（新课标）天津市2019年高考数学二轮复习题型练6大题专项（四）立体几何综合问题理.doc

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1、1题型练 6 大题专项(四)立体几何综合问题1.如图,已知四棱台 ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为 3和 6的正方形 .A1A=6,且 A1A底面ABCD.点 P,Q分别在棱 DD1,BC上 .(1)若 P是 DD1的中点,证明: AB1 PQ;(2)若 PQ平面 ABB1A1,二面角 P-QD-A的余弦值为 ,求四面体 ADPQ的体积 .3722.(2018江苏,22)如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1中, AB=AA1=2,点 P,Q分别为 A1B1,BC的中点 .(1)求异面直线 BP与 AC1所成角的余弦值;(2)求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值 .3

2、3.如图,在几何体 ABCDE中,四边形 ABCD是矩形, AB平面 BEC,BE EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点 .(1)求证: GF平面 ADE;(2)求平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值 .4.4在如图所示的组合体中, ABCD-A1B1C1D1是一个长方体, P-ABCD是一个四棱锥 .AB=2,BC=3,点 P平面CC1D1D,且 PD=PC= .2(1)证明: PD平面 PBC;(2)求 PA与平面 ABCD所成角的正切值;(3)当 AA1的长为何值时, PC平面 AB1D?5.5如图,在四棱锥 P-ABCD中, PA平面 ABCD,AC

3、AD,AB BC, BAC=45,PA=AD=2,AC=1.(1)证明: PC AD;(2)求二面角 A-PC-D的正弦值;(3)设 E为棱 PA上的点,满足异面直线 BE与 CD所成的角为 30,求 AE的长 .6.已知四边形 ABCD满足 AD BC,BA=AD=DC= BC=a,E是 BC的中点,将 BAE沿 AE翻折成 B1AE,使12平面 B1AE平面 AECD,F为 B1D的中点 .(1)求四棱锥 B1-AECD的体积;6(2)证明: B1E平面 ACF;(3)求平面 ADB1与平面 ECB1所成锐二面角的余弦值 .7题型练 6 大题专项(四)立体几何综合问题1.解 由题设知, A

4、A1,AB,AD两两垂直,以 A为坐标原点, AB,AD,AA1所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中 m=BQ,0 m6 .(1)证明:若 P是 DD1的中点,则 P(0,92,3),=(6,-92,-3).又 =(3,0,6),于是 =18-18=0,1 1所以 ,即 AB1 PQ.1(2)由题设知, =(6,m-6,0), =(0,-3,6)是平面 PQD内的两个不共线向量 . 1设 n1=(x,y,z)是平面 PQD的一个法向量,则1=0,

5、11=0,即 6+(-6)=0,-3+6=0. 取 y=6,得 n1=(6-m,6,3).又平面 AQD的一个法向量是 n2=(0,0,1),所以 cos=.12|1|2|= 31(6-)2+62+32= 3(6-)2+45而二面角 P-QD-A的余弦值为 ,因此 ,解得 m=4或 m=8(舍去),此时37 3(6-)2+45=37Q(6,4,0).设 = (0|=,1|1|1|=|-1+4|522=31020.因此,异面直线 BP与 AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为 Q为 BC的中点,所以 Q ,(32,12,0)因此 =(0,2,2), =(0,0,2).=(32,32,0),

6、1 1设 n=(x,y,z)为平面 AQC1的一个法向量,9则=0,1=0,即 32+32=0,2+2=0. 不妨取 n=( ,-1,1).3设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 ,则 sin =| cos|= ,1|1|1|=252=55所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为55.3.(1)证法一 如图,取 AE的中点 H,连接 HG,HD,又 G是 BE的中点,所以 GH AB,且 GH= AB.12又 F是 CD的中点,所以 DF= CD.12由四边形 ABCD是矩形,得 AB CD,AB=CD,所以 GH DF,且 GH=DF,从而四边形 HGFD是平行四边形,所以 GF

7、DH.又 DH平面 ADE,GF平面 ADE,所以 GF平面 ADE.10证法二 如图,取 AB中点 M,连接 MG,MF.又 G是 BE的中点,可知 GM AE.又 AE平面 ADE,GM平面 ADE,所以 GM平面 ADE.在矩形 ABCD中,由 M,F分别是 AB,CD的中点,得 MF AD.又 AD平面 ADE,MF平面 ADE,所以 MF平面 ADE.又因为 GM MF=M,GM平面 GMF,MF平面 GMF,所以平面 GMF平面 ADE.因为 GF平面 GMF.所以 GF平面 ADE.(2)解 如图,在平面 BEC内,过点 B作 BQ EC.因为 BE CE,所以 BQ BE.又因

8、为 AB平面 BEC,所以 AB BE,AB BQ.以 B为原点,分别以 的方向为 x轴、 y轴、 z轴的正方向建立空间直角坐标系,则 A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为 AB平面 BEC,所以 =(0,0,2)为平面 BEC的法向量 .设 n=(x,y,z)为平面 AEF的法向量 .又 =(2,0,-2), =(2,2,-1), 由 =0,=0,得 2-2=0,2+2-=0,11取 z=2,得 n=(2,-1,2).从而 cos= 所以平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值为|=432=23. 23.4.(1)证明 如图建立空间直角坐标系 .

9、设棱长 AA1=a,则 D(0,0,a),P(0,1,a+1),B(3,2,a),C(0,2,a).于是 =(0,-1,-1), =(3,1,-1), =(0,1,-1),所以 =0, =0. 所以 PD垂直于平面 PBC内的两条相交直线 PC和 PB,由线面垂直的判定定理,得 PD平面 PBC.(2)解 A(3,0,a), =(3,-1,-1),而平面 ABCD的一个法向量为 n1=(0,0,1),所以 cos= =-1111 1111.所以 PA与平面 ABCD所成角的正弦值为1111.所以 PA与平面 ABCD所成角的正切值为1010.(3)解 因为 D(0,0,a),B1(3,2,0)

10、,A(3,0,a),所以 =(3,0,0), =(0,2,-a). 1设平面 AB1D的法向量为 n2=(x,y,z),则有 令 z=2,可得平面 AB1D的一 2=3=0,12=2-=0,个法向量为 n2=(0,a,2).若要使得 PC平面 AB1D,则要 n2,即 n2=a-2=0,解得 a=2.所以当 AA1=2时, PC平面 AB1D.125.解 如图,以点 A为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B,P(0,0,2).(-12,12,0)(1)证明:易得 =(0,1,-2), =(2,0,0).于是 =0,所以 PC AD. (2)

11、 =(0,1,-2), =(2,-1,0).设平面 PCD的法向量 n=(x,y,z). 则 不妨令 z=1,=0,=0,即 -2=0,2-=0.可得 n=(1,2,1).可取平面 PAC的法向量 m=(1,0,0).于是 cos= ,|=16=66从而 sin=306.所以二面角 A-PC-D的正弦值为306.(3)设点 E的坐标为(0,0, h),其中 h0,2 .由此得=(12,-12,).又 =(2,-1,0),故 cos= , ,|=3212+25= 310+202所以 =cos 30= ,解得 h= ,即 AE=310+202 32 1010 1010.6.(1)解 取 AE的中点

12、 M,连接 B1M.因为 BA=AD=DC= BC=a, ABE为等边三角形,所以 B1M= a.12 3213又因为平面 B1AE平面 AECD,所以 B1M平面 AECD,所以 V= aaasin1332 3=34.(2)证明 连接 ED交 AC于点 O,连接 OF,因为四边形 AECD为菱形, OE=OD,所以 FO B1E,所以 B1E平面 ACF.(3)解 连接 MD,则 AMD=90,分别以 ME,MD,MB1所在直线为 x,y,z轴建立空间直角坐标系,则 E ,C ,A ,D ,B1 ,(2,0,0) (,32,0) (-2,0,0) (0,32,0) (0,0,32)所以 ,=(2,32,0),1=(-2,0,32)=(2,32,0),1=(2,0,32).设平面 ECB1的法向量为 u=(x,y,z),则2+32=0,-2+32=0,令 x=1,u= ,同理平面 ADB1的法向量为 v= ,(1,- 33,33) (1,- 33,- 33)所以 cos= ,故平面 ADB1与平面 ECB1所成锐二面角的余弦1+13-131+13+131+13+13=35值为35.