新课标2018届高考数学二轮复习第三部分题型指导考前提分题型练6大题专项四立体几何综合问题理.doc

《新课标2018届高考数学二轮复习第三部分题型指导考前提分题型练6大题专项四立体几何综合问题理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标2018届高考数学二轮复习第三部分题型指导考前提分题型练6大题专项四立体几何综合问题理.doc（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

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:AB1PQ;(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.2.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B底面ABC,侧棱AA1与底面ABC所成角为60,AA1=2,底面ABC是边长为2的正三角形,点G为ABC的重心,点E在BC1上,且BE=BC1.(1)求证:GE平面AA1B1B;(2)求平面B1GE与底面ABC所成锐角二面

2、角的余弦值.3.如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,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.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=.(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.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ACAD,ABBC,BAC=45,PA=AD=2,AC

3、=1.(1)证明:PCAD;(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ADBC,BA=AD=DC=BC=a,E是BC的中点,将BAE沿AE翻折成B1AE,使平面B1AE平面AECD,F为B1D的中点.(1)求四棱锥B1-AECD的体积;(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.参考答案题型练6大题专项(四)立体几何综合问题1.解由题设知,AA1,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

4、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,0m6.(1)证明若P是DD1的中点,则P又=(3,0,6),于是=18-18=0,所以,即AB1PQ.(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.设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,则取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=.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Q(6,4,0).设=(01),而=(0,-3,6),由此

5、得点P(0,6-3,6),所以=(6,3-2,-6).因为PQ平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以n3=0,即3-2=0,亦即=,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=SADQh=664=24.2.(1)证明连接B1E,并延长交BC于点F,连接AB1,AF.ABC-A1B1C1是三棱柱,BCB1C1,EFBEB1C1.BE=BC1,BF=BC,F是BC的中点.点G是ABC的重心,点G在AF上,且,GEAB1,GE平面AA1B1B.(2)解过点A1作A1OAB,垂足为O,连

6、接OC.侧面AA1B1B底面ABC,A1O底面ABC,A1AB=60.AA1=2,AO=1.AB=2,点O是AB的中点.又点G是正三角形ABC的重心,点G在OC上,OCAB,A1O底面ABC,A1OOB,A1OOC,以O为原点,分别以OC,OB,OA所在直线为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系O-xyz.由题意可得:A(0,-1,0),B(0,1,0),C(,0,0),A1(0,0,),B1(0,2,),C1(,1,),则G,E,设n=(x,y,z)是平面B1GE的一个法向量,则令z=,则x=,y=-1,n=(,-1,).易知=(0,0,)是平面ABC的一个法向量,设平面B1GE与底面ABC所

7、成锐二面角为,则有cos=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GHAB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形,得ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.证法二如图,取AB中点M,连接MG,MF.又G是BE的中点,可知GMAE.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MFAD.又AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE.又因为GMMF=M,

8、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BQEC.因为BECE,所以BQBE.又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ.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

9、弦值为4.(1)证明如图建立空间直角坐标系.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=-所以PA与平面ABCD所成角的正弦值为所以PA与平面ABCD所成角的正切值为(3)解因为D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),所以=(3,0,0),=(0,

10、2,-a).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.5.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).(1)证明易得=(0,1,-2),=(2,0,0).于是=0,所以PCAD.(2)=(0,1,-2),=(2,-1,0).设平面PCD的法向量n=(x,y,z).则不妨令z=1,可得n=(1,2,1).可取平面PAC的法向量m=(1,0,0)

11、.于是cos=,从而sin=所以二面角A-PC-D的正弦值为(3)设点E的坐标为(0,0,h),其中h0,2.由此得又=(2,-1,0),故cos=,所以=cos30=,解得h=,即AE=6.(1)解取AE的中点M,连接B1M.因为BA=AD=DC=BC=a,ABE为等边三角形,所以B1M=a.又因为平面B1AE平面AECD,所以B1M平面AECD,所以V=aaasin(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FOB1E,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,所以,设平面ECB1的法向量为u=(x,y,z),则令x=1,u=,同理平面ADB1的法向量为v=,所以cos=,故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为- 11 -