《高三理科數學新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第三部分 題型指導考前提分 題型練6 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三理科數學新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第三部分 題型指導考前提分 題型練6 Word版含答案（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考數學精品復習資料 2019.5 題型練6　大題專項(四) 立體幾何綜合問題 1. 如圖,已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形.A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.點P,Q分別在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中點,證明:AB1⊥PQ; (2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為37,求四面體ADPQ的體積. 2.如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,側面AA1B1B⊥底面ABC,側棱A

2、A1與底面ABC所成角為60,AA1=2,底面ABC是邊長為2的正三角形,點G為△ABC的重心,點E在BC1上,且BE=13BC1. (1)求證:GE∥平面AA1B1B; (2)求平面B1GE與底面ABC所成銳角二面角的余弦值. 3. 如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點. (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.

3、 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AA1的長為何值時,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E為棱PA上的點,滿

4、足異面直線BE與CD所成的角為30,求AE的長. 6.已知四邊形ABCD滿足AD∥BC,BA=AD=DC=12BC=a,E是BC的中點,將△BAE沿AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD,F為B1D的中點. (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. 參考答案 題型

5、練6　大題專項(四) 立體幾何綜合問題 1.解 由題設知,AA1,AB,AD兩兩垂直,以A為坐標原點,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系,則相關各點的坐標為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)證明若P是DD1的中點,則P0,92,3,PQ=6,m-92,-3. 又AB1=(3,0,6),于是AB1PQ=18-18=0, 所以AB1⊥PQ,即AB1⊥PQ. (2)由題設知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(0,-3,6)是平面PQD內的兩個不

6、共線向量. 設n1=(x,y,z)是平面PQD的一個法向量,則n1DQ=0,n1DD1=0,即6x+(m-6)y=0,-3y+6z=0. 取y=6,得n1=(6-m,6,3). 又平面AQD的一個法向量是n2=(0,0,1),所以cos=n1n2|n1||n2|=31(6-m)2+62+32=3(6-m)2+45. 而二面角P-QD-A的余弦值為37,因此3(6-m)2+45=37,解得m=4或m=8(舍去),此時Q(6,4,0). 設DP=λDD1(0<λ≤1),而DD1=(0,-3,6),由此得點P(0,6-3λ,6λ),所以PQ=(6,3λ-2,-6λ). 因為

7、PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個法向量是n3=(0,1,0),所以PQn3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23,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=4.故四面體ADPQ的體積V=13S△ADQh=1312664=24. 2.(1)證明連接B1E,并延長交BC于點F,連接AB1,AF.∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴BC∥B1C1, ∴△EFB∽△EB1C1. ∵BE=13BC1,∴BEEC1=EFEB1=BFB1C1=12, ∴BF=12BC,∴F是BC的中點. ∵點G是△ABC的重心,∴點G在AF上,且G

8、FAG=EFEB1=12,∴GE∥AB1,∴GE∥平面AA1B1B. (2)解過點A1作A1O⊥AB,垂足為O,連接OC. ∵側面AA1B1B⊥底面ABC,∴A1O⊥底面ABC, ∴∠A1AB=60. ∵AA1=2,∴AO=1.∵AB=2, ∴點O是AB的中點. 又點G是正三角形ABC的重心, ∴點G在OC上,∴OC⊥AB, ∵A1O⊥底面ABC,∴A1O⊥OB,A1O⊥OC,以O為原點,分別以OC,OB,OA所在直線為x,y,z軸建立如圖空間直角坐標系O-xyz. 由題意可得:A(0,-1,0),B(0,1,0),C(3,0,0),A1(0,0,3),B1(0,2,3)

9、,C1(3,1,3), 則G33,0,0, ∴BE=13BC1=33,0,33,∴E33,1,33, ∴GE=0,1,33,B1E=33,-1,-233. 設n=(x,y,z)是平面B1GE的一個法向量,則n⊥GE,n⊥B1E,∴y+33z=0,33x-y-233z=0, 令z=3,則x=3,y=-1,∴n=(3,-1,3). 易知OA1=(0,0,3)是平面ABC的一個法向量,設平面B1GE與底面ABC所成銳二面角為θ, 則有cosθ=OA1n|OA1||n|=217. 3. (1)證法一如圖,取AE的中點H,連接HG,HD,又G是BE的中點, 所以GH∥AB,且GH

10、=12AB. 又F是CD的中點, 所以DF=12CD. 由四邊形ABCD是矩形,得AB∥CD,AB=CD, 所以GH∥DF,且GH=DF, 從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GF∥DH.又DH?平面ADE,GF?平面ADE, 所以GF∥平面ADE. 證法二如圖,取AB中點M,連接MG,MF. 又G是BE的中點,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分別是AB,CD的中點,得MF∥AD. 又AD?平面ADE,MF?平面ADE, 所以MF∥平面ADE. 又因為GM∩MF=M,GM?平面GMF,MF?

11、平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE. 因為GF?平面GMF.所以GF∥平面ADE. (2)解如圖,在平面BEC內,過點B作BQ∥EC. 因為BE⊥CE,所以BQ⊥BE. 又因為AB⊥平面BEC, 所以AB⊥BE,AB⊥BQ. 以B為原點,分別以BE,BQ,BA的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系, 則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因為AB⊥平面BEC,所以BA=(0,0,2)為平面BEC的法向量. 設n=(x,y,z)為平面AEF的法向量. 又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1), 由nAE=0,

12、nAF=0,得2x-2z=0,2x+2y-z=0, 取z=2,得n=(2,-1,2). 從而cos=nBA|n||BA|=432=23.所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為23. 4.(1)證明如圖建立空間直角坐標系. 設棱長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PDPB=0,PDPC=0. 所以PD垂直于平面PBC內的兩條相交直線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=

13、(3,-1,-1), 而平面ABCD的一個法向量為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)解因為D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a), 所以DA=(3,0,0),AB1=(0,2,-a). 設平面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的一個法向量為n2=(0,a,2). 若要使得PC∥平面AB1D,則要PC⊥n2, 即PCn2=a-2=0,

14、解得a=2. 所以當AA1=2時,PC∥平面AB1D. 5.解如圖,以點A為原點建立空間直角坐標系,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PC⊥AD. (2)PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0).設平面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=6

15、6, 從而sin=306. 所以二面角A-PC-D的正弦值為306. (3)設點E的坐標為(0,0,h),其中h∈[0,2].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. 6.(1)解取AE的中點M,連接B1M.因為BA=AD=DC=12BC=a,△ABE為等邊三角形,所以B1M=32a. 又因為平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以V=1332aaasinπ3=a34.

16、(2)證明連接ED交AC于點O,連接OF,因為四邊形AECD為菱形,OE=OD,所以FO∥B1E,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系, 則Ea2,0,0,Ca,32a,0,A-a2,0,0,D0,32a,0,B10,0,32a, 所以EC=a2,32a,0,EB1=-a2,0,3a2, AD=a2,3a2,0,AB1=a2,0,3a2. 設平面ECB1的法向量為u=(x,y,z), 則a2x+32ay=0,-a2x+32az=0, 令x=1,u=1,-33,33,同理平面ADB1的法向量為v=1,-33,-33, 所以cos=1+13-131+13+131+13+13=35,故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為35.