【高考领航】2014届高三数学(理)二轮复习练习：大题规范练(四)立

【高考领航】2014届高三数学(理)二轮复习练习：大题规范练(四)立体几何综合题

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－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，

AA1＝AC＝CB＝

2

AB. 2

(1)证明：BC1//平面A1CD. (2)求二面角D－A1C－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－A1B1C1中，

AC＝AA1＝2AB＝2，∠BAC＝90°，点D是侧棱CC1延长线上一

点，EF是平面ABD与平面A1B1C1的交线． (1)求证：EF⊥A1C；

(2)当平面DAB与平面CA1B1所成锐二面角的余弦值为求DC1的长．

26

时，26

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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：A1O⊥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AC1，交A1C于点F，则F为AC1的中点． 又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF. 因为DF 平面A1CD，BC1 平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD.(4分) (2)由AC＝CB＝

2

AB，得AC⊥BC. 2

所示的空间

→

以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图

→

直角坐标系C－xyz.设CA＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，CD＝(1，1，→→

0)，CE＝(0，2，1)，CA1＝(2，0，2)．(6分) 设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量， → n·CD＝0， x1＋y1＝0，

则 即 (8分)

→2x1＋2z1＝0. n·CA1＝0，可取n＝(1，－1，－1)．

→ m·CE＝0，

同理，设m是平面A1CE的法向量，则 可取m＝(2，1，－2)．

→ m·CA1＝0，从而cos〈n，m〉＝故sin〈n，mn·m3

＝，

|n||m|3

6. 3

6

.(12分) 3

即二面角D－A1C－E的正弦值为

2．解：(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴平面ABC∥平面A1B1C1. 又平面ABC∩平面ABD＝AB，平面A1B1C1∩平面ABD＝EF， ∴EF∥AB.(2分)

∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，且∠BAC＝90°， ∴AB⊥AA1，AB⊥AC.

而AA1∩AC＝A，∴AB⊥平面ACC1A1. 又A1C 平面ACC1A1，∴AB⊥A1C. ∴EF⊥A1C.(6分)

(2)建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz. 设C1D＝t(t＞

0)

．

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则B(1，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，2＋t)，A1(0，0，2)，B1(1，0，2)． →→

∴A1B1＝(1，0，0)，A1C＝(0，2，－2)． 设平面CA1B1的法向量为n＝(x1，y1，z1)． → n·A1B1＝0

则 ，

→ n·A1C＝0

x1＝0

得 ，令z1＝1，则y1＝1， y1－z1＝0

∴n＝(0，1，1)．

同理，可求得平面DAB的一个法向量m＝ 0，1，－

2

.(9分) t＋2

1－2

t＋2

262

由|cos〈n，m〉|＝＝t＝1或t(舍去)． 22632 2× 1＋

t＋2

∴DC1＝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)，B3，0，0)，P(0，1，1)． →→

故CB＝3，0，0)，CP＝(0，1，1)．(8分) 设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

→ 3x1＝0， CB·n1＝0，则 所以 不妨令y1＝1，则n1＝(0，1，－1)．

y1＋z1＝0，→ CP·n1＝0.→→

因为AP＝(0，0，1)，AB＝(3，－1，0)， 设平面ABP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， → AP·n2

＝0， z2＝0，则 所以 (10分)

→3x－y＝0，22 AB·n2＝0，

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不妨令x2＝1，则n2＝(13，0)． 36

于是cos〈n1，n2〉＝＝.

24

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

6

.(12分) 4

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＝在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝5.

3

，2

BM＝

32

因为Rt△BNM∽Rt△BAP，所以

MN

1

3

2

35

，所以MN＝.

105

所以在Rt△CNM中，CN＝6

.(12分) 4

306

所以cos∠CNM＝，所以二面角C－PB－A的余弦值为54

4．解：(1)∵AA1＝A1C＝AC＝2，且O为AC中点，∴A1O⊥AC. 又侧面AA1C1C⊥底面ABC，交线为AC，A1O 平面A1AC， ∴A1O⊥平面ABC.(4分)

(2)连接OB，如图，以O为原点，分别以OB、OC、OA1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)，A1(0，3)，A(0，－1，0)．

→

∴A1C＝(0，1，－3)，令平面A1AB的法向量为n＝(x，y，z)，→→→→

则n·AA1＝n·AB＝0.而AA1＝(0，1，3)，AB＝(1，1，0)，可求得一个法向量n＝(3，－3，3)，

→|n·A1C|621

∴|cos〈A1C，n〉|＝＝＝，故直线A1C与平面A1AB所成角的正

→7

|n|·|A1C|2×21

→

弦值为

21

分) 7

(3)存在点E

，且

E为线段BC1的中点．

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