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 －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BDBC 1的值． (1)[证明] 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC . 又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C . ∴AA 1⊥平面ABC .(2)[解] 由(1)知，AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ， 由题意知，在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2，∴AB ⊥AC .∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz .A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，于是A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∴⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0，∴取向量n 1＝(0,4,3)． 由⎩⎪⎨⎪⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0，∴取向量n 2＝(3,4,0)． ∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625.由题图可判断二面角A 1－BC 1－B 1为锐角， 故二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(3)[解] 假设存在点D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，且BD →＝λBC 1→，∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， ∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0， 解得λ＝925，∵925∈[0,1]， ∴在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ， 此时BD BC 1＝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cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t25t 2－10t ＋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 ＝cos x 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 ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧ 3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝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n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·AC →＝22x ＋22y ＝0，n 1·AM →＝22λy ＋2－2λz ＝0，令y ＝2，得x ＝－2，z ＝2λλ－1， 即n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，2，2λλ－1，(9分) 又平面ACD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，(10分) |cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪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sin θ＝|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△A 1EF 的位置，使二面角A 1－EF －B 成直二面角，连接A 1B 、A 1P ，如图2.(1)求证：A 1E ⊥平面BEP ； (2)求二面角B －A 1P －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，A 1E ⊥EF ，BE ⊥EF ，∴∠A 1EB 为二面角A 1－EF －B 的平面角．(4分) 由题设条件知此二面角为直二面角，∴A 1E ⊥BE .又BE ∩EF ＝E ，∴A 1E ⊥平面BEF ，即A 1E ⊥平面BEP .(6分)(2)建立分别以EB 、EF 、EA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系，则E (0,0,0)，A 1(0,0,1)，B (2,0,0)，F (0，3，0)，P (1，3，0)，则A 1E →＝(0,0，－1)，A 1B →＝(2,0，－1)，BP →＝(－1，3，0)，PE →＝(－1，－3，0)．(8分) 设平面A 1BP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由n 1⊥平面A 1BP 知，n 1⊥A 1B →，n 1⊥BP →，即⎩⎨⎧2x 1－z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.令x 1＝3，得y 1＝1，z 1＝23，n 1＝(3，1,23)．(10分) 设平面A 1PE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 由n 2⊥平面A 1PE 知，n 2⊥A 1E →，n 2⊥PE →， 即可得n 2＝(3，－1,0)．(12分)cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3×3＋1×－1＋23×032＋12＋232×02＋12＋32＝14，(14分) 所以二面角B －A 1P －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 －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝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PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解 (1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8.(1分) 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)．(4分)正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．(7分) 所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(8分)(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ，则0<h <6，O 1O ＝4h .如图，连接O 1B 1.(10分) 因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以⎝⎛⎭⎪⎫22a 2＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．(12分) 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，(15分)从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．(17分)令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调递增函数； 当23<h <6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PO 1＝2 3 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AM AP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 ⎩⎨⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2,2)．(12分) 又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.(14分)所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(15分) (3)设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M (0,1－λ，λ)，(16分) BM →＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ， 则BM →·n ＝0，(18分)即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.(20分)八．[2016·天津高考](本小题满分20分)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O －EF －C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．解 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)，D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．(2分)(1)证明：依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ADF 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，x －y ＋2z ＝0.不防设z ＝1，可得n 1＝(0,2,1)，(5分)又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又直线EG ⊄平面ADF ， 所以EG ∥平面ADF .(7分)(2)易证，OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量．(8分) 依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)．设n 2＝(x ′，y ′，z ′)为平面CEF 的法向量，则⎩⎨⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＋y ′＝0，－x ′＋y ′＋2z ′＝0.不妨设x ′＝1，可得n 2＝(1，－1,1)．(11分)因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，(13分)于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O －EF －C 的正弦值为33.(14分) (3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)，所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，(17分)从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45，因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.(19分)所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.(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，AB ∥CD ，AB ＝2BC ＝2CD ＝8，CD ⊥BC ，O 为AB 的中点．将四边形OBCD 沿OD 折起，使平面OBCD ⊥平面ODA ，如图2，点E ，F 分别为CD ，OA 的中点．(1)求证：DF ∥平面AEB ；(2)线段AD 上是否存在一点M ，使BM 与平面AEB 所成角的正弦值为618？若存在，请求出DM MA的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：如图，取AB 的中点G ，连接FG ，EG . 又F 为OA 的中点，所以FG ∥OB ，又OB ∥DE ，所以FG ∥DE . 又FG ＝12OB ，DE ＝12OB ，所以FG ＝DE .(3分)所以四边形EDFG 为平行四边形，所以DF ∥EG .又EG ⊂平面AEB ，DF ⊄平面AEB ，所以DF ∥平面AEB .(7分)(2)依题意知平面OBCD ⊥平面ODA ，OB ⊥OD ，平面OBCD ∩平面ODA ＝OD ， 所以OB ⊥平面AOD ，得OB ⊥OA .又AO ⊥OD ，故以O 为坐标原点，OD ，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．(10分)易知AO ＝OD ＝4，DC ＝4，可得A (0,4,0)，E (4,0,2)，B (0,0,4)，D (4,0,0)．所以AE →＝(4，－4,2)， AB →＝(0，－4,4)．设平面AEB 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎨⎧n ·AE →＝0，n ·AB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧4a －4b ＋2c ＝0，－4b ＋4c ＝0，取a ＝1，则n ＝(1,2,2)为平面AEB 的一个法向量．(14分)假设线段AD 上存在满足条件的点M ，可设点M (t,4－t,0)，其中0≤t ≤4，则BM →＝(t,4－t ，－4)．从而|cos 〈n ，BM →〉|＝|n ·BM →||n ||BM →|＝|t ＋24－t ＋2×－4|3t 2＋4－t 2＋16＝t32t 2－8t ＋32， 依题意得|cos 〈n ，BM →〉|＝t 32t 2－8t ＋32＝618， 解得t ＝2或t ＝－4(舍去)．此时M (2,2,0)，即M 为AD 的中点，故DM MA＝1.(18分) 故线段AD 上存在一点M ，使BM 与平面AEB 所成角的正弦值为618，且DMMA＝1.(20分。