《（課標(biāo)專用）天津市高考數(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-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市高考數(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-人教版高三數(shù)學(xué)試題（7頁珍藏版）》請?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, ∴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(diǎn), ∴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(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)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(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?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,-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?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

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(diǎn)E為PC的中點(diǎn),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(diǎn)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(diǎn),M為CD的中點(diǎn), ∴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(diǎn)O,連接PO,由對稱性知,O為BD的中點(diǎn),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(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(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?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(diǎn),滿足異面直線BE與CD所成的角為30°,求AE的長. 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,

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(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,0,h),其中h∈[0,2]. 由此得BE=12,-12,?. 又CD=(2,-1,0), 故cos=BE·CD|BE|·|CD|=3212+?2×5=310+20?2, 所以310+20?2=cos30°=32, 解得h=1010, 即AE=1010.