新课标2022届高考数学二轮复习第三部分题型指导考前提分题型练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.2.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B⊥底面ABC,侧棱AA1与底面ABC所成角为60°,AA1=2,底面ABC是边长为2的正三角形,点G为△ABC的重心,点E在BC1上,且BE=13BC1.(1)求证:GE∥平面AA1B1B;(2)求平面B1GE与底面ABC所成锐角二面角的余弦值.-10-\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.-10-\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.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.-10-\n6.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;(3)求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值.-10-\n参考答案题型练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).-10-\n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.(1)证明连接B1E,并延长交BC于点F,连接AB1,AF.∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴BC∥B1C1,∴△EFB∽△EB1C1.∵BE=13BC1,∴BEEC1=EFEB1=BFB1C1=12,∴BF=12BC,∴F是BC的中点.∵点G是△ABC的重心,∴点G在AF上,且GFAG=EFEB1=12,∴GE∥AB1,∴GE∥平面AA1B1B.(2)解过点A1作A1O⊥AB,垂足为O,连接OC.∵侧面AA1B1B⊥底面ABC,∴A1O⊥底面ABC,∴∠A1AB=60°.∵AA1=2,∴AO=1.∵AB=2,∴点O是AB的中点.又点G是正三角形ABC的重心,∴点G在OC上,∴OC⊥AB,∵A1O⊥底面ABC,∴A1O⊥OB,A1O⊥OC,以O为原点,分别以OC,OB,OA所在直线为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系O-xyz.由题意可得:A(0,-1,0),B(0,1,0),C(3,0,0),A1(0,0,3),B1(0,2,3),C1(3,1,3),则G33,0,0,∴BE=13BC1=33,0,33,∴E33,1,33,∴GE=0,1,33,B1E=33,-1,-233.设n=(x,y,z)是平面B1GE的一个法向量,则n⊥GE,n⊥B1E,∴y+33z=0,33x-y-233z=0,令z=3,则x=3,y=-1,∴n=(3,-1,3).易知OA1=(0,0,3)是平面ABC的一个法向量,设平面B1GE与底面ABC所成锐二面角为-10-\nθ,则有cosθ=OA1·n|OA1|·|n|=217.3.(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.(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,-10-\n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),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).-10-\n(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.(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,-10-\nAD=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.-10-