高考复习-高考理科立体几何大题.doc

三教上人（A+版-Applicable Achives）
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三教上人（A+版-Applicable Achives）
一，　[20XX·山东济南调研]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.
(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；
(3)在线段BC1上是否存在点D，使得AD⊥A1B？若存在，试求出的值．
(1)[证明]　在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.
又平面ABC⊥平面AA1C1C，
且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AA1⊂平面AA1C1C.
∴AA1⊥平面ABC.
(2)[解]　由(1)知，AA1⊥AC，AA1⊥AB，
由题意知，在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，
∴BC2＝AC2＋AB2，∴AB⊥AC.
∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－RRz.
A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，
于是＝(4,0,0)，＝(0,3，－4)，
＝(4，－3,0)，＝(0,0,4)．
设平面A1BC1的法向量n1＝(R1，R1，z1)，
平面B1BC1的法向量n2＝(R2，R2，z2)．
∴⇒
∴取向量n1＝(0,4,3)．
由⇒
∴取向量n2＝(3,4,0)．
∴cosθ＝＝＝.
由题图可判断二面角A1－BC1－B1为锐角，
三教上人（A+版-Applicable Achives）
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三教上人（A+版-Applicable Achives）
故二面角A1－BC1－B1的余弦值为.
(3)[解]　假设存在点D(R，R，z)是线段BC1上一点，使AD⊥A1B，且＝λ，
∴(R，R－3，z)＝λ(4，－3,4)，
解得R＝4λ，R＝3－3λ，z＝4λ，
∴＝(4λ，3－3λ，4λ)．
又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，
解得λ＝，
∵∈[0,1]，
∴在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，
此时＝.
二，　如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
[解]　以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－RRz，
则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)．
(1)由题意知，AD⊥平面PAB，
所以是平面PAB的一个法向量，
＝(0,2,0)．
因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)．
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三教上人（A+版-Applicable Achives）
设平面PCD的法向量为m＝(R，R，z)，
则m·＝0，m·＝0，
即
令R＝1，解得z＝1，R＝1.
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．
从而cos〈，m〉＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为＝(－1,0,2)，
设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1,0)，
则＝＋＝(－λ，－1,2λ)，
又＝(0，－2,2)，
从而cos〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，
则cos2〈，〉＝
＝≤.
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.
因为R＝cosR在上是减函数，
所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，
所以BQ＝BP＝.
三，[20XX·浙江卷]如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值．
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三教上人（A+版-Applicable Achives）
(1)[证明]　延长AD，BE，CF相交于一点A，如图所示．
因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，
所以AC⊥平面BCA，因此BF⊥AC.
又EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，
所以△BCA为等边三角形，且F为CA的中点，
则BF⊥CA，又AC∩CA＝C，
所以BF