《（課標(biāo)專用）天津市2020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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市2020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（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、題型練6大題專項(xiàng)(四)立體幾何綜合問題題型練第60頁1.如圖,矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,ABE=60,G為BE的中點(diǎn).(1)求證:AG平面ADF;(2)若AB=3BC,求二面角D-CA-G的余弦值.(1)證明矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,ADAB.矩形ABCD菱形ABEF=AB,AD平面ABEF.AG平面ABEF,ADAG.菱形ABEF中,ABE=60,G為BE的中點(diǎn),AGBE,即AGAF.ADAF=A,AG平面ADF.(2)解由(1)可知AD,AF,AG兩兩垂直,以A為原點(diǎn),AG所在直線為x軸,AF所在直線為y軸,AD所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)

2、AB=3BC=3,則BC=1,AG=32,故A(0,0,0),C32,-32,1,D(0,0,1),G32,0,0,則AC=32,-32,1,AD=(0,0,1),AG=32,0,0,設(shè)平面ACD的法向量n1=(x1,y1,z1),則n1AC=32x1-32y1+z1=0,n1AD=z1=0,取y1=3,得n1=(1,3,0),設(shè)平面ACG的法向量n2=(x2,y2,z2),則n2AC=32x2-32y2+z2=0,n2AG=32x2=0,取y2=2,得n2=(0,2,3).設(shè)二面角D-CA-G的平面角為,則cos=n1n2|n1|n2|=2327=217,易知為鈍角,二面角D-CA-G的余弦

3、值為-217.2.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.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O(shè)B,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BP=-32,-1

4、2,2,AC1=(0,2,2),故|cos|=|BPAC1|BP|AC1|=|-1+4|522=31020.因此,異面直線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CC1與平面AQC1所成角為,則sin=|cos|=|CC1n|CC1|n|=252=55,所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為55.3.在四棱錐P-ABCD中

5、,BC=BD=DC=23,AD=AB=PD=PB=2.(1)若點(diǎn)E為PC的中點(diǎn),求證:BE平面PAD.(2)當(dāng)平面PBD平面ABCD時(shí),求二面角C-PD-B的余弦值.(1)證明取CD的中點(diǎn)為M,連接EM,BM.由已知得,BCD為等邊三角形,BMCD.AD=AB=2,BD=23,ADB=ABD=30,ADC=90,BMAD.又BM平面PAD,AD平面PAD,BM平面PAD.E為PC的中點(diǎn),M為CD的中點(diǎn),EMPD.又EM平面PAD,PD平面PAD,EM平面PAD.EMBM=M,平面BEM平面PAD.BE平面BEM,BE平面PAD.(2)解連接AC,交BD于點(diǎn)O,連接PO,由對(duì)稱性知,O為BD的中

6、點(diǎn),且ACBD,POBD.平面PBD平面ABCD,POBD,PO平面ABCD,PO=AO=1,CO=3.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OC的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則D(0,-3,0),C(3,0,0),P(0,0,1).易知平面PBD的一個(gè)法向量為n1=(1,0,0).設(shè)平面PCD的法向量為n2=(x,y,z),則n2DC,n2DP,n2DC=0,n2DP=0.DC=(3,3,0),DP=(0,3,1),3x+3y=0,3y+z=0.令y=3,得x=-1,z=-3,n2=(-1,3,-3),cos=n1n2|n1|n2|=-113=-1313.設(shè)二面角C-PD-B的大小為,則cos

7、=1313.4.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?(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PC和PB,由線面垂直的判定定理,得PD

8、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PCn2,即PCn2=a-2=0,解得a=2

9、.所以當(dāng)AA1=2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)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).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PCAD.(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h0,2.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=cos30=32,解得h=1010,即AE=1010.8