（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 题型练6 大题专项（四）立体几何综合问题 理 13页

题型练6　大题专项(四)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:AB1⊥PQ;‎ ‎(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.‎ 13‎ ‎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)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.‎ 13‎ ‎3.‎ 如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,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.‎ 13‎ 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=.‎ ‎(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?‎ ‎5.‎ 13‎ 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.‎ ‎6.已知四边形ABCD满足AD∥BC,BA=AD=DC=BC=a,E是BC的中点,将△BAE沿AE翻折成△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;‎ 13‎ ‎(3)求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值.‎ 13‎ 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,0≤m≤6.‎ ‎(1)证明:若P是DD1的中点,则P 又=(3,0,6),于是=18-18=0,‎ 所以,即AB1⊥PQ.‎ ‎(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.‎ 设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,则 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= .‎ 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).‎ 设=(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ).‎ 因为PQ∥平面ABB‎1A1,且平面ABB‎1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,从而P(0,4,4).‎ 13‎ 于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=6×6×4=24.‎ ‎2.‎ 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.‎ 因为AB=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)因为P为A1B1的中点,所以P,‎ 从而=(0,2,2),‎ 故|cos<>|=‎ 因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为 ‎(2)因为Q为BC的中点,所以Q,‎ 因此=(0,2,2),=(0,0,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,‎ 则 不妨取n=(,-1,1).‎ 设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos<,n>|=,‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为 13‎ ‎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GH∥AB,且GH=AB.‎ 又F是CD的中点,‎ 所以DF=CD.‎ 由四边形ABCD是矩形,得AB∥CD,AB=CD,‎ 所以GH∥DF,且GH=DF,‎ 从而四边形HGFD是平行四边形,‎ 所以GF∥DH.‎ 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∥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MF∥AD.‎ 又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,‎ 所以MF∥平面ADE.‎ 又因为GM∩MF=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.‎ 13‎ ‎(2)解 如图,在平面BEC内,过点B作BQ∥EC.‎ 因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.‎ 又因为AB⊥平面BEC,‎ 所以AB⊥BE,AB⊥BQ.‎ 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,‎ 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 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.(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,a),C(0,2,a).‎ 于是=(0,-1,-1),=(3,1,-1),=(0,1,-1),所以=0,=0.‎ 13‎ 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<,n1>==-‎ 所以PA与平面ABCD所成角的正弦值为 所以PA与平面ABCD所成角的正切值为 ‎(3)解 因为D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),‎ 所以=(3,0,0),=(0,2,-a).‎ 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)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,‎ 可得n=(1,2,1).可取平面PAC的法向量m=(1,0,0).‎ 13‎ 于是cos=,‎ 从而sin=‎ 所以二面角A-PC-D的正弦值为 ‎(3)设点E的坐标为(0,0,h),其中h∈[0,2].由此得 又=(2,-1,0),故cos<>=,‎ 所以=cos 30°=,解得h=,即AE=‎ ‎6.(1)解 取AE的中点M,连接B‎1M.因为BA=AD=DC=BC=a,△ABE为等边三角形,所以B‎1M=a.‎ 又因为平面B1AE⊥平面AECD,所以B‎1M⊥平面AECD,所以V=a×a×a×sin ‎(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FO∥B1E,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轴建立空间直角坐标系,‎ 则E,C,A,D,B1,‎ 所以,‎ 设平面ECB1的法向量为u=(x,y,z),‎ 则 令x=1,u=,同理平面ADB1的法向量为v=,‎ 13‎ 所以cos=,故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为 13‎