金版教程高考理科数学二轮复习训练142高考中的立体几何解答题型 9页

‎1．[2015·唐山三模]如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1是矩形，截面A1BC是等边三角形．‎ ‎(1)求证：AB＝AC；‎ ‎(2)若AB⊥AC，平面A1BC⊥底面ABC，求二面角B－B1C－A1的余弦值．‎ 解　(1)证明：取BC中点O，连接OA，OA1.‎ 因为侧面BCC1B1是矩形，所以BC⊥BB1，BC⊥AA1，‎ 因为截面A1BC是等边三角形，所以BC⊥OA1，‎ 于是BC⊥平面A1OA，BC⊥OA，因此：AB＝AC.‎ ‎(2)设BC＝2，则OA1＝，由AB⊥AC，AB＝AC得OA＝1.‎ 因为平面A1BC⊥底面ABC，OA1⊥BC，所以OA1⊥底面ABC.‎ 如图，分别以OA，OB，OA1为正方向建立空间直角坐标系Oxyz.‎ A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(0,0，)，C(0，－1,0)，＝(0,2,0)，＝＝(－1,0，)，‎ ＝(0,1，)，＝＝(－1,1,0)．‎ 设平面BB1C的法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则取m＝(，0,1)．‎ 设平面A1B1C的法向量n＝(x2，y2，z2)，‎ 则取n＝(－，－，1)．‎ cos〈m，n〉＝＝－，则二面角B－B1C－A1的余弦值为－.‎ ‎2.[2015·衡水一调]如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是平行四边形，且AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，E为BC的中点，AA1⊥平面ABCD.‎ ‎ ‎ ‎(1)证明：平面A1AE⊥平面A1DE；‎ ‎(2)若DE＝A1E，试求异面直线AE与A1D所成角的余弦值；‎ ‎(3)在(2)的条件下，试求二面角C－A1D－E的余弦值．‎ 解　解法一：(1)依题意，BE＝EC＝BC＝AB＝CD，所以△ABE是正三角形，∠AEB＝60°，又∠CED＝×(180°－120°)＝30°，所以∠AED＝90°，DE⊥AE.‎ 因为AA1⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，所以AA1⊥DE，‎ 因为AA1∩AE＝A，又AA1，AE在平面AA1E内，‎ 所以DE⊥平面A1AE.‎ 因为DE⊂平面A1DE，所以平面A1AE⊥平面A1DE.‎ ‎(2)取BB1的中点F，连接EF、AF，连接B1C，则EF∥B1C∥A1D，‎ 所以∠AEF是异面直线AE与A1D所成的角．‎ 因为DE＝，A1E＝，‎ 所以A1A＝，BF＝，AF＝EF＝＝，‎ 所以cos∠AEF＝＝.‎ 解法二：以A为原点，过A且垂直于BC的直线为x轴，AD所在直线为y轴、AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，‎ 设AA1＝a(a>0)，A(0,0,0)，‎ 则D(0,2,0)，A1(0,0，a)，E.‎ ‎(1)设平面A1AE的一个法向量为n1＝(m，n，p)，‎ 则 p＝0，取m＝1，则n＝－，从而n1＝(1，－，0)，同理可得平面A1DE的一个法向量为n2＝，‎ 直接计算知n1·n2＝0，所以平面A1AE⊥平面A1DE.‎ ‎(2)由DE＝A1E，即＝‎ ，解得a＝，‎ ＝，＝(0,2，－)，‎ 所以异面直线AE与A1D所成角的余弦值cosθ＝＝.‎ ‎(3)由(2)可知A1A＝，平面A1DE的一个法向量为n2＝(，1，)，‎ 又＝，＝(0,2，－)，设平面CA1D的法向量n3＝(x，y，z)，则 得令x＝1，则y＝，z＝.‎ 所以n3＝(1，，)，‎ 设二面角C—A1D—E的平面角为φ，且φ为锐角，‎ 则cosφ＝|cos〈n2，n3〉|＝＝＝.‎ 所以二面角C－A1D－E的余弦值为.‎ ‎3.[2015·洛阳统考]如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC. ‎ ‎(1)若BE＝1，是否在折叠后的线段AD上存在一点P，且＝λ，使CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由；‎ ‎(2)求三棱锥A－CDF的体积的最大值，并求出此时二面角E－AC－F的余弦值．‎ 解　∵平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC＝EF，FD⊥EF，‎ ‎∴FD⊥平面ABEF，又AF⊂平面ABEF，‎ ‎∴FD⊥AF，‎ 在折起过程中，AF⊥EF，又FD∩EF＝F，‎ ‎∴AF⊥平面EFDC.‎ 以F为原点，FE，FD，FA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．‎ ‎(1)解法一：若BE＝1，则各点坐标如下：‎ F(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,5,0)，C(2,3,0)，‎ ‎∴平面ABEF的法向量可为＝(0,5,0)，‎ ‎∵＝λ，‎ ‎∴－＝λ(－)，‎ ‎∴＝＋＝(0,0,1)＋(0,5,0)＝，‎ ‎∴P，‎ ‎∴＝＝，‎ 若CP∥平面ABEF，则必有⊥，即·＝0，‎ ‎∵·＝·(0,5,0)＝·5＝0，‎ ‎∴λ＝，‎ ‎∴AD上存在一点P，且＝，使CP∥平面ABEF.‎ 解法二：AD上存在一点P，使CP∥平面ABEF，此时λ＝.理由如下：‎ 当λ＝时，＝，可知＝，‎ 过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，PC，则有＝＝，‎ 又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，‎ 又EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，‎ ‎∴CP∥ME，又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，‎ 故有CP∥平面ABEF.‎ ‎(2)设BE＝x(00)，则D(0,2，m)，‎ 设平面ABE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则由得，‎ 令x1＝，则y1＝－3，z1＝0，‎ ‎∴n1＝(，－3,0)，‎ 同理可求平面ADE的法向量n2＝，‎ ‎∵平面ABE⊥平面ADE，‎ ‎∴n1⊥n2，即n1·n2＝0，‎ ‎∴3＝可得m＝2，∴CD＝2.‎ ‎(2)＝(0,0，－4)，‎ 设AB与平面ADE所成的角为α，则 sinα＝|cos〈，n2〉|＝ ‎＝∈，‎ ‎∴α∈，∴直线AB与平面ADE所成角的取值范围为.‎ ‎5. [2015·课标全国卷Ⅱ]如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ ‎(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；‎ ‎(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．‎ 解　(1)交线围成的正方形EHGF如图：‎ ‎(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.‎ 因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.‎ 于是MH＝＝6，所以AH＝10.‎ 以D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Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，＝(10,0,0)，＝(0，－6，8)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则 即 所以可取n＝(0,4,3)．‎ 又＝(－10,4,8)，故|cos〈n，〉|＝＝.‎ 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.‎ ‎6.[2015·天津高考] 如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．‎ ‎(1)求证：MN∥平面ABCD；‎ ‎(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；‎ ‎(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长．‎ 解　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)．‎ 又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，‎ 得M，N(1，－2,1)．‎ ‎(1)证明：依题意，可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.＝.‎ 由此可得·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.‎ ‎(2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)．‎ 设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，‎ 则即不妨设z1＝1，可得n1＝(0,1,1)．‎ 设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，‎ 则又＝(0,1,2)，得 不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2，1)．‎ 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝，‎ 所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为.‎ ‎(3)依题意，可设＝λ，其中λ∈[0,1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)．‎ 又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝－2.‎ 所以，线段A1E的长为－2.‎