《（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（四）立體幾何綜合問題》由會員分享，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（四）立體幾何綜合問題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、題型練6 大題專項(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.
(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,
∴AD⊥AB.
∵矩形ABCD∩菱形ABEF=AB,
∴AD⊥平面ABEF.
∵AG?平面ABEF,∴AD⊥AG.
∵菱形ABEF中,∠ABE=60°,G為BE的中點,
∴AG⊥BE,即AG⊥AF.
∵AD∩AF=A,∴AG⊥平面ADF.
(2)解由(1)可知A
2、D,AF,AG兩兩垂直,以A為原點,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)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n1·AC=32x1-32y1+z1=0,n1·AD=z1=0,取y1=3,
得n1=(1,3,0),
設(shè)平面ACG的法向量n2=(x2,y2,z2),
則n2·AC=32x2-32y2+z2=0,n2·AG=32x2=0
3、,取y2=2,
得n2=(0,2,3).
設(shè)二面角D-CA-G的平面角為θ,則cosθ=n1·n2|n1||n2|=232×7=217,
易知θ為鈍角,∴二面角D-CA-G的余弦值為-217.
2.如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點P,Q分別為A1B1,BC的中點.
(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.
4、
因為AB=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)因為P為A1B1的中點,
所以P32,-12,2,
從而BP=-32,-12,2,AC1=(0,2,2),
故|cos|=|BP·AC1||BP||AC1|=|-1+4|5×22=31020.
因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為31020.
(2)因為Q為BC的中點,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
5、的一個法向量,
則AQ·n=0,AC1·n=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θ,
則sinθ=|cos|=|CC1·n||CC1||n|=25×2=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,BC=BD=DC=23,AD=AB=PD=PB=2.
(1)若點E為PC的中點,求證:BE∥平面PAD.
(2)當(dāng)平面PBD⊥平面ABCD時,求二面角C-PD-B的余弦值.
(1)證明取CD的中點為M,連接EM,BM.
由已知得,△BCD為等邊三
6、角形,BM⊥CD.
∵AD=AB=2,BD=23,
∴∠ADB=∠ABD=30°,
∴∠ADC=90°,
∴BM∥AD.
又BM?平面PAD,AD?平面PAD,
∴BM∥平面PAD.
∵E為PC的中點,M為CD的中點,
∴EM∥PD.
又EM?平面PAD,PD?平面PAD,
∴EM∥平面PAD.
∵EM∩BM=M,
∴平面BEM∥平面PAD.
∵BE?平面BEM,
∴BE∥平面PAD.
(2)解連接AC,交BD于點O,連接PO,由對稱性知,O為BD的中點,且AC⊥BD,PO⊥BD.
∵平面PBD⊥平面ABCD,PO⊥BD,
∴PO⊥平面ABCD,PO=AO
7、=1,CO=3.
以O(shè)為坐標(biāo)原點,OC的方向為x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的一個法向量為n1=(1,0,0).
設(shè)平面PCD的法向量為n2=(x,y,z),
則n2⊥DC,n2⊥DP,
∴n2·DC=0,n2·DP=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=n1·n2|n1||n2|=-113=-1313.
設(shè)二面角C-PD-B的大小為θ,
則co
8、sθ=1313.
4.在如圖所示的組合體中,ABCD-A1B1C1D1是一個長方體,P-ABCD是一個四棱錐.AB=2,BC=3,點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的長為何值時,PC∥平面AB1D?
(1)證明如圖建立空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)棱長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PD·PB=0,PD·PC=0.
所以PD垂直于平面PBC內(nèi)
9、的兩條相交直線PC和PB,由線面垂直的判定定理,得PD⊥平面PBC.
(2)解A(3,0,a),PA=(3,-1,-1),
而平面ABCD的一個法向量為n1=(0,0,1),
所以cos=-111×1=-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)解因為D(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DA·n2=3x=0,AB1·n2=2y-az=0,
令z=2,可得平面A
10、B1D的一個法向量為n2=(0,a,2).
若要使得PC∥平面AB1D,
則要PC⊥n2,
即PC·n2=a-2=0,
解得a=2.
所以當(dāng)AA1=2時,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,滿足異面直線BE與CD所成的角為30°,求AE的長.
解:如圖,以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系,依題意得A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B-12,12,0,P(0,
11、0,2).
(1)證明:易得PC=(0,1,-2),AD=(2,0,0).
于是PC·AD=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n·PC=0,n·CD=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=m·n|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=BE·CD|BE|·|CD|=3212+h2×5=310+20h2,
所以310+20h2=cos30°=32,
解得h=1010,
即AE=1010.
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（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（四）立體幾何綜合問題
