【高考领航】高三数学二轮复习 大题规范练(四)立体几何综合题 理

【高考领航】高三数学二轮复习 大题规范练(四)立体几何综合题 理

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．

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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．

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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．

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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 ＝22

AB ，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)．

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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→＝0n ·A 1C →＝0

， 得?

????x 1＝0y 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)

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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＝32

5

，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 →

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