大题规范练(四) 立体几何综合题。
限时：60分钟)
1．(2013·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．(2014·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．(2013·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．(2014·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．(2014·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.
因为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)．
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.
因为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，因为ab＝2，ac＝1，所以bc＝.
又因为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)．
因为＝(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，因为pa⊥平面abc，cm平面abc，所以pa⊥cm.(6分)
又因为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＝.
因为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om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′cdde⊥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)
立体几何大题
1 如图，已知正三棱柱 的底面边长为2，侧棱长为，点e在侧棱上，点f在侧棱上，且，i 求证 ii 求二面角的大小。2 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，已知。证明 若为的中点，求三菱锥的体积。3 如图，四棱锥p abcd中，abc bad 90 bc 2ad，pab与 pad都是边长为2的等边三角...
立体几何大题
1 如图5所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点 段上，平面 1 证明 平面 2 若，求二面角的正切值 2 如图5，在四棱锥p abcd中，pa 平面abcd，ab 4，bc 3，ad 5，dab abc 90 e是cd的中点。证明 cd 平面pae 若直线pb与平面pae所成的角和pb与平面abc...
立体几何大题
例1.如图所示，abcd是边长。为2a的正方形，pb 平面abcd，ma pb，且pb 2ma 2a，e是pd的中点 1 求证 me 平面abcd 2 求点b到平面pmd的距离 3 求平面pmd与平面。abcd所成二面角的余弦值。例2.在正三棱锥s abc中，底面是边长为a的正三角形，点o为 abc...