2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型練6大題專項四立體幾何綜合問題理含解析

題型練6大題專項(四)立體幾何綜合問題題型練第68頁

一、解答題1.如圖,已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1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P-QD-A的余弦值為37,求四面體ADPQ的體積解：由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直,以A為坐標(biāo)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(biāo)系,則相關(guān)各點的坐標(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,則P0又AB1=(3,0,6),于是AB1·PQ所以AB1⊥PQ,即AB(2)由題設(shè)知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(0,-3,6)是平面PQD設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的一個法向量,則n取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一個法向量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=n1而二面角P-QD-A的余弦值為37因此3(解得m=4或m=8(舍去),此時Q(6,4,0).設(shè)DP=λDD1(0<λ≤1),而DD由此得點P(0,6-3λ,6λ),所以PQ=(6,3λ-2,-6λ).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3λ-2=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P-ADQ,則其高h(yuǎn)=4.故四面體ADPQ的體積V=13S△ADQ·h=13×12×6×2.(2024全國Ⅱ,理20)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,側(cè)面BB1C1C是矩形,M,N分別為BC,B1C1的中點,P為AM上一點,過B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)證明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.答案：(1)證明因為M,N分別為BC,B1C1的中點,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因為△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)解由已知得AM⊥BC.以M為坐標(biāo)原點,MA的方向為x軸正方向,|MB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-xyz,則AB=2,連接NP,則四邊形AONP為平行四邊形,故PM=233,E233由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足為Q,則NQ⊥平面ABC.設(shè)點Q(a,0,0),則NQ=4-233-故B1E=2又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量,故sinπ2-<n,B1E所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為103.(2024全國Ⅲ,理19)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F分別在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)證明:點C1在平面AEF內(nèi);(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.解：設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c,如圖,以C1為坐標(biāo)原點,C1D1的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系C(1)證明:連接C1F,則點C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四點共面,所以點C1在平面AEF內(nèi).(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=設(shè)n1=(x,y,z)為平面AEF的法向量,則n可取n1=(-1,-1,1).設(shè)n2為平面A1EF的法向量,則n2·A1E=0,n2因為cos<n1,n2>=n1·n所以二面角A-EF-A1的正弦值為424.在如圖所示的組合體中,ABCD-A1B1C1D1是一個長方體,P-ABCD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(dāng)AA1的長為何值時,PC∥平面AB1D?答案：(1)證明如圖,建立空間直角坐標(biāo)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·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令z=2,可得平面AB1D的一個法向量為n2=(0,a,2).若要使得PC∥平面AB1D,則要PC⊥n2即PC·n2=a-2=0,解得a=2所以當(dāng)AA1=2時,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,滿意異面直線BE與CD所成的角為30°,求AE的長.解：如圖,以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系,依題意得點A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B-12,1(1)證明:易得PC=(0,1,-2),AD=(2,0,0).于是PC·AD=0,所以PC⊥(2)PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0).設(shè)平面PCD的法向量n=(x,y,z).則n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·從而sin<m,n>=306.所以二面角A-PC-D(3)設(shè)點E的坐標(biāo)為(0,0,h),其中h∈[0,2].由此得BE又CD=(2,-1,0),故cos<BE,CD>=所以310+20h2=cos30°=32,解得h=106.已知四邊形ABCD滿意AD∥BC,BA=AD=DC=12BC=a,E是BC的中點,將△BAE沿AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD,F為B1D的中點(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.答案：(1)解取AE的中點M,連接B1M.因為BA=AD=DC=12BC=a,△ABE為等邊三角形,所以B1M=32又因為平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以V=13×32a×a×(2)證明連接ED交AC于點O,連接OF,因為四邊形AECD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,MB