高考理科立体几何大题

./一,[2017·XXXX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AA1C<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eq\f<BD,BC1>的值．<1>[证明]在正方形AA1C1C中,A1又平面ABC⊥平面AA1C且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC,AA1⊂平面∴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eq\o<A1C1,\s\up16<→>>＝<4,0,0>,eq\o<A1B,\s\up16<→>>＝<0,3,－4>,eq\o<B1C1,\s\up16<→>>＝<4,－3,0>,eq\o<BB1,\s\up16<→>>＝<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>．∴eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<\o<A1C1,\s\up16<→>>·n1＝0,,\o<A1B,\s\up16<→>>·n1＝0>>⇒eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<4x1＝0,,3y1－4z1＝0,>>∴取向量n1＝<0,4,3>．由eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<\o<B1C1,\s\up16<→>>·n2＝0,,\o<BB1,\s\up16<→>>·n2＝0>>⇒eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<4x2－3y2＝0,,4z2＝0,>>∴取向量n2＝<3,4,0>．∴cosθ＝eq\f<n1·n2,|n1||n2|>＝eq\f<16,5×5>＝eq\f<16,25>.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eq\f<16,25>.<3>[解]假设存在点D<x,y,z>是线段BC1上一点,使AD⊥A1B,且eq\o<BD,\s\up16<→>>＝λeq\o<BC1,\s\up16<→>>,∴<x,y－3,z>＝λ<4,－3,4>,解得x＝4λ,y＝3－3λ,z＝4λ,∴eq\o<AD,\s\up16<→>>＝<4λ,3－3λ,4λ>．又AD⊥A1B,∴0＋3<3－3λ>－16λ＝0,解得λ＝eq\f<9,25>,∵eq\f<9,25>∈[0,1],∴在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,此时eq\f<BD,BC1>＝eq\f<9,25>.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＝eq\f<π,2>,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{eq\o<AB,\s\up16<→>>,eq\o<AD,\s\up16<→>>,eq\o<AP,\s\up16<→>>}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eq\o<AD,\s\up16<→>>是平面PAB的一个法向量,eq\o<AD,\s\up16<→>>＝<0,2,0>．因为eq\o<PC,\s\up16<→>>＝<1,1,－2>,eq\o<PD,\s\up16<→>>＝<0,2,－2>．设平面PCD的法向量为m＝<x,y,z>,则m·eq\o<PC,\s\up16<→>>＝0,m·eq\o<PD,\s\up16<→>>＝0,即eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<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〈eq\o<AD,\s\up16<→>>,m〉＝eq\f<\o<AD,\s\up16<→>>·m,|\o<AD,\s\up16<→>>||m|>＝eq\f<\r<3>,3>,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为eq\f<\r<3>,3>.<2>因为eq\o<BP,\s\up16<→>>＝<－1,0,2>,设eq\o<BQ,\s\up16<→>>＝λeq\o<BP,\s\up16<→>>＝<－λ,0,2λ><0≤λ≤1>,又eq\o<CB,\s\up16<→>>＝<0,－1,0>,则eq\o<CQ,\s\up16<→>>＝eq\o<CB,\s\up16<→>>＋eq\o<BQ,\s\up16<→>>＝<－λ,－1,2λ>,又eq\o<DP,\s\up16<→>>＝<0,－2,2>,从而cos〈eq\o<CQ,\s\up16<→>>,eq\o<DP,\s\up16<→>>〉＝eq\f<\o<CQ,\s\up16<→>>·\o<DP,\s\up16<→>>,|\o<CQ,\s\up16<→>>||\o<DP,\s\up16<→>>|>＝eq\f<1＋2λ,\r<10λ2＋2>>.设1＋2λ＝t,t∈[1,3],则cos2〈eq\o<CQ,\s\up16<→>>,eq\o<DP,\s\up16<→>>〉＝eq\f<2t2,5t2－10t＋9>＝eq\f<2,9\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,t>－\f<5,9>>>2＋\f<20,9>>≤eq\f<9,10>.当且仅当t＝eq\f<9,5>,即λ＝eq\f<2,5>时,|cos〈eq\o<CQ,\s\up16<→>>,eq\o<DP,\s\up16<→>>〉|的最大值为eq\f<3\r<10>,10>.因为y＝cosx在eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<0,\f<π,2>>>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＝eq\r<12＋22>＝eq\r<5>,所以BQ＝eq\f<2,5>BP＝eq\f<2\r<5>,5>.三,[2016·XX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＝eq\r<13>,FQ＝eq\f<3\r<13>,13>.在Rt△BQF中,FQ＝eq\f<3\r<13>,13>,BF＝eq\r<3>,得cos∠BQF＝eq\f<\r<3>,4>.所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为eq\f<\r<3>,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．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,eq\r<3>>,A<－1,－3,0>,Eeq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,2>,0,\f<\r<3>,2>>>,Feq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<1,2>,0,\f<\r<3>,2>>>.因此,eq\o<AC,\s\up16<→>>＝<0,3,0>,eq\o<AK,\s\up16<→>>＝<1,3,eq\r<3>>,eq\o<AB,\s\up16<→>>＝<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eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<\o<AC,\s\up16<→>>·m＝0,,\o<AK,\s\up16<→>>·m＝0,>>得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<3y1＝0,,x1＋3y1＋\r<3>z1＝0,>>取m＝<eq\r<3>,0,－1>；由eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<\o<AB,\s\up16<→>>·n＝0,,\o<AK,\s\up16<→>>·n＝0,>>得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<2x2＋3y2＝0,,x2＋3y2＋\r<3>z2＝0,>>取n＝<3,－2,eq\r<3>>．于是cos〈m,n〉＝eq\f<m·n,|m||n|>＝eq\f<\r<3>,4>.所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为eq\f<\r<3>,4>.四,[2016·XX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＝2eq\r<2>,BC＝4eq\r<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AD＝EC,AD∥EC,所以四边形AECD为平行四边形,故AE⊥BC,又AE＝BE＝EC＝2eq\r<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<2eq\r<2>,－2eq\r<2>,0>,C<2eq\r<2>,2eq\r<2>,0>,P<0,0,2>,D<0,2eq\r<2>,0>．<7分>设eq\o<PM,\s\up10<→>>＝λeq\o<PD,\s\up10<→>>＝<0,2eq\r<2>λ,－2λ><0≤λ≤1>,易得M<0,2eq\r<2>λ,2－2λ>,设平面AMC的一个法向量为n1＝<x,y,z>,则eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<n1·\o<AC,\s\up10<→>>＝2\r<2>x＋2\r<2>y＝0,,n1·\o<AM,\s\up10<→>>＝2\r<2>λy＋2－2λz＝0,>>令y＝eq\r<2>,得x＝－eq\r<2>,z＝eq\f<2λ,λ－1>,即n1＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\r<2>,\r<2>,\f<2λ,λ－1>>>,<9分>又平面ACD的一个法向量为n2＝<0,0,1>,<10分>|cos〈n1,n2〉|＝eq\f<|n1·n2|,|n1||n2|>＝eq\f<\b\lc\|\rc\|<\a\vs4\al\co1<\f<2λ,λ－1>>>,\r<4＋\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<2λ,λ－1>>>2>>＝cos45°,解得λ＝eq\f<1,2>,<12分>即M<0,eq\r<2>,1>,eq\o<BM,\s\up10<→>>＝<－2eq\r<2>,3eq\r<2>,1>,而eq\o<AB,\s\up10<→>>＝<2eq\r<2>,－2eq\r<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〈eq\o<BM,\s\up10<→>>,eq\o<AB,\s\up10<→>>〉|＝eq\f<|－8－12|,4×3\r<3>>＝eq\f<5\r<3>,9>.故直线BM与平面PAC所成的角的正弦值为eq\f<5\r<3>,9>.<15分>五．[2016·XX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,eq\r<3>,0>,P<1,eq\r<3>,0>,则eq\o<A1E,\s\up10<→>>＝<0,0,－1>,eq\o<A1B,\s\up10<→>>＝<2,0,－1>,eq\o<BP,\s\up10<→>>＝<－1,eq\r<3>,0>,eq\o<PE,\s\up10<→>>＝<－1,－eq\r<3>,0>．<8分>设平面A1BP的法向量为n1＝<x1,y1,z1>,由n1⊥平面A1BP知,n1⊥eq\o<A1B,\s\up10<→>>,n1⊥eq\o<BP,\s\up10<→>>,即eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<2x1－z1＝0,,－x1＋\r<3>y1＝0.>>令x1＝eq\r<3>,得y1＝1,z1＝2eq\r<3>,n1＝<eq\r<3>,1,2eq\r<3>>．<10分>设平面A1PE的法向量为n2＝<x2,y2,z2>．由n2⊥平面A1PE知,n2⊥eq\o<A1E,\s\up10<→>>,n2⊥eq\o<PE,\s\up10<→>>,即可得n2＝<eq\r<3>,－1,0>．<12分>cos〈n1,n2〉＝eq\f<n1·n2,|n1||n2|>＝eq\f<\r<3>×\r<3>＋1×－1＋2\r<3>×0,\r<\r<3>2＋12＋2\r<3>2>×\r<02＋12＋\r<3>2>>＝eq\f<1,4>,<14分>所以二面角B－A1P－E的余弦值是eq\f<1,4>.<15分>六．[2016·XX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＝eq\f<1,3>·A1Beq\o\al<2,1>·PO1＝eq\f<1,3>×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0<h<6,O1O＝4h.如图,连接O1B1.<10分>因为在Rt△PO1B1中,O1Beq\o\al<2,1>＋POeq\o\al<2,1>＝PBeq\o\al<2,1>,所以eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<\r<2>,2>a>>2＋h2＝36,即a2＝2<36－h2>．<12分>于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋eq\f<1,3>a2·h＝eq\f<13,3>a2h＝eq\f<26,3><36h－h3>,0<h<6,<15分>从而V′＝eq\f<26,3><36－3h2>＝26<12－h2>．<17分>令V′＝0,得h＝2eq\r<3>或h＝－2eq\r<3><舍>．当0<h<2eq\r<3>时,V′>0,V是单调递增函数；当2eq\r<3><h<6时,V′<0,V是单调递减函数．故h＝2eq\r<3>时,V取得极大值,也是最大值．因此,当PO1＝2eq\r<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＝eq\r<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eq\f<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eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<n·\o<PD,\s\up10<→>>＝0,,n·\o<PC,\s\up10<→>>＝0,>>即eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<－y－z＝0,,2x－z＝0,>>令z＝2,则x＝1,y＝－2.所以n＝<1,－2,2>．<12分>又eq\o<PB,\s\up10<→>>＝<1,1,－1>,所以cos〈n,eq\o<PB,\s\up10<→>>〉＝eq\f<n·\o<PB,\s\up10<→>>,|n||\o<PB,\s\up10<→>>|>＝－eq\f<\r<3>,3>.<14分>所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq\f<\r<3>,3>.<15分><3>设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1],使得eq\o<AM,\s\up10<→>>＝λeq\o<AP,\s\up10<→>>.因此点M<0,1－λ,λ>,<16分>eq\o<BM,\s\up10<→>>＝<－1,－λ,λ>．因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,则eq\o<BM,\s\up10<→>>·n＝0,<18分>即<－1,－λ,λ>·<1,－2,2>＝0,解得λ＝eq\f<1,4>.所以在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,此时eq\f<AM,AP>＝eq\f<1,4>.<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＝eq\f<2,3>HF,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eq\o<AD,\s\up10<→>>,eq\o<BA,\s\up10<→>>,eq\o<OF,\s\up10<→>>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,eq\o<AD,\s\up10<→>>＝<2,0,0>,eq\o<AF,\s\up10<→>>＝<1,－1,2>．设n1＝<x,y,z>为平面ADF的法向量,则eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<n1·\o<AD,\s\up10<→>>＝0,,n1·\o<AF,\s\up10<→>>＝0,>>即eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<2x＝0,,x－y＋2z＝0.>>不防设z＝1,可得n1＝<0,2,1>,<5分>又eq\o<EG,\s\up10<→>>＝<0,1,－2>,可得eq\o<EG,\s\up10<→>>·n1＝0,又直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.<7分><2>易证,eq\o<OA,\s\up10<→>>＝<－1,1,0>为平面OEF的一个法向量．<8分>依题意,eq\o<EF,\s\up10<→>>＝<1,1,0>,eq\o<CF,\s\up10<→>>＝<－1,1,2>．设n2＝<x′,y′,z′>为平面CEF的法向量,则eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<n2·\o<EF,\s\up10<→>>＝0,,n2·\o<CF,\s\up10<→>>＝0,>>即eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<x′＋y′＝0,,－x′＋y′＋2z′＝0.>>不妨设x′＝1,可得n2＝<1,－1,1>．<11分>因此有cos〈eq\o<OA,\s\up10<→>>,n2〉＝eq\f<\o<OA,\s\up10<→>>·n2,|\o<OA,\s\up10<→>>|·|n2|>＝－eq\f<\r<6>,3>,<13分>于是sin〈eq\o<OA,\s\up10<→>>,n2〉＝eq\f<\r<3>,3>.所以二面角O－EF－C的正弦值为eq\f<\r<3>,3>.<14分><3>由AH＝eq\f<2,3>HF,得AH＝eq\f<2,5>AF.因为eq\o<AF,\s\up10<→>>＝<1,－1,2>,所以eq\o<AH,\s\up10<→>>＝eq\f<2,5>eq\o<AF,\s\up10<→>>＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<2,5>,－\f<2,5>,\f<4,5>>>,进而有Heq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<3,5>,\f<3,5>,\f<4,5>>>,<17分>从而eq\o<BH,\s\up10<→>>＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<2,5>,\f<8,5>,\f<4,5>>>,因此cos〈eq\o<BH,\s\up10<→>>,n2〉＝eq\f<\o<BH,\s\up10<→>>·n2,|\o<BH,\s\up10<→>>||n2|>＝－eq\f<\r<7>,21>.<19分>所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为eq\f<\r<7>,21>.<20分>九．[2017·XX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OD