新课标天津市2022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

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37,求四面体ADPQ的体积.12\n2.(2022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.12\n3.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.4.12\n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=2.(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?5.12\n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=12BC=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;12\n(3)求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值.12\n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P0,92,3,PQ=6,m-92,-3.又AB1=(3,0,6),于是AB1·PQ=18-18=0,所以AB1⊥PQ,即AB1⊥PQ.(2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(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n1·DQ=0,n1·DD1=0,即6x+(m-6)y=0,-3y+6z=0.取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=n1·n2|n1|·|n2|=31·(6-m)2+62+32=3(6-m)2+45.而二面角P-QD-A的余弦值为37,因此3(6-m)2+45=37,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设DP=λDD1(0<λ≤1),而DD1=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以PQ=(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PQ·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23,从而P(0,4,4).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=13S△ADQ·h=13×12×6×6×4=24.2.12\n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{OB,OC,OO1}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(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P32,-12,2,从而BP=-32,-12,2,AC1=(0,2,2),故|cos<BP,AC1>|=|BP·AC1||BP||AC1|=|-1+4|5×22=31020.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q为BC的中点,所以Q32,12,0,因此AQ=32,32,0,AC1=(0,2,2),CC1=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则AQ·n=0,AC1·n=0,即32x+32y=0,2y+2z=0.不妨取n=(3,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sinθ=|cos<CC1,n>|=|CC1·n||CC1||n|=25×2=55,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.3.12\n(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=12AB.又F是CD的中点,所以DF=12CD.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.12\n(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BE,BQ,BA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BA=(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AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),由n·AE=0,n·AF=0,得2x-2z=0,2x+2y-z=0,取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,BA>=n·BA|n|·|BA|=43×2=23.所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为23.4.(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),PA=(3,-1,-1),而平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1),12\n所以cos<PA,n1>=-111×1=-1111.所以PA与平面ABCD所成角的正弦值为1111.所以PA与平面ABCD所成角的正切值为1010.(3)解因为D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),所以DA=(3,0,0),AB1=(0,2,-a).设平面AB1D的法向量为n2=(x,y,z),则有DA·n2=3x=0,AB1·n2=2y-az=0,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PC⊥n2,即PC·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-12,12,0,P(0,0,2).(1)证明: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).设平面PCD的法向量n=(x,y,z).则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|m|·|n|=16=66,从而sin<m,n>=306.所以二面角A-PC-D的正弦值为306.12\n(3)设点E的坐标为(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|BE|·|CD|=3212+h2×5=310+20h2,所以310+20h2=cos30°=32,解得h=1010,即AE=1010.6.(1)解取AE的中点M,连接B1M.因为BA=AD=DC=12BC=a,△ABE为等边三角形,所以B1M=32a.又因为平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以V=13×32a×a×a×sinπ3=a34.(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.设平面ECB1的法向量为u=(x,y,z),则a2x+32ay=0,-a2x+32az=0,令x=1,u=1,-33,33,同理平面ADB1的法向量为v=1,-33,-33,所以cos<u,v>=1+13-131+13+13×1+13+13=35,故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为35.12