高考理科立体几何大题

1、名师精编欢迎下载一，2017 ·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， AB3， 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1 上是否存在点，使得 1 ？若存在，试求出BD的值BCDAD ABBC1(1) 证明 在正方形 AA1C1C中， A1AAC.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， AA1AC， AA1 AB，由

2、题意知，在ABC中， AC 4， AB 3， BC 5，222 BC AC AB， 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 A1 C1 (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) ，名师精编欢迎下载平面 B1BC1 的法向量 n2 ( x2， y2， z2) A C· n 0，4x 0，1111?3y14 10，z1·1 0A B n取向

3、量 n1 (0,4,3)1 1·2 0，4x23 20，由B C n?y4z 0，2BB1· n2 0取向量 n (3,4,0)2 cos n1·n21616|n |n| .5×52512由题图可判断二面角A1 BC1 B1 为锐角，16故二面角 A1 BC1 B1 的余弦值为 25.(3) 解 假设存在点 D( x， y， z) 是线段 BC1 上一点，使 AD A1B，且 BD BC1， ( x，y 3， z) (4 ， 3,4) ，解得 x 4 ， y 3 3， z 4 ， AD (4 ， 3 3 ， 4 ) 又 AD A1B， 03(3 3) 1

4、6 0，9解得 25，9 25 0,1 ，在线段 BC1 上存在点 D，使得 AD A1B，BD9此时.BC125二，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 2 ， PA AD 2，AB BC 1.名师精编欢迎下载(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，

5、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，x2 0，yz即2y 2z 0.令 y1，解得 z 1， x1.所以 m (1,1,1)是平面 PCD的一个法向量AD· m3从而 cos AD，m 3 ，| AD| m|名师精编欢迎下载所以平面 PAB与平面 PCD所成二面角的余弦值为(2) 因为 BP ( 1,0,2) ， 设 BQ BP ( ， 0,2 )(0 1) ，又 CB (0 ，

6、1,0) ，则 CQCB BQ ( ， 1,2 ) ，又 DP (0 ， 2,2) ，·1 2从而 cos CQ，DPCQ DP.210 2| CQ|DP|设 12 t ，t 1,3，2t 22，则 cos 2CQ DP5t 10t 933 .291 5 22010.9 t 9 99 3102当且仅当 t 5，即 5时， |cos CQ， DP | 的最大值为10 .因为 y cosx 在0，上是减函数，2所以此时直线CQ与 DP所成角取得最小值又因为 BP12 225，2 2 5所以 BQ 5BP 5 .三，2016 ·浙江卷 如图，在三棱台 ABC DEF中，平面 BC

7、FE平面 ABC， ACB90°，BE EF FC 1， BC 2， AC3.名师精编欢迎下载(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 ACBC，所以 AC平面 BCK，因此 BF AC.又 EFBC， BE EF FC1， BC2，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 于，连接.FQ AKQBQ因为 BF平面

8、ACK，所以 BF AK，则 AK平面 BQF，所以 BQAK.所以 BQF是二面角 B AD F 的平面角在 Rt ACK中， AC 3，CK 2，得3 13 AK 13， FQ 13 .在 Rt BQF中， FQ 3 13， BF 3，得133cos BQF 4 .3所以二面角BAD F 的平面角的余弦值为4 .解法二：如图，延长AD，BE， CF相交于一点K，则 BCK为等边三角形名师精编欢迎下载取 BC的中点 O，连接 KO，则 KOBC，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

9、 xyz .由题意，得B(1,0,0) ， C( 1,0,0)， K(0,0 ，3) ， A( 1， 3， 0)， E1， 0，3，2213F 2，0， 2 .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) 3y 0，AC· m 0，1由得x1 3y1 3z1 0，AK· m 0，取 m ( 3， 0， 1) ；· ，223 20，xyAB n0由得x2 3y2 3z2 0，· 0，AK n取 n (3 ， 2，

10、3) m·n3于是 cos m，n |m|n | 4 .所以二面角 BAD F 的平面角的余弦值为34 .名师精编欢迎下载四， 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， ADBC， ADCD，且 AD CD 2 2， BC4 2，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 ADEC，AD EC，所以四边形 AECD为平行四边形，故 AE BC，又 AE

11、BEEC 22，所以 ABC ACB45°，故 ABAC，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)，(22， 22， 0) ， (0,0,2)，CPD(0,22， 0) (7 分 )设 PM PD (0,22 ， 2 )(0 1) ，易得 M(0,22 ， 2 2 ) ，设平面 AMC的一个法向量为n1 ( x， y， z) ，2x2 2y 0，n · AC2则12 y2 z0，n · AM212令 y 2，得 x2，

12、z 1，1 2，2，2，(9 分)即 n 1又平面 ACD的一个法向量为n2 (0,0,1)，(10 分)名师精编欢迎下载2|cos n ， n | | n1·n2| 1cos45°，| n1| n2| 2 2124 11解得 ， (12 分 )2即 M(0， 2，1) ，BM( 2 2，3 2，1) ，2， 22，0) 是平面 PAC的一个法向量， (13分)而 AB (2设直线与平面所成的角为 ，BMPAC则 sin |cos | 812|53，| .BM AB94×3 3故直线 BM与平面 PAC所成的角的正弦值为53.(15 分 )9五 2016 

13、3;平顶山二调 ( 本小题满分 15分 ) 在正三角形中，、P分别是、ABCEFABAC、BC边上的点，满足 AE EBCF FA CP PB1 2，如图 1. 将 AEF沿 EF折起到 A1EF 的位置，使二面角 A1EF 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. AEEB CFFA 1 2， AFAD 2，而 A60°， ADF是正三角形又 AE DE 1， EF AD.在图 2 中， A1E E

14、F， BEEF， 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 ，名师精编欢迎下载1) ，BP( 1，3，0) ，PE( 1，3，0)(8 分)设平面 A1BP的法向量为n1 ( x1， y1， z1) ，

15、由 n1平面 A1BP知， n1 A1B， n1BP，2x1 z1 0，即 x1 3y10.令 x13，得 y11， z1 23， n1 (3， 1,23) (10 分)设平面1的法向量为2 (2，2，2) A PEnxyz由 n2平面 A1PE知， n2 A1E， n2PE，即可得 n2 (3， 1,0) (12 分 )n1·n2cos n1，n2 | n1| n2|3× 31 2 3×012222 ，(14 分)23×3243 10 11所以二面角BA1P E 的余弦值是 4.(15分 )六2016 ·江苏高考( 本小题满分20 分) 现需

16、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 PA1B1 C1D1，下部的形状是正四棱柱 ABCD A1B1C1 D1 ( 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 4PO18.(1 分 )因为 A1B1AB 6，所以正四棱锥1111的体积V12123分 )锥·11·1 ×6×2 24(m ) (4P ABCD3ABPO3正四棱柱1

17、111的体积V柱2· 1 62×8 288(m3) (7分 )ABCD A B CDAB OO所以仓库的容积V V 锥 V 柱 24 288 312(m3) (8 分 )名师精编欢迎下载(2) 设 A B a m， PO h m，则 0<h<6，OO 4h. 如图，连接OB.(10 分 )111111因为在 Rt 1 1中，2221111，POBOBPOPB所以22a 2 h236，即a22(36 h2 ) (12 分 )于是仓库的容积V V 柱 V锥 a2·4h 13a2· h 133a2h263(36 h h3) ，0<h<6

18、， (15 分 )2622从而 V(36 3h ) 26(12 h ) (17 分 )令 V 0，得 h 2 3 或 h 2 3( 舍 ) 当 0<h<2 3时， V>0， V 是单调递增函数；当 2 3<h<6 时， V<0， V 是单调递减函数故 h2 3时， V 取得极大值，也是最大值因此，当 PO 1 23 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， ACCD 5.(1)

19、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的值；若不存在，说明AP理由解(1) 证明：因为平面PAD平面 ABCD，AB AD，名师精编欢迎下载所以 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

20、 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) ，(0,0,1) (10分 )P设平面 PCD的法向量为 n ( x， y， z) ，则 y z 0，n· PD 0，即2x z 0，n· PC 0，令 z2，则 x1， y 2. 所以 n (1 ， 2,2) (12 分 )3n，n·PB又 (1,1 ， 1) ，所以 cos.(14 分 )PBPB3| n| PB|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 0,1

21、，使得 AM AP.因此点 M(0,1 ， ) ，(16 分 )BM ( 1， ， ) 因为 BM?平面 PCD，所以要使BM平面 PCD，则 BM·n 0， (18 分 )1即 ( 1， ， ) ·(1 ， 2,2) 0，解得 4.所以在棱 PA上存在点 M，使得 BM平面 PCD，名师精编欢迎下载AM 1此时 .(20分)AP4八2016 ·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， ABBE 2.(1) 求证： EG平面 ADF；(2) 求二面角 O

22、 EF C的正弦值；2(3) 设 H为线段 AF上的点，且AH3HF，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 n1 ( x， y， z) 为平面 ADF的法2x 0，n · AD 0，1即 2 0.不防

23、设 z 1，可得 n (0,2,1)，(5 分)向量，则xyz11·0，nAF名师精编欢迎下载又 EG (0,1 ， 2) ，可得 EG· n1 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)n2·EF 0，设 n2 ( x， y， z) 为平面 CEF的法向量，则n2·CF 0，x y 0，即不妨设 x 1，可得 n2 (1 ， 1,1) (11 分 ) x y 2z 0. ，6，(13 分)因此有

24、cos 2OA· n2OA n3| OA|·|n2|于是 sin ，23.OA n3所以二面角 OEF C的正弦值为33 .(14分 )22 2224(3) 由 AH3HF，得 AH5AF. 因为 AF (1 ， 1,2) ，所以 AH 5AF，5，进而55334有 H 5，5，5 ， (17 分) 2 8 4从而 BH 5，5，5 ， ，因此 cos 2 BH·n27.(19分 )BH n21| BH| n |2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，2 2 8， ，为的中点将四边形沿折起， 使平面平面AB BC CDCDBCOABOBCDODOBCDODA，如图 2，点 E，F 分别为CD， OA的中点名师精编欢迎下载(1) 求证： DF平面 AEB；6(2) 线段 AD上是否存在一点 M，使 BM与