《高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練6 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練6 Word版含答案（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 題型練6　大題專項(xiàng)(四) 立體幾何綜合問(wèn)題 1. 如圖,已知四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為3和6的正方形.A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.點(diǎn)P,Q分別在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中點(diǎn),證明:AB1⊥PQ; (2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為,求四面體ADPQ的體積. 2.如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B⊥底面ABC,側(cè)棱AA1

2、與底面ABC所成角為60°,AA1=2,底面ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,點(diǎn)G為△ABC的重心,點(diǎn)E在BC1上,且BE=BC1. (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(diǎn). (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. 4.

3、 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=. (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. 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

4、直線BE與CD所成的角為30°,求AE的長(zhǎng). 6.已知四邊形ABCD滿足AD∥BC,BA=AD=DC=BC=a,E是BC的中點(diǎn),將△BAE沿AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD,F為B1D的中點(diǎn). (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 題型練6　大

5、題專項(xiàng)(四) 立體幾何綜合問(wèn)題 1.解 由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),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(biāo)系,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)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(diǎn),則P 又=(3,0,6),于是=18-18=0, 所以,即AB1⊥PQ. (2)由題設(shè)知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個(gè)不共線向量. 設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的一個(gè)法向量,則 取y=6,得n1=

6、(6-m,6,3). 又平面AQD的一個(gè)法向量是n2=(0,0,1),所以cos=. 而二面角P-QD-A的余弦值為,因此,解得m=4或m=8(舍去),此時(shí)Q(6,4,0). 設(shè)=(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得點(diǎn)P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ). 因?yàn)镻Q∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個(gè)法向量是n3=(0,1,0),所以n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,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(yuǎn)=4.故四面體ADPQ的體積V=S△ADQ·h=6×6×4=24. 2.

7、(1)證明連接B1E,并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)F,連接AB1,AF.∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴BC∥B1C1, ∴△EFB∽△EB1C1. ∵BE=BC1,, ∴BF=BC,∴F是BC的中點(diǎn). ∵點(diǎn)G是△ABC的重心,∴點(diǎn)G在AF上,且,∴GE∥AB1,∴GE∥平面AA1B1B. (2)解過(guò)點(diǎn)A1作A1O⊥AB,垂足為O,連接OC. ∵側(cè)面AA1B1B⊥底面ABC,∴A1O⊥底面ABC, ∴∠A1AB=60°. ∵AA1=2,∴AO=1.∵AB=2, ∴點(diǎn)O是AB的中點(diǎn). 又點(diǎn)G是正三角形ABC的重心, ∴點(diǎn)G在OC上,∴OC⊥AB, ∵A1O⊥底面ABC,∴A1O⊥O

8、B,A1O⊥OC,以O(shè)為原點(diǎn),分別以O(shè)C,OB,OA所在直線為x,y,z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意可得:A(0,-1,0),B(0,1,0),C(,0,0),A1(0,0,),B1(0,2,),C1(,1,), 則G, ,∴E, 設(shè)n=(x,y,z)是平面B1GE的一個(gè)法向量,則 令z=,則x=,y=-1,∴n=(,-1,). 易知=(0,0,)是平面ABC的一個(gè)法向量,設(shè)平面B1GE與底面ABC所成銳二面角為θ, 則有cosθ= 3. (1)證法一如圖,取AE的中點(diǎn)H,連接HG,HD,又G是BE的中點(diǎn), 所以GH∥AB,且GH=AB. 又F

9、是CD的中點(diǎn), 所以DF=CD. 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(diǎn)M,連接MG,MF. 又G是BE的中點(diǎn),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(diǎn),得MF∥AD. 又AD?平面ADE,MF?平面ADE, 所以MF∥平面ADE. 又因?yàn)镚M∩MF=M,GM?平面GMF,MF?平面GMF,所以平面GM

10、F∥平面ADE. 因?yàn)镚F?平面GMF.所以GF∥平面ADE. (2)解如圖,在平面BEC內(nèi),過(guò)點(diǎn)B作BQ∥EC. 因?yàn)锽E⊥CE,所以BQ⊥BE. 又因?yàn)锳B⊥平面BEC, 所以AB⊥BE,AB⊥BQ. 以B為原點(diǎn),分別以的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系, 則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因?yàn)锳B⊥平面BEC,所以=(0,0,2)為平面BEC的法向量. 設(shè)n=(x,y,z)為平面AEF的法向量. 又=(2,0,-2),=(2,2,-1), 由 取z=2,得n=(2,-1,2). 從而cos=所

11、以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為 4.(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=(0,-1,-1),=(3,1,-1),=(0,1,-1),所以=0,=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⊥平面PBC. (2)解A(3,0,a),=(3,-1,-1), 而平面ABCD的一個(gè)法向量為n1=(0,0,1), 所以cos<,n1>==- 所以PA與平面ABCD所成角的正弦值為 所以PA與平面ABCD所成角的正切值為

12、(3)解因?yàn)镈(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a), 所以=(3,0,0),=(0,2,-a). 設(shè)平面AB1D的法向量為n2=(x,y,z),則有令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n2, 即n2=a-2=0,解得a=2. 所以當(dāng)AA1=2時(shí),PC∥平面AB1D. 5.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,P(0,0,2). (1)證明易得=(0,1,-2),=(2,0,0).于是=0,所以PC⊥AD. (2)=(0,1,-2),

13、=(2,-1,0).設(shè)平面PCD的法向量n=(x,y,z). 則不妨令z=1, 可得n=(1,2,1).可取平面PAC的法向量m=(1,0,0). 于是cos=, 從而sin= 所以二面角A-PC-D的正弦值為 (3)設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,0,h),其中h∈[0,2].由此得 又=(2,-1,0),故cos<>=, 所以=cos30°=,解得h=,即AE= 6.(1)解取AE的中點(diǎn)M,連接B1M.因?yàn)锽A=AD=DC=BC=a,△ABE為等邊三角形,所以B1M=a. 又因?yàn)槠矫鍮1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以V=a×a×a×sin (2)證明連接ED交AC于點(diǎn)O,連接OF,因?yàn)樗倪呅蜛ECD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(biāo)系, 則E,C,A,D,B1, 所以, 設(shè)平面ECB1的法向量為u=(x,y,z), 則 令x=1,u=,同理平面ADB1的法向量為v=, 所以cos=,故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為