《高三理科數(shù)學(xué) 新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題:第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練6 Word版含答案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高三理科數(shù)學(xué) 新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題:第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練6 Word版含答案(11頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
題型練6 大題專項(xiàng)(四)
立體幾何綜合問題
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(diǎn)P,Q分別在棱DD1,BC上.
(1)若P是DD1的中點(diǎn),證明:AB1⊥PQ;
(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為37,求四面體ADPQ的體積.
2.如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B⊥底面ABC,側(cè)棱AA1與底面ABC所成角為60,AA1=2,底面ABC是邊長為2的正三角形,點(diǎn)G為△ABC的重心,
2、點(diǎn)E在BC1上,且BE=13BC1.
(1)求證:GE∥平面AA1B1B;
(2)求平面B1GE與底面ABC所成銳角二面角的余弦值.
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(diǎn).
(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
3、棱錐.AB=2,BC=3,點(diǎn)P∈平面CC1D1D,且PD=PC=2.
(1)證明:PD⊥平面PBC;
(2)求PA與平面ABCD所成角的正切值;
(3)當(dāng)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(diǎn),滿足異面直線BE與CD所成的角為30,求AE的長.
4、
6.已知四邊形ABCD滿足AD∥BC,BA=AD=DC=12BC=a,E是BC的中點(diǎn),將△BAE沿AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD,F為B1D的中點(diǎn).
(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.
參考答案
題型練6 大題專項(xiàng)(四)
立體幾何綜合問題
1.解
由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直,
5、以A為坐標(biāo)原點(diǎn),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(biāo)系,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)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是DD1的中點(diǎn),則P0,92,3,PQ=6,m-92,-3.
又AB1=(3,0,6),于是AB1PQ=18-18=0,
所以AB1⊥PQ,即AB1⊥PQ.
(2)由題設(shè)知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(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n1DQ=0,n1DD1=0,即
6、6x+(m-6)y=0,-3y+6z=0.
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=n1n2|n1||n2|=31(6-m)2+62+32=3(6-m)2+45.
而二面角P-QD-A的余弦值為37,因此3(6-m)2+45=37,解得m=4或m=8(舍去),此時Q(6,4,0).
設(shè)DP=λDD1(0<λ≤1),而DD1=(0,-3,6),由此得點(diǎn)P(0,6-3λ,6λ),所以PQ=(6,3λ-2,-6λ).
因?yàn)镻Q∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個法向量是n3=(0,1,0),所以PQn3=0,
7、即3λ-2=0,亦即λ=23,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(yuǎn)=4.故四面體ADPQ的體積V=13S△ADQh=1312664=24.
2.(1)證明連接B1E,并延長交BC于點(diǎn)F,連接AB1,AF.∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴BC∥B1C1,
∴△EFB∽△EB1C1.
∵BE=13BC1,∴BEEC1=EFEB1=BFB1C1=12,
∴BF=12BC,∴F是BC的中點(diǎn).
∵點(diǎn)G是△ABC的重心,∴點(diǎn)G在AF上,且GFAG=EFEB1=12,∴GE∥AB1,∴GE∥平面AA1B1B.
(2)解過點(diǎn)A1作A1O
8、⊥AB,垂足為O,連接OC.
∵側(cè)面AA1B1B⊥底面ABC,∴A1O⊥底面ABC,
∴∠A1AB=60.
∵AA1=2,∴AO=1.∵AB=2,
∴點(diǎn)O是AB的中點(diǎn).
又點(diǎn)G是正三角形ABC的重心,
∴點(diǎn)G在OC上,∴OC⊥AB,
∵A1O⊥底面ABC,∴A1O⊥OB,A1O⊥OC,以O(shè)為原點(diǎn),分別以O(shè)C,OB,OA所在直線為x,y,z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系O-xyz.
由題意可得:A(0,-1,0),B(0,1,0),C(3,0,0),A1(0,0,3),B1(0,2,3),C1(3,1,3),
則G33,0,0,
∴BE=13BC1=33,0,33,∴E33,1
9、,33,
∴GE=0,1,33,B1E=33,-1,-233.
設(shè)n=(x,y,z)是平面B1GE的一個法向量,則n⊥GE,n⊥B1E,∴y+33z=0,33x-y-233z=0,
令z=3,則x=3,y=-1,∴n=(3,-1,3).
易知OA1=(0,0,3)是平面ABC的一個法向量,設(shè)平面B1GE與底面ABC所成銳二面角為θ,
則有cosθ=OA1n|OA1||n|=217.
3.
(1)證法一如圖,取AE的中點(diǎn)H,連接HG,HD,又G是BE的中點(diǎn),
所以GH∥AB,且GH=12AB.
又F是CD的中點(diǎn),
所以DF=12CD.
由四邊形ABCD是矩形,得AB∥C
10、D,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(diǎn)M,連接MG,MF.
又G是BE的中點(diǎn),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(diǎn),得MF∥AD.
又AD?平面ADE,MF?平面ADE,
所以MF∥平面ADE.
又因?yàn)镚M∩MF=M,GM?平面GMF,MF?平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.
因?yàn)镚F?平面GMF.所以GF∥平面ADE.
11、(2)解如圖,在平面BEC內(nèi),過點(diǎn)B作BQ∥EC.
因?yàn)锽E⊥CE,所以BQ⊥BE.
又因?yàn)锳B⊥平面BEC,
所以AB⊥BE,AB⊥BQ.
以B為原點(diǎn),分別以BE,BQ,BA的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,
則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).
因?yàn)锳B⊥平面BEC,所以BA=(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AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),
由nAE=0,nAF=0,得2x-2z=0,2x+2y-z=0,
取z=2,得n=(2,-1,2).
從而
12、cos=nBA|n||BA|=432=23.所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為23.
4.(1)證明如圖建立空間直角坐標(biāo)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PD=(0,-1,-1),PB=(3,1,-1),PC=(0,1,-1),所以PDPB=0,PDPC=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),PA=(3,-1,-1),
而平面ABCD的一個法向量為n1=(0,0,1),
所以cos
13、n1>=-1111=-1111.
所以PA與平面ABCD所成角的正弦值為1111.
所以PA與平面ABCD所成角的正切值為1010.
(3)解因?yàn)镈(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),
所以DA=(3,0,0),AB1=(0,2,-a).
設(shè)平面AB1D的法向量為n2=(x,y,z),則有DAn2=3x=0,AB1n2=2y-az=0,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PC⊥n2,
即PCn2=a-2=0,解得a=2.
所以當(dāng)AA1=2時,PC∥平面AB1D.
5.解如圖,以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角
14、坐標(biāo)系,依題意得A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B-12,12,0,P(0,0,2).
(1)證明易得PC=(0,1,-2),AD=(2,0,0).于是PCAD=0,所以PC⊥AD.
(2)PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0).設(shè)平面PCD的法向量n=(x,y,z).
則nPC=0,nCD=0,即y-2z=0,2x-y=0.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=mn|m||n|=16=66,
從而sin=306.
所以二面角A-PC-D的正弦值為306.
(3)設(shè)點(diǎn)
15、E的坐標(biāo)為(0,0,h),其中h∈[0,2].由此得BE=12,-12,h.
又CD=(2,-1,0),故cos=BECD|BE||CD|=3212+h25=310+20h2,
所以310+20h2=cos30=32,解得h=1010,即AE=1010.
6.(1)解取AE的中點(diǎn)M,連接B1M.因?yàn)锽A=AD=DC=12BC=a,△ABE為等邊三角形,所以B1M=32a.
又因?yàn)槠矫鍮1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以V=1332aaasinπ3=a34.
(2)證明連接ED交AC于點(diǎn)O,連接OF,因?yàn)樗倪呅蜛ECD為菱形,OE=OD,所以FO∥B1E
16、,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(biāo)系,
則Ea2,0,0,Ca,32a,0,A-a2,0,0,D0,32a,0,B10,0,32a,
所以EC=a2,32a,0,EB1=-a2,0,3a2,
AD=a2,3a2,0,AB1=a2,0,3a2.
設(shè)平面ECB1的法向量為u=(x,y,z),
則a2x+32ay=0,-a2x+32az=0,
令x=1,u=1,-33,33,同理平面ADB1的法向量為v=1,-33,-33,
所以cos=1+13-131+13+131+13+13=35,故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為35.