高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)題型專項集訓(xùn)題型練6大題專項（四）理

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ABCDA1B1C1D1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PQDA的余弦值為37,求四面體ADPQ的體積2.《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)名著,它在幾何學(xué)中的研究比西方早1000多年.在《九章算術(shù)》中,將底面為直角三角形,且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵;陽馬指底面為矩形,一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐,鱉臑指四個面均為直角三角形的四面體.如圖,在塹堵ABCA1B1C1中,AB⊥AC.(1)求證:四棱錐BA1ACC1為陽馬;(2)若C1C=BC=2,當鱉臑C1ABC體積最大時,求二面角CA1BC1的余弦值.3.在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中,AA1=2AB=2.求:(1)BC到平面ADC1B1的距離;(2)二面角B1ADE1的余弦值.4.在如圖所示的組合體中,ABCDA1B1C1D1是一個長方體,PABCD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.(2022廣西4月大聯(lián)考)如圖,四棱錐PABCD的底面為直角梯形,AD⊥CD,AD∥BC,PD⊥平面ABCD,E為PB的中點,PC與平面ADE交于點F,BC=CD=PD=2AD=2.(1)求證:F為PC的中點;(2)若M為棱PD上一點,且直線PA與平面EFM所成角的正弦值為45,求PMPD6.(2022廣西柳州二模)如圖①,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,△ABE和△BCF均為正三角形,現(xiàn)將△ACD,△ABE和△BCF折起,使點D,E,F重合于點P,得到三棱錐PABC(如圖②).圖①圖②(1)求證:平面PAC⊥平面ABC;(2)若點M在棱PA上運動,當直線BM與平面PAC所成的角最大時,求二面角PBCM的余弦值.

題型練6大題專項(四)立體幾何綜合問題1.解由題設(shè)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(guān)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又AB1=(3,0,6),于是AB1所以AB1⊥PQ,即AB(2)由題設(shè)知,DQ=(6,m6,0),DD1=(0,3,6)是平面PQD設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,則n取y=6,得n1=(6m,6,3)為平面PQD的一個法向量.又平面AQD的一個法向量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=n=31而二面角PQDA的余弦值為37因此3(6-m)2+45=設(shè)DP=λDD1(0≤λ≤1),而DD1=(0,3,6),由此得點P(0,63λ,6λ),所以PQ=(6,3因為PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個法向量是n3=(0,1,0),所以PQ·n3=0,即3λ2=0,亦即λ=23,從而P于是,將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐PADQ,則其高h=4.故四面體ADPQ的體積V=13S△ADQ·h=13×12×6×2.(1)證明∵A1A⊥平面ABC,AB?平面ABC,∴A1A⊥AB.又AB⊥AC,A1A∩AC=A,∴AB⊥平面ACC1A1.又四邊形ACC1A1為矩形,∴四棱錐BA1ACC1為陽馬.(2)解∵AB⊥AC,BC=2,∴AB2+AC2=4.又C1C⊥底面ABC,且C1C=2,∴VC1-ABC=13·C1C·12AB·∵AB⊥AC,A1A⊥底面ABC,∴以A為原點,建立空間直角坐標系如圖所示,則B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,2),C1(0,2,2),∴A1B=(2,0,2),BC=(2,2,0),A設(shè)平面A1BC的法向量為n1=(x,y,z),由n令x=2,則y=2,z=1,故n1=(2,2,1)為平面A1BC同理,平面A1BC1的一個法向量為n2=(2,0,1).∴cos<n1,n2>=n由圖可知,二面角CA1BC1的平面角為銳角.故二面角CA1BC1的余弦值為153.解(1)連接AE,因為六邊形ABCDEF為正六邊形,所以∠AFE=∠DEF=120°,AF=EF,所以∠AEF=30°,故∠AED=90°.因為EE1⊥底面ABCDEF,不妨以點E為坐標原點,EA,ED,EE1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示.則A(3,0,0),B(3,1,0),D(0,1,0),B1(3,1,2),E1(0,0,2).在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中,BB1∥CC1且BB1=CC1,所以四邊形BB1C1C為平行四邊形,則BC∥B1C1.因為BC?平面ADC1B1,B1C1?平面ADC1B1,所以BC∥平面ADC1B1,所以BC到平面ADC1B1的距離等于點B到平面ADC1B1的距離.設(shè)平面ADC1B1的法向量為m=(x1,y1,z1).因為AD=(3,1,0),AB1所以m取y1=23,則m=(2,23,3)為平面ADC1B1的一個法向量,又AB=(0,1,0),所以直線BC到平面ADC1B1的距離d=|(2)設(shè)平面ADE1的法向量為n=(x2,y2,z2),因為AD=(3,1,0),DE1所以n·AD=-3x2+y2=0,n·D所以cos<m,n>=m由圖可知,二面角B1ADE1為銳二面角,所以二面角B1ADE1的余弦值為134.(1)證明如圖,建立空間直角坐標系.設(shè)棱長AA1=a,則點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⊥PB,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)解因為點A(3,0,a),PA=(3,1,1),而平面ABCD的一個法向量為n1=(0,0,1),所以cos<PA,n1>=-111所以PA與平面ABCD所成角的正弦值為11所以PA與平面ABCD所成角的正切值為10(3)解因為點D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),所以DA=(3,0,0),AB1=(0,2,a設(shè)平面AB1D的法向量為n2=(x,y,z),則有DA·n2=3x=0,AB1·n2=2若要使得PC∥平面AB1D,則要PC⊥n2即PC·n2=a2=0,解得a=2所以當AA1=2時,PC∥平面AB1D.5.(1)證明因為AD∥BC,AD?平面PBC,BC?平面PBC,所以AD∥平面PBC.又AD?平面ADE,平面ADE∩平面PBC=EF,所以AD∥EF.所以BC∥EF.又E為PB的中點,所以F為PC的中點.(2)解因為PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥CD.又AD⊥CD,所以AD,CD,PD兩兩互相垂直.如圖,以D為原點,DA,DC,DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則點A(1,0,0),D(0,0,0),P(0,0,2),E(1,1,1),F(0,1,1),所以EF=(1,0,0),PD=(0,0,2),EP=(1,1,1),PA=(1,0,2).設(shè)PM=λPD=(0,0,2λ),0≤λ≤1,所以EM=EP+PM設(shè)平面EFM的法向量為n=(x,y,z),則n·EF=0,n·EM=0,即-x=0,-x-設(shè)直線PA與平面EFM所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,PA>|=|n解得λ=14或λ=346.(1)證明如圖,取AC的中點O,連接OB,OP.由題意,可知PA=PB=PC=2,OP=OB=1.在△PAC中,因為PA=PC,O為AC的中點,所以O(shè)P⊥AC.因為OP2+OB2=PB2,所以O(shè)P⊥OB.又AC∩OB=O,AC?平面ABC,OB?平面ABC,所以O(shè)P⊥平面ABC.又OP?平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.(2)解依題意,AB=BC,又O為AC的中點,所以O(shè)B⊥AC.又由(1)知OP⊥AC,OP⊥OB,所以O(shè)C,OB,OP兩兩互相垂直.如圖,以O(shè)為原點,OC,OB,OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則點O(0,0,0),B(0,1,0),P(0,0,1),C(1,0,0),A(1,0,0),所以PA=(1,0,1),OP=(0,0,1),BC=(1,1,0),PC=(1,0,1).設(shè)PM=λPA=(λ,0,λ),則OM=OP+PM=(連接OM,BM,由題意可知OB⊥平面PAC,則∠OMB為直線BM與平面PAC所成的角,所以tan∠OMB=OBOM當∠OMB最大時,tan∠O