《(新課標(biāo))天津市2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練6 大題專(zhuān)項(xiàng)(四)立體幾何綜合問(wèn)題 理.doc》由會(huì)員分享,可在線(xiàn)閱讀,更多相關(guān)《(新課標(biāo))天津市2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練6 大題專(zhuān)項(xiàng)(四)立體幾何綜合問(wèn)題 理.doc(12頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
題型練6 大題專(zhuān)項(xiàng)(四)立體幾何綜合問(wèn)題
1.
如圖,已知四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)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.
(2018江蘇,22)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點(diǎn)P,Q分別為A1B1,BC的中點(diǎn).
(1)求異面直線(xiàn)BP與AC1所成角的余弦值;
(2)求直線(xiàn)CC1與平面AQC1所成角的正弦值.
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(xiàn)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(gè)長(zhǎng)方體,P-ABCD是一個(gè)四棱錐.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(zhǎng)為何值時(shí),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(mǎn)足異面直線(xiàn)BE與CD所成的角為30,求AE的長(zhǎng).
6.已知四邊形ABCD滿(mǎn)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.
題型練6 大題專(zhuān)項(xiàng)(四)
立體幾何綜合問(wèn)題
1.解
由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AA1所在直線(xiàn)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(gè)不共線(xiàn)向量.
設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的一個(gè)法向量,則n1DQ=0,n1DD1=0,即6x+(m-6)y=0,-3y+6z=0.
取y=6,得n1=(6-m,6,3).
又平面AQD的一個(gè)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(shí)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(gè)法向量是n3=(0,1,0),所以PQn3=0,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.
解 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,設(shè)AC,A1C1的中點(diǎn)分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{OB,OC,OO1}為基底,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.
因?yàn)锳B=AA1=2,
所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).
(1)因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn),所以P32,-12,2,
從而B(niǎo)P=-32,-12,2,AC1=(0,2,2),
故|cos|=|BPAC1||BP||AC1|=|-1+4|522=31020.
因此,異面直線(xiàn)BP與AC1所成角的余弦值為31020.
(2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn),所以Q32,12,0,
因此AQ=32,32,0,AC1=(0,2,2),CC1=(0,0,2).
設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個(gè)法向量,
則AQn=0,AC1n=0,即32x+32y=0,2y+2z=0.
不妨取n=(3,-1,1).
設(shè)直線(xiàn)CC1與平面AQC1所成角為θ,
則sin θ=|cos|=|CC1n||CC1||n|=252=55,
所以直線(xiàn)CC1與平面AQC1所成角的正弦值為55.
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∥CD,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.
(2)解 如圖,在平面BEC內(nèi),過(guò)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(zhǎng)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(xiàn)PC和PB,由線(xiàn)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(gè)法向量為n1=(0,0,1),
所以cos=-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(gè)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(shí),PC∥平面AB1D.
5.解 如圖,以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(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)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=cos 30=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,所以B1E∥平面ACF.
(3)解 連接MD,則∠AMD=90,分別以ME,MD,MB1所在直線(xiàn)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.
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