高三理科数学新课标二轮复习专题整合高频突破习题：第三部分 题型指导考前提分 题型练6 Word版含答案

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1、 高考数学精品复习资料 2019.5 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A

2、A1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. 3. 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.

3、 4. 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

4、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; (3)求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值. 参考答案 题型

5、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AB1PQ=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

6、共线向量. 设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,则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的一个法向量是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

7、PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以PQn3=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△ADQh=1312664=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G

8、FAG=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)

9、,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θ, 则有cosθ=OA1n|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

10、=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⊂

11、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, 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nAE=0,

12、nAF=0,得2x-2z=0,2x+2y-z=0, 取z=2,得n=(2,-1,2). 从而cos=nBA|n||BA|=432=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PDPB=0,PDPC=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=

13、(3,-1,-1), 而平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1), 所以cos=-1111=-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DAn2=3x=0,AB1n2=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PCn2=a-2=0,

14、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PCAD=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, 从而sin=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=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=1332aaasinπ3=a34.

16、(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=1+13-131+13+131+13+13=35,故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为35.