（课标专用）天津市高考数学二轮复习 题型练6 大题专项（四）立体几何综合问题-人教版高三数学试题

题型练6大题专项(四)立体几何综合问题题型练第60页1.如图,矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,ABE=60,G为BE的中点.(1)求证:AG平面ADF;(2)若AB=3BC,求二面角D-CA-G的余弦值.(1)证明矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,ADAB.矩形ABCD菱形ABEF=AB,AD平面ABEF.AG平面ABEF,ADAG.菱形ABEF中,ABE=60,G为BE的中点,AGBE,即AGAF.ADAF=A,AG平面ADF.(2)解由(1)可知AD,AF,AG两两垂直,以A为原点,AG所在直线为x轴,AF所在直线为y轴,AD所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,设AB=3BC=3,则BC=1,AG=32,故A(0,0,0),C32,-32,1,D(0,0,1),G32,0,0,则AC=32,-32,1,AD=(0,0,1),AG=32,0,0,设平面ACD的法向量n1=(x1,y1,z1),则n1AC=32x1-32y1+z1=0,n1AD=z1=0,取y1=3,得n1=(1,3,0),设平面ACG的法向量n2=(x2,y2,z2),则n2AC=32x2-32y2+z2=0,n2AG=32x2=0,取y2=2,得n2=(0,2,3).设二面角D-CA-G的平面角为,则cos=n1n2|n1|n2|=2327=217,易知为钝角,二面角D-CA-G的余弦值为-217.2.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.解:如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OBOC,OO1OC,OO1OB,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|=|BPAC1|BP|AC1|=|-1+4|522=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AQn=0,AC1n=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,则sin=|cos|=|CC1n|CC1|n|=252=55,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.3.在四棱锥P-ABCD中,BC=BD=DC=23,AD=AB=PD=PB=2.(1)若点E为PC的中点,求证:BE平面PAD.(2)当平面PBD平面ABCD时,求二面角C-PD-B的余弦值.(1)证明取CD的中点为M,连接EM,BM.由已知得,BCD为等边三角形,BMCD.AD=AB=2,BD=23,ADB=ABD=30,ADC=90,BMAD.又BM平面PAD,AD平面PAD,BM平面PAD.E为PC的中点,M为CD的中点,EMPD.又EM平面PAD,PD平面PAD,EM平面PAD.EMBM=M,平面BEM平面PAD.BE平面BEM,BE平面PAD.(2)解连接AC,交BD于点O,连接PO,由对称性知,O为BD的中点,且ACBD,POBD.平面PBD平面ABCD,POBD,PO平面ABCD,PO=AO=1,CO=3.以O为坐标原点,OC的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.则D(0,-3,0),C(3,0,0),P(0,0,1).易知平面PBD的一个法向量为n1=(1,0,0).设平面PCD的法向量为n2=(x,y,z),则n2DC,n2DP,n2DC=0,n2DP=0.DC=(3,3,0),DP=(0,3,1),3x+3y=0,3y+z=0.令y=3,得x=-1,z=-3,n2=(-1,3,-3),cos=n1n2|n1|n2|=-113=-1313.设二面角C-PD-B的大小为,则cos=1313.4.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?(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=(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PCn2,即PCn2=a-2=0,解得a=2.所以当AA1=2时,PC平面AB1D.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ACAD,ABBC,BAC=45,PA=AD=2,AC=1.(1)证明:PCAD;(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.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PCAD.(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=66,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h0,2.由此得BE=12,-12,.又CD=(2,-1,0),故cos=BECD|BE|CD|=3212+25=310+202,所以310+202=cos30=32,解得h=1010,即AE=1010.