2017届高考理科数学二轮复习训练：1-4-2 高考中的立体几何（参考解析）

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)，→(CB)＝(0,2,0)，→(BB1)＝→(AA1)＝(－1,0，)，

→(CA1)＝(0,1，)，→(A1B1)＝→(AB)＝(－1,1,0)．

设平面BB₁C的法向量m＝(x₁，y₁，z₁)，

则×z1＝0，(0×x1＋2×y1＋0×z1＝0，)取m＝(，0,1)．

设平面A₁B₁C的法向量n＝(x₂，y₂，z₂)，

则－1×x2＋1×y2＋0×z2＝0，(3×z2＝0，)取n＝(－，－，1)．

cos〈m，n〉＝|m||n|(m·n)＝－7(7)，则二面角B－B₁C－A₁的余弦值为－7(7).

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＝2(1)BC＝AB＝CD，所以△ABE是正三角形，∠AEB＝60°，又∠CED＝2(1)×(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＝2(2)，AF＝EF＝＋1(1)＝2(6)，

所以cos∠AEF＝2×AE×EF(AE2＋EF2－AF2)＝6(6).

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，0(1).

(1)设平面A₁AE的一个法向量为n₁＝(m，n，p)，

则＝ap＝0(AA1)

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＝a(2)，

直接计算知n₁·n₂＝0，所以平面A₁AE⊥平面A₁DE.

(2)由DE＝A₁E，即2＋0(1)＝

2＋(－a)2(1)，解得a＝，

→(AE)＝，0(1)，→(A1D)＝(0,2，－)，

所以异面直线AE与A₁D所成角的余弦值cosθ＝|(A1D)＝6(6).

(3)由(2)可知A₁A＝，平面A₁DE的一个法向量为n₂＝(，1，)，

又→(CD)＝，0(1)，→(A1D)＝(0,2，－)，设平面CA₁D的法向量n₃＝(x，y，z)，则·n3＝0(CD)

得y＝0(1)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〉|＝|n2||n3|(n2·n3)＝6(3)＝5(5).

所以二面角C－A₁D－E的余弦值为5(5).

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→(AP)＝λ→(PD)，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→(FD)＝(0,5,0)，

∵→(AP)＝λ→(PD)，

∴→(FP)－→(FA)＝λ(→(FD)－→(FP))，

∴→(FP)＝1＋λ(1)→(FA)＋1＋λ(λ)→(FD)＝1＋λ(1)(0,0,1)＋1＋λ(λ)(0,5,0)＝1＋λ(1)，

∴P1＋λ(1)，

∴→(CP)＝1＋λ(1)＝1＋λ(1)，

若CP∥平面ABEF，则必有→(CP)⊥→(FD)，即→(CP)·→(FD)＝0，

∵→(CP)·→(FD)＝1＋λ(1)·(0,5,0)＝1＋λ(－3＋2λ)·5＝0，

∴λ＝2(3)，

∴AD上存在一点P，且→(AP)＝2(3)→(PD)，使CP∥平面ABEF.

解法二：AD上存在一点P，使CP∥平面ABEF，此时λ＝2(3).理由如下：

当λ＝2(3)时，→(AP)＝2(3)→(PD)，可知AD(AP)＝5(3)，

过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，PC，则有FD(MP)＝AD(AP)＝5(3)，

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(0<x≤4)，则AF＝x，FD＝6－x，

故V_{三棱锥A－CDF}＝3(1)·2(1)·2·(6－x)·x＝3(1)(－x²＋6x)，

∴当x＝3时，V_{三棱锥A－CDF}有最大值，且最大值为3，

∴A(0,0,3)，D(0,3,0)，C(2,1,0)，E(2,0,0)，

∴→(AE)＝(2,0，－3)，→(AC)＝(2,1，－3)，→(FA)＝(0,0,3)，→(FC)＝(2,1,0)，

设平面ACE的法向量m＝(x₁，y₁，z₁)，

则＝0(AE)，即2x1－3z1＝0(2x1＋y1－3z1＝0)，

令x₁＝3，则y₁＝0，z₁＝2，则m＝(3,0,2)．

设平面ACF的法向量n＝(x₂，y₂，z₂)，

则＝0(FC)，即2x2＋y2＝0(3z2＝0)，

令x₂＝1，则y₂＝－2，z₂＝0，则n＝(1，－2,0)，

则cos〈m，n〉＝|m||n|(m·n)＝5(3)＝65(65)，

故二面角E－AC－F的余弦值为65(65).

4.如图，已知AB⊥平面BEC，AB∥CD，AB＝BC＝4，△BEC为等边三角形，

(1)若平面ABE⊥平面ADE，求CD长度；

(2)若CD≤2＋2，求直线AB与平面ADE所成角的取值范围．

解 (1)取BC的中点为O，建系如图

B(0，－2,0)，C(0,2,0)，A(0，－2,4)，E(2，0,0)，

设CD＝m(m>0)，则D(0,2，m)，

设平面ABE的法向量为n₁＝(x₁，y₁，z₁)，

则由·n1＝0(AE)得x1＋2y1－4z1＝0(－4z1＝0)，

令x₁＝，则y₁＝－3，z₁＝0，

∴n₁＝(，－3,0)，

同理可求平面ADE的法向量n₂＝m＋4(12)，

∵平面ABE⊥平面ADE，

∴n₁⊥n₂，即n₁·n₂＝0，

∴3＝m＋4(9(4－m))可得m＝2，∴CD＝2.

(2)→(AB)＝(0,0，－4)，

设AB与平面ADE所成的角为α，则

sinα＝|cos〈→(AB)，n₂〉|＝(m＋4)2(144)

＝12(m2－4m＋28)(12)∈2()，

∴α∈4(π)，∴直线AB与平面ADE所成角的取值范围为4(π).

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，→(DA)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)，→(FE)＝(10,0,0)，→(HE)＝(0，－6，8)．

设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则

＝0，(HE)即－6y＋8z＝0，(10x＝0，)

所以可取n＝(0,4,3)．

又→(AF)＝(－10,4,8)，故|cos〈n，→(AF)〉|＝|(AF)＝15(5).

所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为15(5).

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3(1)，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，1(1)，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.→(MN)＝，0(5).

由此可得→(MN)·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.

(2)→(AD1)＝(1，－2,2)，→(AC)＝(2,0,0)．

设n₁＝(x₁，y₁，z₁)为平面ACD₁的法向量，

则＝0，(AC)即2x1＝0.(x1－2y1＋2z1＝0，)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＝0，(AC)又→(AB1)＝(0,1,2)，得2x2＝0.(y2＋2z2＝0，)

不妨设z₂＝1，可得n₂＝(0，－2，1)．

因此有cos〈n₁，n₂〉＝|n1|·|n2|(n1·n2)＝－10(10)，于是sin〈n₁，n₂〉＝10(10)，

所以，二面角D₁－AC－B₁的正弦值为10(10).

(3)依题意，可设→(A1E)＝λ→(A1B1)，其中λ∈[0,1]，则E(0，λ，2)，从而→(NE)＝(－1，λ＋2,1)．

又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈→(NE)，n〉＝|·|n|(NE)＝(－1)2＋(λ＋2)2＋12(1)＝3(1)，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.