《2020高考数学课标二轮（天津专用）训练题：题型练6 大题专项（四） 立体几何综合问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学课标二轮（天津专用）训练题：题型练6 大题专项（四） 立体几何综合问题（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、题型练题型练 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 题型练第题型练第 60 页页 1 如图 矩形 ABCD 和菱形 ABEF 所在的平面相互垂直 ABE 60 G 为 BE 的中点 1 求证 AG 平面 ADF 2 若 AB BC 求二面角 D CA G 的余弦值 3 1 证明 矩形 ABCD 和菱形 ABEF 所在的平面相互垂直 AD AB 矩形 ABCD 菱形 ABEF AB AD 平面 ABEF AG 平面 ABEF AD AG 菱形 ABEF 中 ABE 60 G 为 BE 的中点 AG BE 即 AG AF AD AF A AG 平面 ADF 2 解由 1 可
2、知 AD AF AG 两两垂直 以 A 为原点 AG 所在直线为 x 轴 AF 所在直线为 y 轴 AD 所在直线为 z 轴 建立空间直角坐标系 设 AB BC 33 则 BC 1 AG 故 A 0 0 0 C 1 D 0 0 1 G 3 2 3 2 3 2 3 2 0 0 则 0 0 1 3 2 3 2 1 3 2 0 0 设平面 ACD 的法向量 n1 x1 y1 z1 则取 y1 1 3 2 1 3 2 1 1 0 1 1 0 3 得 n1 1 0 3 设平面 ACG 的法向量 n2 x2 y2 z2 则取 y2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 0 2 3 2 2 0 得 n2 0
3、2 3 设二面角 D CA G 的平面角为 则 cos 1 2 1 2 2 3 2 7 21 7 易知 为钝角 二面角 D CA G 的余弦值为 21 7 2 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所成角的正弦值 解 如图 在正三棱柱 ABC A1B1C1中 设 AC A1C1的中点分别为 O O1 则 OB OC OO1 OC OO1 OB 以 为基底 建立空间直角坐标系 O xyz 1 因为 AB AA1 2 所以 A 0 1 0 B 0 0
4、C 0 1 0 A1 0 1 2 B1 0 2 C1 0 1 2 33 1 因为 P 为 A1B1的中点 所以 P 3 2 1 2 2 从而 0 2 2 3 2 1 2 2 1 故 cos 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 1 2 0 因此 0 2 2 0 0 2 3 2 3 2 0 1 1 设 n x y z 为平面 AQC1的一个法向量 则 0 1 0 即 3 2 3 2 0 2 2 0 不妨取 n 1 1 3 设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 则 sin
5、 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 在四棱锥 P ABCD 中 BC BD DC 2 AD AB PD PB 2 3 1 若点 E 为 PC 的中点 求证 BE 平面 PAD 2 当平面 PBD 平面 ABCD 时 求二面角 C PD B 的余弦值 1 证明取 CD 的中点为 M 连接 EM BM 由已知得 BCD 为等边三角形 BM CD AD AB 2 BD 2 3 ADB ABD 30 ADC 90 BM AD 又 BM 平面 PAD AD 平面 PAD BM 平面 PAD E 为 PC 的中点 M 为 CD 的中点 E
6、M PD 又 EM 平面 PAD PD 平面 PAD EM 平面 PAD EM BM M 平面 BEM 平面 PAD BE 平面 BEM BE 平面 PAD 2 解连接 AC 交 BD 于点 O 连接 PO 由对称性知 O 为 BD 的中点 且 AC BD PO BD 平面 PBD 平面 ABCD PO BD PO 平面 ABCD PO AO 1 CO 3 以 O 为坐标原点 的方向为 x 轴正方向 建立空间直角坐标系 O xyz 则 D 0 0 C 3 0 0 P 0 0 1 3 易知平面 PBD 的一个法向量为 n1 1 0 0 设平面 PCD 的法向量为 n2 x y z 则 n2 n2
7、 2 0 2 0 3 0 0 1 3 3 3 3 0 3 0 令 y 得 x 1 z 3 3 n2 1 3 3 cos 1 2 1 2 1 13 13 13 设二面角 C PD B 的大小为 则 cos 13 13 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 3 当 AA1的长为何值时 PC 平面 AB1D 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
8、 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 1 11 1 11 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 n2 x y z 则有 2
9、3 0 1 2 2 0 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 如图 在四棱锥 P ABCD 中 PA 平面 ABCD AC AD AB BC BAC 45 PA AD 2 AC 1 1 证明 PC AD 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 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
10、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 PC AD 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 0 0 即 2 0 2 0 可得 n 1 2 1 可取平面 PAC 的法向量 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 h 0 2 由此得 1 2 1 2 又 2 1 0 故 cos 3 2 1 2 2 5 3 10 20 2 所以 cos30 3 10 20 2 3 2 解得 h 10 10 即 AE 10 10
