2015高考数学二轮专题复习题29：立体几何解答题(含解析).doc

高考专题训练(二十九)　立体几何(解答题)(理)

1．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，D是BC的中点．w w w .x k b 1.c o m
(1)求证：A1B∥平面ADC1；
(2)若AB＝BB1＝2，求A1D与平面AC1D所成角的正弦值．
解　

(1)证明：∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
∴四边形A1ACC1是矩形．
连接A1C交AC1于O，则O是A1C的中点，
又D是BC的中点，如图．http://www. xkb1.c om
∴在△A1BC中，OD∥A1B.
∵A1B⊄平面ADC1，OD⊂平面ADC1，
∴A1B∥平面ADC1.
(2)因为△ABC是等边三角形，D是BC的中点，
∴AD⊥BC.

以D为原点，建立如图所示空间坐标系D－xyz.由已知AB＝BB1＝2，得D(0,0,0)，A(，0,0)，A1(，0,2)，C1(0，－1,2)．
则＝(，0,0)，
＝(0，－1,2)，
设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，xkb1
由
得
取z＝1，则x＝0，y＝2，
∴n＝(0,2,1)．
又＝(，0,2)，
∴cos〈，n〉＝＝.
设A1D与平面ADC1所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝，
故A1D与平面ADC1所成角的正弦值为.
2.

如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC交AC于点M，EA⊥平面ABC，FC∥EA，AC＝4，EA＝3，FC＝1.
(1)证明：AB⊥BF；
(2)求平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．
解　(1)证明：∵AC是⊙O的直径，
∴AB⊥BC.
又FC∥EA，EA⊥平面ABC，
∴FC⊥平面ABC，
∴FC⊥AB，
∴AB⊥平面FBC.
∴AB⊥BF.
(2)由题设可得，AB＝AC·cos30°＝2，
BC＝AC·sin30°＝2，
∴AM＝ABcos30°＝2×＝3，
∴MC＝1.

如图，以A为坐标原点，分别以垂直于平面ACE的直线以及AC，AE所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
由已知条件得A(0,0,0)，M(0,3,0)，E(0,0,3)，B(，3,0)，F(0,4,1)，＝(－，－3,3)，
＝(－，1,1)．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·＝0，n·＝0，得

令x＝，得y＝1，z＝2，
∴n＝(，1,2)，
由已知EA⊥平面ABC，
∴取平面ABC的法向量为＝(0,0,3)，
设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，
则cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝.
∴平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.
3．如图，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AD＝PD.

(1)求证：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)若二面角Q－BP－C的余弦值为－，求的值．
解　(1)证明：设AD＝1，则DQ＝，DP＝2，
又∵PD∥QA，
∴∠PDQ＝∠AQD＝45°，
在△DPQ中，由余弦定理可得PQ＝.
∴DQ2＋PQ2＝DP2，
∴PQ⊥DQ.
又∵PD⊥平面ABCD，
∴PD⊥DC，
∵CD⊥DA，DA∩PD＝D，
∴CD⊥平面ADPQ.
∵PQ⊂平面ADPQ，
∴CD⊥PQ.
又∵CD∩DQ＝D，
∴PQ⊥平面DCQ.
又PQ⊂平面PQC，
∴平面PQC⊥平面DCQ.

(2)如图，以D为坐标原点，DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz. X |k |B| 1 . c|O |m
设AD＝1，AB＝m(m>0)．
依题意有D(0,0,0)，C(0,0，m)，P(0,2,0)，Q(1,1,0)，B(1,0，m)，
则＝(1,0,0)，＝(－1,2，－m)，PQ＝(1，－1,0)，
设n1＝(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，
则
即
因此可取n1＝(0，m,2)．
设n2＝(x2，y2，z2)是平面PBQ的法向量，
则
即
可取n2＝(m，m,1)．
又∵二面角Q－BP－C的余弦值为－，
∴|cos〈n1，n2〉|＝.
∴＝，整理得m4＋7m2－8＝0.
又∵m>0，解得m＝1，
因此，所求的值为1.
4．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC，PA＝AD＝2.四边形ABCD满足BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1.点E，F分别为侧棱PB，PC上的点，且＝＝λ.

(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)当λ＝时，求异面直线BF与CD所成角的余弦值；
(3)是否存在实数λ，使得平面AFD⊥平面PCD？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)证明：由已知＝＝λ，
∴EF∥BC，
又BC∥AD，
∴EF∥AD，
而EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴EF∥平面PAD.
(2)∵平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，且PA⊥AC，
∴PA⊥平面ABCD.
∴PA⊥AB，PA⊥AD.
又∵AB⊥AD，
∴PA，AB，AD两两垂直．

如图所示，建立空间直角坐标系
∵AB＝BC＝1，PA＝AD＝2，
∴A(0,0,0)，B(1,0,0，)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，当λ＝时，F为PC中点，
∴F，
∴＝，
＝(－1,1,0)，
设异面直线BF与CD所成的角为θ，
∴cosθ＝|cos〈，〉|＝＝.
故异面直线BF与CD所成角的余弦值为.
(3)设F(x0，y0，z0)，
则＝(x0，y0，z0－2)，＝(1,1，－2)，
又＝λ，
∴
∴＝(λ，λ，2－2λ)，
设平面AFD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
即
令z1＝λ，得m＝(2λ－2,0，λ)．
设平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)．
则
即
取y2＝1，则x2＝1，z2＝1，
∴n＝(1,1,1)，
由m⊥n，得m·n＝(2λ－2,0，λ)·(1,1,1)＝2λ－2＋λ＝0，
解得λ＝.
∴当λ＝时，使得平面AFD⊥平面PCD.x kb 1
5．如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.M是棱SB的中点．

(1)求证：AM∥平面SCD；
(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；
(3)设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值．
解　(1)证明：以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M(0,1,1)．

则＝(0,1,1)，＝(1,0，－2)，＝(－1，－2,0)．X Kb1.C om
设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(2，－1,1)．
∵·n＝0，
∴⊥n.
∴AM∥平面SCD.x k b 1 . c o m
(2)易知平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)．
设平面SCD与平面SAB所成的二面角为φ，易知0<φ<，
则|cosφ|＝＝＝，即cosφ＝.
∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.
(3)设N(x,2x－2,0)，则＝(x,2x－3，－1)．
∵平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)，
∴sinθ＝＝＝，
当＝，即x＝时，(sinθ)max＝.
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