2020高考理科数学大题专项练习：立体几何综合问题

大题专项：立体几何综合问题一、解答题1.如图，已知四棱台ABCD-A1B1clD1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形.A1A二6,且A1A，底面ABCD.点PQ分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点，证明:AB1，PQ;⑵若PQ〃平面ABB1Al二面角P-QD-A的余弦值为3,求四面体ADPQ的体积.11 7解：由题设知,AA1A,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P(0,9,3)，迈=(6,m-2,-3).又叫二(3,0,6),于是431•西=18-18=0,.4 一—一一所以4311PQ,即AB1±PQ.(2)由题设知0Q=(6,m-6,0),。4=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,0是平面PQD的一■个法向量，—贝伊吧=01%•DD1=0,16]+(m-6)y=0,P1-3y+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<n1,n2>=九1.九2=— 3 == 3 .%11n'2|1.J(6-m)2+62+32J(6-m)2+45

而二面角尸-QO-A的余弦值为3,因此7J(6-m)245=3而二面角尸-QO-A的余弦值为3,因此7J(6-m)245设DP=ADD1(0<AW1),而。％=(0,-3,6)，由此得点P(0,6-32,62)，所以PQ=(6,312,-62).因为PQ〃平面ABB1Al，且平面ABB1Al的一个法向量是n广(0,1,0),所以而•％=0,即312=0,亦即上2,从而P(0,4,4).3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=1S -h=1X1X6x6x4=24.⑴求异面直线BP与Ag所成角的余弦值；⑵求直线⑴求异面直线BP与Ag所成角的余弦值；⑵求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.2.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA产2,点PQ分别为A1B1,BC的中点.解：如图，在正三棱柱ABC-A1B1cl中，设ACA1cl的中点分别为QQ,则OB±OC,OO1± OC,OO1±OB,以｛OB,0C,001｝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(J3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(j,0,2),“0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点，所以p仲，-2，2),从而丽=(-1,-2,2)西=(0,2,2),故1cos<而，西>1=^1=--1^-^=小1 |BP114cl| 15X2.22 20因此，异面直线BP与AC.所成角的余弦值为空1 20(2)因为Q为BC的中点，所以Q段,2,0),因此福=(号,2,0)，阳二(0,2,2)，西二(0,0,2).设n二(x,y,z)为平面AQC1的一■个法向量，f4Qs=0 伴％+3y=0,则即2 2I/2=0, 12y+2z=0.不妨取n=(V3,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为仇贝Isin3=\cos<CC,n>\=lcci'n|=-^2—=鱼，1 ICC1||n|V5X25所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为T5.3.已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是菱形,NABC二三,SA，底面ABCD,E是SC上的任3意一点.(1)求证:平面EBD,平面SAC;⑵设SA=AB=2,是否存在点E使平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°?如果存在,求出点E的位置;如果不存在，请说明理由.答案：(1)证明:SA，平面ABCD,BDu平面ABCD,二SA±BD.丁四边形ABCD是菱形,，AC±BD.丁ACAAS^A,・•・BD，平面SAC.丁BDu平面EBD,・•・平面EBD，平面SAC.(2)解设AC与BD的交点为。，以OC,OD所在直线分别为x轴、y轴,以过O垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图).则八点A(-1,0,0),C(1,0,0),S(-1,0,2),B(0,-V3,0),D(0,V3,0).设点E(x,0,z工则SE=(x+1,0,z-2),EC=(1-x,0,-z),

x=^-1-21Z=-2—21x=^-1-21Z=-2—21・•・DE=(旦,-V3,2),BD=(0,273,0).51 21,设平面BDE的法向量n=(%1,y1,q),#\n^DE=0,•・卜丽=0,可得即『1而1273yl=0,-2-z=0,21 1 ，令％产2,可得z1=11故n=(2,0,1-A)为平面BDE的一个法向量.同理可得平面SAD的一个法向量为m=(73,-1,0).•・•平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°,•'•cos30°=3■迎=喧海丝旦1出=退,解得A=1.・•・E为SC的中点.何用 274(1-2)2 24.在如图所示的组合体中ABCD-A1B1C1D1是一个长方体，尸-ABCD是一个四棱锥^AB=2,BC=3,点P£平面CC1D1D,且PD=PC=72.(1)证明:PD,平面PBC;⑵求PA与平面ABCD所成角的正切值；⑶当AA1的长为何值时,PC〃平面AB1D?答案：(1)证明如图，建立空间直角坐标系.设棱长AA1=〃，则点D(0,0,a),P(0,1,a+1),B(3,2,a),C(0,2,a).于是尸。=(0,-1,-1),尸3=(3,1,-1),PC=(0,1,-1)，所以尸。•尸3=0,尸。-PC=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)解因为点A(3,0,〃),娱(3,-1,-1),而平面ABCD的一个法向量为口1=(0,0,1),所以cos<Pi4,n所以cos<Pi4,n1>=-1_Vn - -V11X1 11所以尸A与平面ABC。所成角的正弦值为心411所以PA与平面ABC。所成角的正切值为必910(3)解因为点Q(OQa),约(320)4(3,0,〃)，所以万彳二(3,0,0),瓯二(0,2,-。).设平面的法向量为nk(x,y,z),则有| 2 '令z=2,可得平面AB。的1 —2y-az=0,一个法向量为n2=(0,a,2).若要使得尸C〃平面则要丽ln2,即近吗=小2=0,解得a=2.所以当A4尸2时，尸。〃平面ABrD..如图，在四棱锥P-ABCD中，尸A，平面ABCDAC1ADAB±BC,ZBAC=45°,PA=AD=2AC=1.⑴证明:尸⑵求二面角A-PC-D的正弦值；⑶设片为棱上的点，满足异面直线仍与所成的角为30°,求AE的长.解：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得点A(OQO)Q(2QO)C(O,1,O),8(-y

y一—一— 一一 ・…—(1)证明:易得PC二(0,1,-2),4。=(2,0,0).于是尸。•40=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).n-PC=0,(y-2z=0,，人即｛2%少=0不妨令z=1,可得n=(1,2,1),可取平面PAC的法向量mn-PC=0,于是cos<m,n>=①&=工=返,|m|-|n| 弋6 6从而sin<m,n>=鱼06所以二面角A-PC-D的正弦值为曲0.6(3)设点E的坐标为(0,0,h),其中h£[0,2].由此得BE= 3TOC\o"1-5"\h\z又CD=(2,-1,0),故cos<BE,CD>=里巴=—= 3EEH"母2xV5 ^1020h2所以3 =cos30°=鱼，J1020左2 2解得h=也0和AE=近0.10 10.已知四边形ABCD满足AD//BC,BA=AD=DC=1BC=a,E是BC的中点，将△BAE沿AE2翻折成△B]AE，使平面B1AE，平面AECD,F为B1D的中点.品(1)求四棱锥B1-AECD的体积；⑵证明:B1E〃平面ACF;⑶求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值.答案：(1)解取AE的中点M连接B1M,因为BA=AD=DC=1BC=a,△ABE为等边三角形，所以B1M=乎a.又因为平面BAE±平面AECD,所以BM±平面AECD,所以V=1X虫axaxaxsinn=近1 1 3 2 3 4(2)证明连接ED交AC于点。连接OF,因为四边形AECD为菱形,OE=OD,所以FO/B1E，所以B1E〃平面ACF.

⑶解连接则NAM0=9O°,分别以所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则点EgOO）,C（a a0）4（AO,0）Q（0代a,0州（0,0,鱼a）,2 "2" 2 ‘2' ’"2所以EC=^^a,6）,EB~=（一旦,0,所以EC=22 2 2— V3a、 /CLV3a、成二（于亍，*叫