线阳及平面上?所成角正弦值为点.（15分）

（3）设3是棱是上一点,则存在入目0,1],使得=入.

因此点M（0,1一入,入），（16分）

=（-1i—X,人）.

因为BMC平面PCD,所以要使BVII平面PCD,

则・n=0,(18分)

即(一1,一入，X)-(1,-2,2)=0,解得人=.

所以在棱PA上存在点M,使得BMII平面PCD,

...JI/1.八、

此时加=7(20分)

八、［2016•天津高考］(本小题满分20分)如图，正方形ABCD中心为0,四边形0BEF

为矩形，平面OBEFJ？F面ABCD,点G为AB中点，AB=BE=2.

(1)求证:EGII平面ADF;

(2)求二面角0—EF—C正弦值；

(3)设H为线段AF上点，11AH=HE,求直线BH和平面CEE所成角正弦值.

解依题意，0F呼面ABCD,如图，以。为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴

正方向建立空间直角坐标系，依题意可得0(0,0,0),A(-l,1,0),B(-l,-1,0),C(l,

-1,0),D(l,1,0),E(-l,-1,2),F(0,0,2),G(-l,0,0).(2分)

(1)证明：依题意，=(2,0,0),=(1,—1,2).设nl=(x,y,z)为平面ADF法向量,

则即不防设z=l,可得nl=(0,2,1),(5分)

乂=(0,1,—2),可得・nl=0,

乂直线EGd闿ADE,

所以比〃平面ADF.（7分］

（2）易证，=（-1,1,0）为平面OEF一个法向量.（8分）

依题意，=（1,1,0）,=（-1,1,2）.

设n2=（x\y\z，）为平面CEF法向量,则

即不妨设妨=1,可得n2=（l,-1,1）.⑴分）

因此有cos<»n2）==-,（13分）

于是sin<,n2>=.

所以二面角。一"'一。正弦值为序.（14分）

（3）由AH=HF,得AH=AF.因为=（1,-1,2）,所以==,进而有H,（17分）

--（284、

从而8//=［曰7.7,

0by

因此cos（，n2）==—.（19分）

所以，直线BH和平面CEF所成角正弦值为.（20分）

九、［2017•河北五校联考］（本小题满分20分）如图1所示：在四边形ABCD中，ABIICD,

AB=2BC=2CD=8,CDJBC,0为AB中点.将四边形OBCD沿0D折起，使平面OBCD封面

ODA,如图2,点E,F分别为CD,0A中点.

⑴求证：DFII平面AEB;

（2）线段AD上是否存在一点M,使BM及平面AEB所成角正弦值为？若存在，请求出

值;若不存在，请说明理由.

解（1）证明：如图，取AB中点G,连接FG,EG.