《2019年高考数学（理科，天津课标版）二轮复习题型练 Word版含答案 6》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学（理科，天津课标版）二轮复习题型练 Word版含答案 6（11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 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. 3 7 2. (2018 江苏,22)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、; (2)求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值. 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=. 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
3、 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 1 2 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
4、平面 ECB1所成锐二面角的余弦值. 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( 0, 9 2 ,3 ), =(6, - 9 2 , - 3 ). 又=(3,0,6),于是=18-18=0, 11 所以,即 AB1PQ. 1 (2)由题设知,=(6,m
5、-6,0),=(0,-3,6)是平面 PQD 内的两个不共线向量. 1 设 n1=(x,y,z)是平面 PQD 的一个法向量,则 1 = 0, 1 1 = 0, ? 即6 + ( - 6) = 0, - 3 + 6 = 0. ? 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= . 1 2 | 1 | 2| = 3 1 (6 - ) 2+ 62+ 32 = 3 (6 - )2+ 45 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). 3 7 3 (6 - )2+ 45 = 3
6、7 设=(0|= ,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 ),11 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 =|cos|=, 1 | 1|
7、| 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. (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= AB. 1 2 又 F 是 CD 的中点, 所以 DF= CD. 1 2 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 GM
8、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 GMF,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, ,
9、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 = 0, = 0, ? 得 2 - 2 = 0, 2 + 2 - = 0, ? 取 z=2,得 n=(2,-1,2). 从而 cos=所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为 | = 4 3 2 = 2 3. 2 3. 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
10、,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,
11、0,0),=(0,2,-a). 1 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 2= 3 = 0, 1 2= 2 - = 0, ? 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 2, 1 2 ,0 ) (1)证明:易得=(0,1,-2),=(2,0,0).于是=0,所以 PCAD. (2
12、)=(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 h0,2.由此得 =( 1 2, - 1 2 , ). 又=(2,-1,0),故 cos=, , | = 3 2 1 2 + 2 5 = 3 10 + 202 所以=cos
13、 30=,解得 h=,即 AE= 3 10 + 202 3 2 10 10 10 10 . 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. 1 2 3 2 又因为平面 B1AE平面 AECD,所以 B1M平面 AECD,所以 V=aaasin 1 3 3 2 3 = 3 4 . (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
14、间直角坐标系, 则 E,C,A,D,B1, ( 2 ,0,0 )( , 3 2 ,0) (- 2 ,0,0 )( 0, 3 2 ,0) ( 0,0, 3 2 ) 所以, =( 2, 3 2 ,0),1=(- 2,0, 3 2) =( 2, 3 2 ,0 ),1 =( 2,0, 3 2 ). 设平面 ECB1的法向量为 u=(x,y,z), 则 2 + 3 2 = 0, - 2 + 3 2 = 0, ? 令 x=1,u=,同理平面 ADB1的法向量为 v=, ( 1, - 3 3 , 3 3) ( 1, - 3 3 , - 3 3) 所以 cos=,故平面 ADB1与平面 ECB1所成锐二面角的余弦值为 1 + 1 3 - 1 3 1 + 1 3 + 1 3 1 + 1 3 + 1 3 = 3 5 3 5.
