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高三理科数学 专题五 立体几何

1．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(

) 6263A.7

B.7

6065C.7

D.7

→2．已知点B是点A(3，7，－4)在xOz平面上的射影，则OB2等于(

) A．10

B．25

C．5

D．13 →→1→3．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M在AC1上，且AM＝2MC1，N为B1B的中点，则→|MN|为(

) 2161515A.6

B.6

C.6

D.3

4．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(

) 32A.2

B.2

2223C.3

D.3

5．二面角α-l-β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于________．

6.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.

(1)求证：C1B⊥平面ABC；

→→(2)设CE＝λCC1(0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．

1

7．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．

(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；

(2)求二面角H－BD－C的大小．

2

8.如图，△ABC是以∠ABC为直角的三角形，SA⊥平面ABC，SA＝BC＝2，AB＝4.M，N，D

(1)求证：MN⊥AB；

(2)求二面角S-ND-A的余弦值；

(3)求点A到平面SND的距离．

9．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边AB＝t(0

(1)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求二面角B－A1C－D的值；

(2)线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由。

3

10．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝90°，AD∥BC，AD⊥1侧面PAB，△PAB是等边三角形，DA＝AB＝2，BC＝AD，E是线段AB的中点．

2

(1)求证：PE⊥CD；

(2)求PC与平面PDE所成角的正弦值．

4

11．如图所示多面体中，AD⊥平面PDC，ABCD为平行四边形，E为AD的中点，F为线段BP上一点，∠CDP＝120°，AD＝3，AP＝5，PC＝27.

(1)试确定点F的位置，使得EF∥平面PDC；

1(2)若BF＝BP，求直线AF与平面PBC所成的角的正弦值．

3

.

5

12．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AP＝AD＝AB＝2，BC＝t，∠PAB＝∠PAD＝α.

AE(1)当t＝32时，试在棱PA上确定一点E，使得PC∥平面BDE，并求出此时的值；

EP(2)当α＝60°时，若平面PAB⊥平面PCD，求此时棱BC的长．

6

高三理科数学 专题五 立体几何

1．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(

) 6263A.7

B.7

60C.7

65D.7

→2．已知点B是点A(3，7，－4)在xOz平面上的射影，则OB2等于(

) A．(9，0，16)

C．5

B．25

D．13 →→解析

A在xOz平面上的射影为B(3，0，－

4)，则OB＝(3，0，－4)，OB

2＝25. 答案

B →→1→3．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M在AC1上，且AM＝2MC1，N为B1B的中点，则→|MN|为(

) 216A.6

B.6

1515C.6

D.3

→→→解析

如图，设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，

则a·b＝b·c＝c·a＝0. →→→→由条件知MN＝MA＋AB＋BN

11＝－3(a＋b＋c)＋a＋2c

211＝3a－3b＋6c，

41121→∴MN2＝9a2＋9b2＋36c2＝36，

7

21→∴|MN|＝6. 答案

A 4．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(

) 3A.2

2B.2

2223C.3

D.3

解析

如图，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，

→→→∴D1A1＝(2，0，0)，DA1＝(2，0，2)，DB＝(2，2，0)，

设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，

→DA1＝2x＋2z＝0，n·则令x＝1，则n＝(1，－1，－1)．

→DB＝2x＋2y＝0.n·∴点D1到平面A1BD的距离

→|D1A1·n|223d＝|n|＝＝3. 3答案

D 5．二面角α-l-β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于________．

解析

如图，∵二面角α-l-β等于120°，

→→∴CA与BD夹角为60°. →→由题设知，CA⊥AB，

→→→→→AB⊥BD，|AB|＝|AC|＝|BD|＝1，

→→→→|CD|2＝|CA＋AB＋BD|2

→→→→→→→→→→＝|CA|2＋|AB|2＋|BD|2＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD＝3＋2×cos 60°＝4，∴|CD|＝2. 6.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.

8

(1)求证：C1B⊥平面ABC；

→→(2)设CE＝λCC1(0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．

(2)解

由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

则B(0，0，0)，A(0，1，0)，C(1，0，0)，

C1(0，0，3)，B1(－1，0，3)．

→→→所以CC1＝(－1，0，3), 所以CE＝(－λ，0，3λ)，∴E(1－λ，0，3λ)，则AE＝(1－λ，－1，→3λ)，AB1＝(－1，－1，3)．

设平面AB1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，

→n⊥AE，（1－λ）x－y＋3λz＝0，则得

→n⊥AB1，－x－y＋3z＝0，3－3λ3令z＝3，则x＝，y＝，

2－λ2－λ，∴n＝3－3λ，3，3，

2－λ2－λ→∵AB⊥平面BB1C1C，BA＝(0，1，0)是平面的一个法向量，

→n·BA→∴|cos〈n，BA〉|＝→

|n|·|BA|9

＝1×32－λ3－3λ2322－λ＋2－λ＋（3）23＝2. 3两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝2(舍去)．∴λ＝1. 7．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．

(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；

(2)求二面角H－BD－C的大小．

(1)证明

在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点．所以GH∥EF，又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，

所以GH∥平面AEF. 设AC∩BD＝O，连接OH，

因为ABCD为菱形，

所以O为AC中点，

在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，

所以OH∥AF，

又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，

所以OH∥平面AEF. 又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，

所以平面BDGH∥平面AEF. (2)解

取EF的中点N，连接ON，

因为四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，所以ON∥ED，

因为平面BDEF⊥平面ABCD，

所以ED⊥平面ABCD，

10

所以ON⊥平面ABCD，

因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，得OB，OC，ON两两垂直．

所以以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，

如图建立空间直角坐标系．

因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，BF＝3，

331所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，E(－1，0，3)，F(1，0，3)，C(0，3，0)，H，，，

22233→→1所以BH＝－，，，DB＝(2，0，0)．

222设平面BDH的法向量为n＝(x，y，z)，

→BH＝0－x＋3y＋3z＝0，n·则⇒

→2x＝0，DB＝0n·令z＝1，得n＝(0，－3，1)．

→由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为DE＝(0，0，3)，

→n·DE→则cos〈n，DE〉＝→

|n||DE|0×0＋（－3）×0＋1×3＝

2×31＝2. 所以二面角H－BD－C的大小为60°. 8.如图，△ABC是以∠ABC为直角的三角形，SA⊥平面ABC，SA＝BC＝2，AB＝4.M，N，D分别是SC，AB，BC的中点．

(1)求证：MN⊥AB；

(2)求二面角S-ND-A的余弦值；

(3)求点A到平面SND的距离．

解

以B为坐标原点，BC，BA为x，y轴的正方向，垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(如图)．

11

(1)证明

由题意得A(0，4，0)，B(0，0，0)，M(1，2，1)，N(0，2，0)，S(0，4，2)，D(1，0，0)．

→→→→所以：MN＝(－1，0，－1)，AB＝(0，－4，0)，MN·AB＝0，∴MN⊥AB.

→(3)∵AN＝(0，－2，0)，

∴点A到平面SND的距离

→|AN·m|6d＝|m|＝3. 9．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边AB＝t(0

(1)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求二面角B－A1C－D的值；

12

(2)线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由

t＋2－t＝1，

解法一

(1)根据题意，长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤22

当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1，

所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，

作BM⊥A1C于M，连接DM，BD，

因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，故DM⊥A1C，所以∠BMD即为所求二面角的平面角．

(2)若线段A1C上存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，则A1C⊥BD

又A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，所以BD⊥平面A1AC.所以BD⊥AC，

底面四边形ABCD为正方形，即只有ABCD为正方形时，线段A1C上存在点P满足要求，否则不存在．由(1)知，所求点P即为BM⊥A1C的垂足M，

A1B2223此时，A1P＝AC＝＝3. 13法二

根据题意可知，AA1，AB，AD两两垂直，以AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：

13

t＋2－t＝1，

(1)长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤2当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1. 所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，则A1(0，0，1)，→→B(1，0，0)，C(1，1，0)，A1B＝(1，0，－1)，BC＝(0，1，0)，

x－z＝0，设平面A1BC的法向量m＝(x，y，z)，则

y＝0，2取x＝z＝1，得：m＝(1，0，1)，

同理可得平面A1CD的法向量n＝(0，1，1)，

m·n1所以，cos〈m，n〉＝|m|·＝|n|2，

又二面角B－A1C－D为钝角，故值是120°. (也可以通过证明B1A⊥平面A1BC写出平面A1BC的法向量) (2)根据题意有B(t，0，0)，C(t，2－t，0)，D(0，2－t，0)，若线段A1C上存在一点P满足要→→求，不妨A1P＝λA1C(λ＞0)，可得P(λt，λ(2－t)，1－λ) →BP＝(λt－t，λ(2－t)，1－λ)，

→BD＝(－t，2－t，0)，

→→A1C＝0，BP·即：

→→A1C＝0，BD·2t（λt－t）＋λ（2－t）－（1－λ）＝0，

22－t＋（2－t）＝0，2解得：t＝1，λ＝3. 即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P，位置是线段A1C上A1P∶PC＝2∶1处．

10．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝90°，AD∥BC，AD⊥1侧面PAB，△PAB是等边三角形，DA＝AB＝2，BC＝AD，E是线段AB的中点．

214

(1)求证：PE⊥CD；

(2)求PC与平面PDE所成角的正弦值．

解

(1)证明：因为AD⊥侧面PAB，PE⊂平面PAB，所以AD⊥PE. 又因为△PAB是等边三角形，E是线段AB的中点，所以PE⊥AB. 因为AD∩AB＝A，所以PE⊥平面ABCD. 而CD⊂平面ABCD，所以PE⊥CD. (2)以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz.

则E(0,0,0)，C(1，－1,0)，D(2,1,0)，P(0,0，3)．

→→→ED＝(2,1,0)，EP＝(0,0，3)，PC＝(1，－1，－3)．

设n＝(x，y，z)为平面PDE的法向量．

→ED＝0，n·2x＋y＝0，由即

→3z＝0，n·EP＝0，

令x＝1，可得n＝(1，－2,0)．

设PC与平面PDE所成的角为θ，

→|PC·n|3→则sinθ＝|cos〈PC，n〉|＝＝. →5|PC||n|3所以PC与平面PDE所成角的正弦值为. 511．如图所示多面体中，AD⊥平面PDC，ABCD为平行四边形，E为AD的中点，F为线段15

BP上一点，∠CDP＝120°，AD＝3，AP＝5，PC＝27.

(1)试确定点F的位置，使得EF∥平面PDC；

1(2)若BF＝BP，求直线AF与平面PBC所成的角的正弦值．

3

(2)以DC为x轴，过D点作DC的垂线为y轴，DA为z轴建立空间直角坐标系．在△PDC中，由PD＝4，PC＝27，∠CDP＝120°，及余弦定理，得CD＝2，

则D(0,0,0)，C(2,0,0)，B(2,0,3)，P(－2,23，0)，A(0,0,3)，

1→423→，

设F(x，y，z)，则BE＝(x－2，y，z－3)＝BP＝－，，－1333223→223∴F，，2.AF＝，，－1. 3333设平面PBC的法向量n1＝(a，b，c)，

→→CB＝(0,0,3)，PC＝(4，－23，0)，

→CB＝0，n1·3z＝0，由得

→4x－23y＝0，PC＝0，n1·

令y＝1，可得n1＝3，1，0. 2→AF·n1621→cos〈AF，n1〉＝＝，

→35|AF||n1|16

621∴直线AF与平面PBC所成的角的正弦值为. 3512．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AP＝AD＝AB＝2，BC＝t，∠PAB＝∠PAD＝α.

AE(1)当t＝32时，试在棱PA上确定一点E，使得PC∥平面BDE，并求出此时的值；

EP(2)当α＝60°时，若平面PAB⊥平面PCD，求此时棱BC的长．

解

(1)连接AC、BD交于点F，在平面PCA中作EF∥PC交PA于E，连接DE，BE. 因为PC⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，

所以PC∥平面BDE. AFAD1因为AD∥BC，所以＝＝，

FCBC3AEAF1因为EF∥PC，所以＝＝. EPFC3

→→→以O为坐标原点，分别以OG，OB，OP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz. 则O(0,0,0)，P(0,0,1)，A(－1,0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，G(1,0,0)，C22t，1－t，0，

2222→→→→故PA＝(－1,0，－1)，PB＝(0,1，－1)，

PC＝t，1－t，－1，PD＝(0，－1，－1)．

22设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

17

→PA＝0，m·－x1－z1＝0，则即

→y－z＝0，11PB＝0，m·

不妨令x1＝－1，可得m＝(－1,1,1)为平面PAB的一个法向量．

设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，

2→tx2＋1－2ty2－z2＝0，PC＝0，n·2则即2

→PD＝0，n·－y2－z2＝0，22不妨令y2＝1，可得n＝1－，1，－1为平面PCD的一个法向量．

t由m·n＝0，解得t＝22，即棱BC的长为22.

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