2022版高中数学一轮复习 高考大题强化练（四）立体几何综合问题（理含解析）新人教A版.doc

1、高考大题强化练(四)立体几何综合问题1.如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,ABAC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1与平面A1BA所成的锐二面角(是指不超过90的角)的余弦值.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系,则由题意知A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4),所以 =(2,0,-4), =(1,-1,-4),所以cos= = = ,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为 .(2) =(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量,设平面

2、ADC1的一个法向量为m=(x,y,z),因为 =(1,1,0), =(0,2,4),所以 取z=1,得y=-2,x=2,所以平面ADC1的法向量为m=(2,-2,1),设平面ADC1与ABA1所成二面角为,所以cos =|cos|= = ,所以平面ADC1与平面ABA1所成的锐二面角的余弦值为 .2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA底面ABCD,AB= ,BC=1,PA=2,E为PD的中点.(1)求cos的值;(2)在侧面PAB内找一点N,使NE平面PAC,并求出N到AB和AP的距离.【解析】(1)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA底面ABCD,A

3、B= ,BC=1,PA=2,E为PD的中点.以A为坐标原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C( ,1,0),P(0,0,2),B( ,0,0), =( ,1,0), =( ,0,-2),所以cos= = = .(2)设在侧面PAB内找一点N(a,0,c),使NE平面PAC,D(0,1,0),E , = , =(0,0,2), =( ,1,0),所以 解得a= ,c=1,所以N ,所以N到AB的距离为1,N 到AP的距离为 .3.设点E,F分别是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中点.如图,以C为坐标原点,射线CD,CB,C

4、C1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.(1)求向量 与 的数量积;(2)若点M,N分别是线段D1E与线段C1F上的点,问是否存在直线MN,MN平面ABCD?若存在,求点M,N的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)在给定的空间直角坐标系中,相关点及向量坐标分别为C1(0,0,2),F(2,2,1), =(2,2,-1),D1(2,0,2),E(1,2,0), =(-1,2,-2),所以 =-12+22+(-2)(-1)=4.(2)存在唯一直线MN,MN平面ABCD.若MN平面ABCD,则 与平面ABCD的法向量(0,0,1)平行,所以设M(a,a,m),N(a,a,n),

5、 =(0,0,n-m),n0,又因为点M,N分别是线段D1E与线段C1F上的点,所以 , ,即 = , =t ,(a-2,a,m-2)=(-,2,-2),(a,a,n-2)=(2t,2t,-t),所以 且 解得 所以点M,N的坐标分别是M ,N .【加练备选拔高】在棱长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1C的中点.应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF的长;(2)证明:EF平面AA1D1D;(3)证明:EF平面A1CD.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系,则A1(2,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),D(0,0

6、,0),因为E,F分别为AB,A1C的中点,所以E(2,1,0),F(1,1,1), =(-1,0,1),所以| |= = .(2)因为 =(-2,0,2)=2 ,所以EFAD1,又AD1平面AA1D1D,EF平面AA1D1D,所以EF平面AA1D1D.(3) =(0,-2,0), =(-2,0,-2),因为 =0, =0,所以EFCD,EFA1D,又CDA1D=D,所以EF平面A1CD.4.如图1所示,在边长为12的正方形AAA1A1中,点B,C在线段AA上,且AB=3,BC=4,作BB1AA1,分别交A1A1,AA1于点B1,P,作CC1AA1,分别交A1A1,AA1于点C1,Q,将该正方

7、形沿BB1,CC1折叠,使得AA1与AA1重合,构成如图2所示的三棱柱ABC-A1B1C1.(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,求证:AB平面BCC1B1;(2)求平面APQ将三棱柱ABC-A1B1C1分成上、下两部分几何体的体积之比;(3)试判断直线AQ是否与平面A1C1P平行,并说明理由. 【解析】(1)因为AB=3,BC=4,所以AC=12-3-4=5,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=5,从而有AC2=AB2+BC2,所以ABBC,又因为ABBB1,BCBB1=B,所以AB平面BCC1B1.(2)因为BP=AB=3,CQ=AC=7,所以S四边形BCQP= = =20,所以VA-BCQP= S四边形BCQPAB= 203=20.又因为 =SABCAA1= 3412=72,所以平面APQ将三棱柱ABC-A1B1C1分成上、下两部分几何体的体积之比为 = = .(3)直线AQ与平面A1C1P不平行.理由如下:以B为坐标原点,BA为x轴,BC为y轴,BB1为z轴,建立空间直角坐标系,A(3,0,0),Q(0,4,7),A1(3,0,12),C1(0,4,12),P(0,0,3), =(-3,4,7), =(3,0,9), =(0,4,9),设平面A1C1P的法向量n=(x,y,z),则 取x=3,得n= ,因为 n=-9+9-7=-70,所以直线AQ与平面A1C1P不平行.