高考领航数学理二轮复习大题规范练(四)立体几何综合题(含答案详析)
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大题规范练(四) 立体几何综合题
(限时:60分钟)
1.(2013·高考新课标全国卷)如图,直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D ,E 分别是AB ,BB 1的中点, AA
1=AC =CB =22
AB . (1)证明:BC 1//平面A 1CD .
(2)求二面角D -A 1C -E 的正弦值.
2.(2014·成都市诊断检测)如图,在直三棱柱(侧棱与底面垂直的三棱柱)ABC -A 1B 1C 1中, AC =AA 1=2AB =2,∠BAC =90°,点D 是侧棱CC 1延长线上一
点,EF 是平面ABD 与平面A 1B 1C 1的交线.
(1)求证:EF ⊥A 1C ;
(2)当平面DAB 与平面CA 1B 1所成锐二面角的余弦值为
2626
时,求DC 1的长.
3.(2013·高考辽宁卷)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.
(1)求证:平面PAC⊥平面PBC;
(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.
4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,AB ⊥BC,O为AC中点.
(1)证明:A
1O⊥平面ABC;
(2)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值;
(3)在BC1上是否存在一点E,使得OE∥平面A1AB?若存在,
确定点E的位置;若不存在,说明理由.
5.(2014·南昌市模拟)如图是多面体ABC-A1B1C1和它的三视图.
(1)线段CC1上是否存在一点E,使BE⊥平面A1CC1,若不存在,请说明理由,若存在,
请找出并证明;
(2)求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值.
6.(2014·郑州市质量检测)如图,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,AC=2a,D,E 分别为AC,AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥A′-BCDE.
(1)在棱A′B上找一点F,使EF∥平面A′CD;
(2)当四棱锥A′-BCDE的体积取最大值时,求平面A′CD与平
面A′BE夹角的余弦值.
大题规范练(四)
1.解:(1)证明:连接AC 1,交A 1C 于点F ,则F 为AC 1
的中点.
又D 是AB 的中点,连接DF ,则BC 1∥DF .
因为DF ⊂平面A 1CD ,BC 1⊄平面A 1CD ,
所以BC 1∥平面A 1CD .(4分)
(2)由AC =CB =22AB ,得AC ⊥BC . 以C 为坐标原点,CA →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz .设
CA =2,则D (1,1,0),E (0,2,1),A 1(2,0,2),CD →=(1,1,0),CE →
=(0,2,1),CA 1→=(2,0,2).(6分)
设n =(x 1,y 1,z 1)是平面A 1CD 的法向量,
则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →=0,n ·CA 1→=0,即⎩
⎪⎨⎪⎧x 1+y 1=0,
2x 1+2z 1=0.(8分) 可取n =(1,-1,-1).
同理,设m 是平面A 1CE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →=0,
m ·CA 1→=0,可取m =(2,1,-2). 从而cos 〈n ,m 〉=n ·m |n ||m |=33
, 故sin 〈n ,m 〉=63
. 即二面角D -A 1C -E 的正弦值为
63.(12分) 2.解:(1)∵三棱柱ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱,∴平面ABC ∥平面A 1B 1C 1. 又平面ABC ∩平面ABD =AB ,平面A 1B 1C 1∩平面ABD =EF ,
∴EF ∥AB .(2分)
∵三棱柱ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱,且∠BAC =90°,
∴AB ⊥AA 1,AB ⊥AC .
而AA 1∩AC =A ,∴AB ⊥平面ACC 1A 1.
又A 1C ⊂平面ACC 1A 1,∴AB ⊥A 1C .
∴EF ⊥A 1C .(6分)
(2)建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .
设C 1D =t (t >0).
则B (1,0,0),C (0,2,0),D (0,2,2+t ),A 1(0,0,2),B 1(1,0,2). ∴A 1B 1→=(1,0,0),A 1C →=(0,2,-2).
设平面CA 1B 1的法向量为n =(x 1,y 1,z 1).
则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B 1→=0
n ·A 1C →=0
, 得⎩⎪⎨⎪⎧x 1=0
y 1-z 1=0
,令z 1=1,则y 1=1, ∴n =(0,1,1).
同理,可求得平面DAB 的一个法向量m =⎝ ⎛⎭
⎪⎫0,1,-2t +2.(9分) 由|cos 〈n ,m 〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪1-2t +22× 1+⎝ ⎛⎭
⎪⎫2t +22=2626
,得t =1或t =-23(舍去). ∴DC 1=1.(12分)
3.解:(1)证明:由AB 是圆的直径,得AC ⊥BC ,由PA ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,得PA ⊥BC .
又PA ∩AC =A ,PA ⊂平面PAC ,AC ⊂平面PAC ,所以BC ⊥平面
PAC .
因为BC ⊂平面PBC .
所以平面PBC ⊥平面PAC .(4分)
(2)解法一:过C 作CM ∥AP ,则CM ⊥平面ABC .
如图(1),以点C 为坐标原点,分别以直线CB ,CA ,CM 为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.(6分)
在Rt △ABC 中,因为AB =2,AC =1,所以BC = 3.
又因为PA =1,所以A (0,1,0),B (3,0,0),P (0,1,1).
故CB →=(3,0,0),CP →=(0,1,1).(8分)
设平面BCP 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),
则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n 1=0,CP →·n 1=0.
所以⎩⎪⎨⎪⎧3x 1=0,
y 1+z 1=0,不妨令y 1=1,则n 1=(0,1,-1). 因为AP →=(0,0,1),AB →=(3,-1,0),
设平面ABP 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),
则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2=0,AB →·n 2=0,
所以⎩⎪⎨⎪⎧z 2=0,
3x 2-y 2=0,(10分) 不妨令x 2=1,则n 2=(1,3,0).
于是cos 〈n 1,n 2〉=322=64
. 由图(1)知二面角C -PB -A 为锐角,故二面角C -PB -A 的余弦值为64
.(12分) 解法二:如图(2),过C 作CM ⊥AB 于M ,因为PA ⊥平面ABC ,CM ⊂平面ABC ,所以PA ⊥CM .(6分)
又因为PA ∩AB =A ,且PA ⊂平面PAB ,AB ⊂平面PAB ,所以CM ⊥平面PAB .
过M 作MN ⊥PB 于N ,连接NC ,
由三垂线定理得CN ⊥PB ,所以∠CNM 为二面角C -PB -A 的平面角.(8分) 在Rt △ABC 中,由AB =2,AC =1,得BC =3,CM =
32,BM =32
.
在Rt △PAB 中,由AB =2,PA =1,得PB = 5.
因为Rt △BNM ∽Rt △BAP ,所以MN 1=325
,所以MN =3510. 所以在Rt △CNM 中,CN =
305,所以cos ∠CNM =64
,所以二面角C -PB -A 的余弦值为64.(12分) 4.解:(1)∵AA 1=A 1C =AC =2,且O 为AC 中点,∴A 1O ⊥AC .
又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ,交线为AC ,A 1O ⊂平面A 1AC ,
∴A 1O ⊥平面ABC .(4分)
(2)连接OB ,如图,以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为
x 、y 、z 轴,建立空间直角坐标系,则由题可知B (1,0,0),C (0,
1,0),A 1(0,0, 3),A (0,-1,0).
∴A 1C →=(0,1,-3),令平面A 1AB 的法向量为n =(x ,y ,z ),
则n ·AA 1→=n ·AB →=0.而AA 1→=(0,1,3),AB →=(1,1,0),可求得一个法向量n =(3,-3,3),
∴|cos 〈A 1C →
,n 〉|=|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|=62×21=217,故直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值为217
.(8分) (3)存在点E ,且E 为线段BC 1的中点.
取B 1C 的中点M ,
从而OM 是△CAB 1的一条中位线,OM ∥AB 1,又AB 1⊂平面A 1AB ,OM ⊄平面A 1AB ,∴OM ∥平面A 1AB ,故BC 1的中点M 即为所求的E 点.(12分)
5.解:(1)由题意知AA 1,AB ,AC 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,
0,0),A 1(0,0,2),B (-2,0,0),C (0,-2,0),C 1(-1,-1,2),则CC 1→=(-1,
1,2),A 1C 1→=(-1,-1,0),A 1C →=(0,-
2,-2).(1分)
设E (x ,y ,z ),则CE →=(x ,y +2,z ),
EC 1→
=(-1-x ,-1-y ,2-z ).(3分)
设CE →=λEC 1→, 则⎩⎪⎨⎪⎧x =-λ-λx y +2=-λ-λy ,z =2λ-λz
则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫-λ1+λ,-2-λ1+λ,2λ1+λ,BE →=⎝ ⎛⎭
⎪⎫2+λ1+λ,-2-λ1+λ,2λ1+λ.(4分) 由⎩⎪⎨⎪⎧BE →·A 1C 1→=0
BE →·A 1C →=0
, 得⎩⎪⎨⎪⎧-2+λ1+λ+2+λ1+λ
=0-2-λ1+λ+2λ1+λ=0
,解得λ=2, 所以线段CC 1上存在一点E ,CE →=2EC 1→,使BE ⊥平面A 1CC 1.(6分)
(2)设平面C 1A 1C 的法向量为m =(x ,y ,z ),则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→=0
m ·A 1C →=0, 得⎩⎪⎨⎪⎧-x -y =0
-2y -2z =0
, 取x =1,则y =-1,z =1.故m =(1,-1,1),(8分)
而平面A 1CA 的一个法向量为n =(1,0,0),则cos 〈m ,n 〉=m ·n |m ||n |=13=33
,(11分)
故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33
.(12分) 6.解:(1)点F 为棱A ′B 的中点.证明如下:
取A ′C 的中点G ,连接DG ,EF ,GF ,则由中位线定理得
DE ∥BC ,DE =12BC ,且GF ∥BC ,GF =12
BC .(3分)
所以DE ∥GF ,DE =GF ,
从而四边形DEFG 是平行四边形,EF ∥DG .
又EF ⊄平面A ′CD ,DG ⊂平面A ′CD ,
故点F 为棱A ′B 的中点时,EF ∥平面A ′CD .(5分)
(2)在平面A ′CD 内作A ′H ⊥CD 于点H , ⎭⎬⎫
DE ⊥A ′D
DE ⊥CD A ′D ∩CD =D ⇒DE ⊥平面A ′CD ⇒DE ⊥A ′H ,
又DE ∩CD =D ,故A ′H ⊥底面BCDE ,即A ′H 就是四棱锥A ′-BCDE 的高. 由A ′H ≤AD 知,点H 和D 重合时,四棱锥A ′-BCDE 的体积取最大值.(7分) 分别以DC ,DE ,DA ′所在直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A ′(0,0,a ),B (a ,2a ,0),
E (0,a ,0),
A ′
B →=(a ,2a ,-a ),A ′E →
=(0,a ,-a ).(9分)
设平面A ′BE 的法向量为m =(x ,y ,z ),
由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′B →=0m ·A ′E →=0得⎩⎪⎨⎪⎧ax +2ay -az =0ay -az =0,即⎩⎪⎨⎪⎧x +2y -z =0
y =z ,
可取m =(-1,1,1).同理可以求得平面A ′CD 的一个法向量n =(0,1,0).
故cos 〈m ,n 〉=m ·n |m |·|n |=-1×0+1×1+1×03×1
=33, 故平面A ′CD 与平面A ′BE 夹角的余弦值为
33.(12分)。