（新課標）天津市2022年高考數(shù)學二輪復習 題型練6 大題專項（四）立體幾何綜合問題 理

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1、（新課標）天津市2022年高考數(shù)學二輪復習 題型練6 大題專項（四）立體幾何綜合問題 理 1. 如圖,已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形.A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.點P,Q分別在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中點,證明:AB1⊥PQ; (2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為,求四面體ADPQ的體積. 2. (2018江蘇,22)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點P,Q分別為A1B1,BC的中點. (1)求異面直線B

2、P與AC1所成角的余弦值; (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值. 3. 如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點. (1)求證:GF∥平面ADE; (2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值. 4. 在如圖所示的組合體中,ABCD-A1B1C1D1是一個長方體,P-ABCD是一個四棱錐.AB=2,BC=3,點P∈平面CC1D1D,且PD=PC

3、=. (1)證明:PD⊥平面PBC; (2)求PA與平面ABCD所成角的正切值; (3)當AA1的長為何值時,PC∥平面AB1D? 5. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1. (1)證明:PC⊥AD; (2)求二面角A-PC-D的正弦值; (3)設(shè)E為棱PA上的點,滿足異面直線BE與CD所成的角為30°,求AE的長. 6.已知四邊形ABCD滿足AD∥BC,BA=AD=DC=BC=a,E

4、是BC的中點,將△BAE沿AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD,F為B1D的中點. (1)求四棱錐B1-AECD的體積; (2)證明:B1E∥平面ACF; (3)求平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值. 題型練6　大題專項(四) 立體幾何綜合問題 1.解 由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直,以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則相關(guān)各點的坐標為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≤m≤6. (1)證明:若P

5、是DD1的中點,則P 又=(3,0,6),于是=18-18=0, 所以,即AB1⊥PQ. (2)由題設(shè)知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個不共線向量. 設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的一個法向量,則 取y=6,得n1=(6-m,6,3). 又平面AQD的一個法向量是n2=(0,0,1),所以cos= . 而二面角P-QD-A的余弦值為,因此,解得m=4或m=8(舍去),此時Q(6,4,0). 設(shè)=(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得點P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ). 因為PQ∥平面ABB1A1,且

6、平面ABB1A1的一個法向量是n3=(0,1,0),所以n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,從而P(0,4,4). 于是,將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐P-ADQ,則其高h=4.故四面體ADPQ的體積V=S△ADQ·h=6×6×4=24. 2. 解 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,設(shè)AC,A1C1的中點分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{}為基底,建立空間直角坐標系O-xyz. 因為AB=AA1=2, 所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2). (1)因為

7、P為A1B1的中點,所以P, 從而=(0,2,2), 故|cos<>|= 因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為 (2)因為Q為BC的中點,所以Q, 因此=(0,2,2),=(0,0,2). 設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個法向量, 則 不妨取n=(,-1,1). 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ, 則sin θ=|cos<,n>|=, 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為 3. (1)證法一 如圖,取AE的中點H,連接HG,HD,又G是BE的中點, 所以GH∥AB,且GH=AB. 又F是CD的中點, 所以DF=CD. 由四邊形AB

8、CD是矩形,得AB∥CD,AB=CD, 所以GH∥DF,且GH=DF, 從而四邊形HGFD是平行四邊形, 所以GF∥DH. 又DH?平面ADE,GF?平面ADE, 所以GF∥平面ADE. 證法二 如圖,取AB中點M,連接MG,MF. 又G是BE的中點,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分別是AB,CD的中點,得MF∥AD. 又AD?平面ADE,MF?平面ADE, 所以MF∥平面ADE. 又因為GM∩MF=M,GM?平面GMF,MF?平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE. 因為GF?平面GMF

9、.所以GF∥平面ADE. (2)解 如圖,在平面BEC內(nèi),過點B作BQ∥EC. 因為BE⊥CE,所以BQ⊥BE. 又因為AB⊥平面BEC, 所以AB⊥BE,AB⊥BQ. 以B為原點,分別以的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系, 則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因為AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)為平面BEC的法向量. 設(shè)n=(x,y,z)為平面AEF的法向量. 又=(2,0,-2),=(2,2,-1), 由 取z=2,得n=(2,-1,2). 從而cos=所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的

10、余弦值為 4.(1)證明 如圖建立空間直角坐標系. 設(shè)棱長AA1=a,則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內(nèi)的兩條相交直線PC和PB,由線面垂直的判定定理,得PD⊥平面PBC. (2)解 A(3,0,a),=(3,-1,-1), 而平面ABCD的一個法向量為n1=(0,0,1), 所以cos<,n1>==- 所以PA與平面ABCD所成角的正弦值為 所以PA與平面ABCD所成角的正切值為 (3)解 因為D(0,0,a),B

11、1(3,2,0),A(3,0,a), 所以=(3,0,0),=(0,2,-a). 設(shè)平面AB1D的法向量為n2=(x,y,z),則有令z=2,可得平面AB1D的一個法向量為n2=(0,a,2). 若要使得PC∥平面AB1D,則要n2, 即n2=a-2=0,解得a=2. 所以當AA1=2時,PC∥平面AB1D. 5.解 如圖,以點A為原點建立空間直角坐標系,依題意得A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B,P(0,0,2). (1)證明:易得=(0,1,-2),=(2,0,0).于是=0,所以PC⊥AD. (2)=(0,1,-2),=(2,-1,0).設(shè)平面P

12、CD的法向量n=(x,y,z). 則不妨令z=1, 可得n=(1,2,1).可取平面PAC的法向量m=(1,0,0). 于是cos=, 從而sin= 所以二面角A-PC-D的正弦值為 (3)設(shè)點E的坐標為(0,0,h),其中h∈[0,2].由此得 又=(2,-1,0),故cos<>=, 所以=cos 30°=,解得h=,即AE= 6.(1)解 取AE的中點M,連接B1M.因為BA=AD=DC=BC=a,△ABE為等邊三角形,所以B1M=a. 又因為平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以V=a×a×a×sin (2)證明 連接ED交AC于點O,連接OF,因為四邊形AECD為菱形,OE=OD,所以FO∥B1E,所以B1E∥平面ACF. (3)解 連接MD,則∠AMD=90°,分別以ME,MD,MB1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系, 則E,C,A,D,B1, 所以, 設(shè)平面ECB1的法向量為u=(x,y,z), 則 令x=1,u=,同理平面ADB1的法向量為v=, 所以cos=,故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為