《（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練6 大題專項(xiàng)（四）立體幾何綜合問題 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練6 大題專項(xiàng)（四）立體幾何綜合問題 理（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練6 大題專項(xiàng)（四）立體幾何綜合問題 理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:AB1PQ;(2)若PQ平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為,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BP與AC1所成角的余弦值;(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.3.如圖,在幾何體A

2、BCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分別是線段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=.(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,ACAD,ABBC,BAC=45,PA=AD=2,AC=1.(1)證明:PCAD;(2

3、)求二面角A-PC-D的正弦值;(3)設(shè)E為棱PA上的點(diǎn),滿足異面直線BE與CD所成的角為30,求AE的長(zhǎng).6.已知四邊形ABCD滿足ADBC,BA=AD=DC=BC=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大題專項(xiàng)(四)立體幾何綜合問題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)

4、,B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0m6.(1)證明:若P是DD1的中點(diǎn),則P又=(3,0,6),于是=18-18=0,所以,即AB1PQ.(2)由題設(shè)知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個(gè)不共線向量.設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的一個(gè)法向量,則取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= .而二面角P-QD-A的余弦值為,因此,解得m=4或m=8(舍去),此時(shí)Q(6,4,0).設(shè)=(01),而=(0,-3,6),由此得點(diǎn)P(0,6-3,6),所以=(

5、6,3-2,-6).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n3=0,即3-2=0,亦即=,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=SADQh=664=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OBOC,OO1OC,OO1OB,以為基底,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(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).(1)因?yàn)镻為

6、A1B1的中點(diǎn),所以P,從而=(0,2,2),故|cos|=因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為(2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn),所以Q,因此=(0,2,2),=(0,0,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個(gè)法向量,則不妨取n=(,-1,1).設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為,則sin =|cos|=,所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為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GHAB,且GH=AB.又F是CD的中點(diǎn),所以DF=CD.由四邊形ABCD是矩形,得ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,從而四邊形HGFD是平行四邊形

7、,所以GFDH.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分別是AB,CD的中點(diǎn),得MFAD.又AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE.又因?yàn)镚MMF=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),過點(diǎn)B作BQEC.因?yàn)锽ECE,所以BQBE.又因?yàn)锳B平面BEC,所以ABBE,ABBQ.以B為原點(diǎn),分別以的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸

8、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=(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=(2,0,-2),=(2,2,-1),由取z=2,得n=(2,-1,2).從而cos=所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為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=(0,-1,-1),=(3,1,-1),=(0,1,-1),所以=0,=0.所以PD垂直于平面PBC內(nèi)的兩條相交直

9、線PC和PB,由線面垂直的判定定理,得PD平面PBC.(2)解 A(3,0,a),=(3,-1,-1),而平面ABCD的一個(gè)法向量為n1=(0,0,1),所以cos=-所以PA與平面ABCD所成角的正弦值為所以PA與平面ABCD所成角的正切值為(3)解 因?yàn)镈(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),所以=(3,0,0),=(0,2,-a).設(shè)平面AB1D的法向量為n2=(x,y,z),則有令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n2,即n2=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)

10、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,P(0,0,2).(1)證明:易得=(0,1,-2),=(2,0,0).于是=0,所以PCAD.(2)=(0,1,-2),=(2,-1,0).設(shè)平面PCD的法向量n=(x,y,z).則不妨令z=1,可得n=(1,2,1).可取平面PAC的法向量m=(1,0,0).于是cos=,從而sin=所以二面角A-PC-D的正弦值為(3)設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,0,h),其中h0,2.由此得又=(2,-1,0),故cos=,所以=cos 30=,解得h=,即AE=6.(1)解 取AE的中點(diǎn)M,連接B1M.因?yàn)锽A=AD=DC=BC=a,ABE為等邊三角形,所以B1M=a.又因?yàn)槠矫鍮1AE平面AECD,所以B1M平面AECD,所以V=aaasin(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FOB1E,所以B1E平面ACF.(3)解 連接MD,則AMD=90,分別以ME,MD,MB1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則E,C,A,D,B1,所以,設(shè)平面ECB1的法向量為u=(x,y,z),則令x=1,u=,同理平面ADB1的法向量為v=,所以cos=,故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為