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

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=B

2、C1.(1)求证:GE平面 AA1B1B;(2)求平面 B1GE 与底面 ABC 所成锐角二面角的余弦值.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 AA

3、1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=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

4、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 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

5、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 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

6、=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

7、 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=

8、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,GM平面 GMF,MF平面 G

9、MF,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=

10、所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为 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

11、为(3)解因为 D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),所以=(3,0,0),=(0,2,-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.(

12、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).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