（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题型练题型练 6 6 大题专项大题专项( (四四) )立体几何综合问题立体几何综合问题1 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.3 72 2.2(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

2、的正弦值.3 3.3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 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;4(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,ACAD,ABBC,BAC=45,

3、PA=AD=2,AC=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.56 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1 2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.6题型练 6 6 大题专项(四)立体几何综合问题1 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

4、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,0m6.(1)证明:若P是DD1的中点,则P(0,9 2,3), =(6, -9 2, - 3).又=(3,0,6),于是=18-18=0,11所以,即AB1PQ.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 n n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,则1 = 0,11= 0,?即6 + ( - 6) = 0,- 3 + 6 = 0.?取y=6,得 n n1=

5、(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是 n 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3 73(6 - )2+ 45=3 7Q(6,4,0).设=(0|=,1|1|1|=| - 1 + 4| 5 2 2=3 10 20.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为3 10 20.(2)因为Q为BC的中点,所以Q,(3 2,12,0)因此=(0,2,2),=(0,0,2). =(3 2,32,0),11设 n n=(x,y,z)为平面AQC1的一

6、个法向量,8则 = 0,1 = 0,?即3 2 +3 2 = 0, 2 + 2 = 0.?不妨取 n n=(,-1,1).3设直线CC1与平面AQC1所成角为,则 sin =|cos|=,1|1|1|=2 5 2=5 5所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为5 5.3 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.1 2又F是CD的中点,所以DF= CD.1 2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AD

7、E.9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,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)

8、,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 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,?10取z=2,得 n 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|=4 3 2=2 3.2 3.4 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,

9、-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 n n1=(0,0,1),所以 cos=- 111 111 11.所以PA与平面ABCD所成角的正弦值为11 11.所以PA与平面ABCD所成角的正切值为10 10.(3)解 因为D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),所以=(3,0,0),=(0,2,-a).1设平面AB1D的法向量为 n n2=(x,y,z),则有令z=2,可得平面AB1D的一2= 3 = 0,12= 2 - =

10、0,?个法向量为 n n2=(0,a,2).若要使得PC平面AB1D,则要n n2, 即n n2=a-2=0,解得a=2.所以当AA1=2 时,PC平面AB1D.115 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 2,1 2,0)(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 n=(x,y,z).则不妨令z=1, = 0, = 0,?即 - 2 = 0,2 - = 0.?可得 n n=(1,2,1).

11、可取平面PAC的法向量 m m=(1,0,0).于是 cos=,|=1 6=6 6从而 sin=30 6.所以二面角A-PC-D的正弦值为30 6.(3)设点E的坐标为(0,0,h),其中h0,2.由此得 =(12, -1 2,).又=(2,-1,0),故 cos=,|=3 2 1 2+ 2 5=310 + 202所以=cos 30=,解得h=,即AE=310 + 2023 210 1010 10.6 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.1 23 212又因为平面B1AE平面AECD,所以B1M平面AECD,所以V=a

12、aasin1 33 2 3=3 4.(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,( 2,0,0)(,3 2,0)(- 2,0,0)(0,3 2,0)(0,0,3 2)所以, =(2,3 2,0),1=(- 2,0,3 2) =(2,3 2,0),1=(2,0,3 2).设平面ECB1的法向量为 u u=(x,y,z),则 2 +3 2 = 0,- 2 +3 2 = 0,?令x=1,u u=,同理平面ADB1的法向量为 v v=,(1, -3 3,3 3)(1, -3 3, -3 3)所以 cos=,故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为1 +1 3-1 31 +1 3+1 3 1 +1 3+1 3=3 53 5.