【名师总结考前题库】2020届高三数学(理)考前题型专练：立体几何综合题-Word版含答案.docx

　立体几何综合题
1．(2021·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＝AB.
(1)证明：BC1//平面A1CD.
(2)求二面角D－A1C－E的正弦值．

2．(2022·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时，求DC1的长．

3．(2021·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．(2022·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．(2022·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．

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.
由于DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.(4分)
(2)由AC＝CB＝AB，得AC⊥BC.
以C为坐标原点，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)，A1(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，2)．(6分)
设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，
则即(8分)
可取n＝(1，－1，－1)．
同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m＝(2，1，－2)．
从而cos〈n，m〉＝＝，
故sin〈n，m〉＝.
即二面角D－A1C－E的正弦值为.(12分)
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)．
则B(1，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，2＋t)，A1(0，0，2)，B1(1，0，2)．
∴＝(1，0，0)，＝(0，2，－2)．
设平面CA1B1的法向量为n＝(x1，y1，z1)．
则，
得，令z1＝1，则y1＝1，
∴n＝(0，1，1)．
同理，可求得平面DAB的一个法向量m＝.(9分)
由|cos〈n，m〉|＝＝，得t＝1或t＝－(舍去)．
∴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.
由于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，由于AB＝2，AC＝1，所以BC＝.
又由于PA＝1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)．
故＝(，0，0)，＝(0，1，1)．(8分)
设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则所以不妨令y1＝1，则n1＝(0，1，－1)．
由于＝(0，0，1)，＝(，－1，0)，
设平面ABP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则所以(10分)
不妨令x2＝1，则n2＝(1，，0)．
于是cos〈n1，n2〉＝＝.
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.(12分)
解法二：如图(2)，过C作CM⊥AB于M，由于PA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以PA⊥CM.(6分)
又由于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＝，CM＝，BM＝.
在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝.
由于Rt△BNM∽Rt△BAP，所以＝，所以MN＝.
所以在Rt△CNM中，CN＝，所以cos∠CNM＝，所以二面角C－PB－A的余弦值为.(12分)
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(0，0, )，A(0，－1，0)．
∴＝(0，1，－)，令平面A1AB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝n·＝0.而＝(0，1，)，＝(1，1，0)，可求得一个法向量n＝(3，－3，)，
∴|cos〈，n〉|＝＝＝，故直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值为.(8分)
(3)存在点E，且E为线段BC1的中点．
取B1C的中点M，
从而O M是△CAB1的一条中位线，OM∥AB1，又AB1⊂平面A1AB，OM⊄平面A1AB，∴OM∥平面A1AB，故BC1的中点M即为所求的E点．(12分)
5．解1)由题意知AA1，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)，A1(0，0，2)，B(－2，0，0)，C(0，－2，0)，C1(－1，－1，2)，则＝(－1，1，2)，＝(－1，－1，0)，＝(0，－2，－2)．(1分)

设E(x，y，z)，则＝(x，y＋2，z)，
＝(－1－x，－1－y，2－z)．(3分)
设＝λ，
则
则E，＝.(4分)
由，
得，解得λ＝2，
所以线段CC1上存在一点E，＝2，使BE⊥平面A1CC1.(6分)
(2)设平面C1A1C的法向量为m＝(x，y，z)，则由，
得，
取x＝1，则y＝－1，z＝1.故m＝(1，－1，1)，(8分)
而平面A1CA的一个法向量为n＝(1，0，0)，则cos〈m，n〉＝＝＝，(11分)
故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为.(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＝BC，且GF∥BC，GF＝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⊥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，2a，－a)，＝(0，a，－a)．(9分)
设平面A′BE的法向量为m＝(x，y，z)，
由得，即，
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〉＝＝＝，
故平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值为.(12分)