（新课标）2018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.doc

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:ab1pq;(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.3.如图,在几何体abcde中,四边形abcd是矩形,ab平面bec,beec,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.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,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.6.已知四边形abcd满足adbc,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,0m6.(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ab1pq,即ab1pq.(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=dd1(01),而dd1=(0,-3,6),由此得点p(0,6-3,6),所以pq=(6,3-2,-6).因为pq平面abb1a1,且平面abb1a1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以pqn3=0,即3-2=0,亦即=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=13sadqh=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,bcb1c1,efbeb1c1.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,geab1,ge平面aa1b1b.(2)解过点a1作a1oab,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,ocab,a1o底面abc,a1oob,a1ooc,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nge,nb1e,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,则有cos=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ghab,且gh=12ab.又f是cd的中点,所以df=12cd.由四边形abcd是矩形,得abcd,ab=cd,所以ghdf,且gh=df,从而四边形hgfd是平行四边形,所以gfdh.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gmae.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mfad.又ad平面ade,mf平面ade,所以mf平面ade.又因为gmmf=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bqec.因为bece,所以bqbe.又因为ab平面bec,所以abbe,abbq.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,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=(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.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,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=1332aaasin3=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fob1e,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