2025届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理含解析

题型练6大题专项(四)立体几何综合问题题型练第68页

一、解答题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:AB1⊥PQ;(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,0≤m≤6.(1)证明:若P是DD1的中点,则P0又AB1=(3,0,6),于是AB1·PQ所以AB1⊥PQ,即AB(2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(0,-3,6)是平面PQD设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,则n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>=n1而二面角P-QD-A的余弦值为37因此3(解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设DP=λDD1(0<λ≤1),而DD由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以PQ=(6,3λ-2,-6λ).因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以PQ·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23,从而P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=13S△ADQ·h=13×12×6×2.(2024全国Ⅱ,理20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.答案：(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因为△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为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E233由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.设点Q(a,0,0),则NQ=4-233-故B1E=2又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量,故sinπ2-<n,B1E所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为103.(2024全国Ⅲ,理19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.解：设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C(1)证明:连接C1F,则点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,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.(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=设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n可取n1=(-1,-1,1).设n2为平面A1EF的法向量,则n2·A1E=0,n2因为cos<n1,n2>=n1·n所以二面角A-EF-A1的正弦值为424.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?答案：(1)证明如图,建立空间直角坐标系.设棱长AA1=a,则点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,a),PA=(3,-1,-1),而平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1),所以cos<PA,n1>=-111所以PA与平面ABCD所成角的正弦值为11所以PA与平面ABCD所成角的正切值为10(3)解因为点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DA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PC⊥n2即PC·n2=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,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.(1)证明:PC⊥AD;(2)求二面角A-PC-D的正弦值;(3)设E为棱PA上的点,满意异面直线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,依题意得点A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B-12,1(1)证明: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).设平面PCD的法向量n=(x,y,z).则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·从而sin<m,n>=306.所以二面角A-PC-D(3)设点E的坐标为(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.已知四边形ABCD满意AD∥BC,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.答案：(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=32又因为平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以V=13×32a×a×(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FO∥B1E,所以B1E∥平面ACF.(3)解连接MD,则∠AMD=90°,分别以ME,MD,MB