全国通用高考数学一轮复习第七章立体几何热点专题突破四立体几何的综合问题习题理含答案.docx

全国通用高考数学一轮复习第七章立体几何热点专题突破四立体几何的综合问题习题理含答案.docx

《全国通用高考数学一轮复习第七章立体几何热点专题突破四立体几何的综合问题习题理含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国通用高考数学一轮复习第七章立体几何热点专题突破四立体几何的综合问题习题理含答案.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

全国通用高考数学一轮复习第七章立体几何热点专题突破四立体几何的综合问题习题理含答案

热点专题突破四　立体几何的综合问题

1.（2015·江苏高考）如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.

（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;

（2）点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.

1.【解析】以{}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则各点的坐标为B（1,0,0）,C（1,1,0）,D（0,2,0）,P（0,0,2）.

（1）因为AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=（0,2,0）.

因为=（1,1,-2）,=（0,2,-2）.

设平面PCD的法向量为m=（x,y,z）,

则m·=0,m·=0,

即令y=1,解得z=1,x=1.

所以m=（1,1,1）是平面PCD的一个法向量.

从而cos<,m>=,

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.

（2）因为=（-1,0,2）,设=λ=（-λ,0,2λ）（0≤λ≤1）,

又=（0,-1,0）,则=（-λ,-1,2λ）,又=（0,-2,2）,

从而cos<>=.

设1+2λ=t,t∈[1,3],

则cos2<>=.

当且仅当t=,即λ=时,|cos<>|的最大值为.

因为y=cosx在上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.

又因为BP=,所以BQ=BP=.

2.（2016·吉林实验中学四模）如图的多面体是直平行六面体ABCD-A1B1C1D1经平面AEFG所截后得到的图形,其中∠BAE=∠GAD=45°,AB=2AD=2,∠BAD=60°.

（1）求证:

BD⊥平面ADG;

（2）求平面AEFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值.

2.【解析】

（1）在△BAD中,∵AB=2AD=2,∠BAD=60°,

∴由余弦定理可得BD=,∴AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD.

又在直平行六面体中,

GD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴GD⊥BD.

又AD∩GD=D,∴BD⊥平面ADG.

（2）以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

∵∠BAE=∠GAD=45°,AB=2AD=2,

则有A（1,0,0）,B（0,,0）,G（0,0,1）,E（0,,2）,C（-1,,0）,∴=（-1,,2）,=（-1,0,1）.

设平面AEFG的法向量为n=（x,y,z）,

故有

令x=1,得y=-,z=1,n=.

而平面ABCD的一个法向量为=（0,0,1）,

∴cos<,n>=.

故平面AEFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为.

3.如图所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是梯形,AD∥BC,侧面ABB1A1为菱形,∠DAB=∠DAA1.

（1）求证:

A1B⊥AD;

（2）若AD=AB=2BC,点D在平面ABB1A1上的射影恰为线段A1B的中点,∠A1AB=60°,求平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值.

3.【解析】

（1）连接A1B,AB1相交于O,连接DO.

∵侧面ABB1A1为菱形,

∴AB=AA1,又∠DAB=∠DAA1,AD=AD,

∴△DAA1≌△DAB,则BD=A1D,

∴OD⊥A1B,又A1B⊥AB1,

∴A1B⊥平面AOD,即得A1B⊥AD.

（2）分别以射线OB,射线OB1,射线OD为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.

设AD=AB=2BC=2a,由∠A1AB=60°,可知|OB|=a,|OA|=|OB1|=a,

∴|OD|==a,从而A（0,-a,0）,B（a,0,0）,B1（0,a,0）,D（0,0,a）,

∴=（-a,a,0）.

由,可得C,

∴.

设平面DCC1D1的一个法向量为m=（x0,y0,z0）,

由m·=m·=0,得

取y0=1,则x0=,z0=3,

∴m=（,1,3）.

又平面ABB1A1的法向量为=（0,0,a）,

∴cos<,m>=,

故平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值为.

4.（2015·天津高考）如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱AA1⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.

（1）求证:

MN∥平面ABCD;

（2）求二面角D1-AC-B1的正弦值;

（3）设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.

4.【解析】如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A（0,0,0）,B（0,1,0）,C（2,0,0）,D（1,-2,0）,A1（0,0,2）,B1（0,1,2）,C1（2,0,2）,D1（1,-2,2）.又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N（1,-2,1）.

（1）依题意,可得n=（0,0,1）为平面ABCD的一个法向量..由此可得·n=0,

又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.

（2）=（1,-2,2）,=（2,0,0）.

设n1=（x,y,z）为平面ACD1的法向量,则

即

不妨设z=1,可得n1=（0,1,1）.

设n2=（x,y,z）为平面ACB1的法向量,

则=（0,1,2）,

得不妨设z=1,可得n2=（0,-2,1）.

因此有cos==-,

于是sin=.

所以二面角D1-AC-B1的正弦值为.

（3）依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E（0,λ,2）,

从而=（-1,λ+2,1）.

又n=（0,0,1）为平面ABCD的一个法向量,由已知,

得cos<,n>=,

整理得λ2+4λ-3=0,

又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.

所以线段A1E的长为-2.

5.（2015·郑州一中等校联考）如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.

（1）证明:

平面ADE⊥平面ACD;

（2）当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.

5.【解析】

（1）因为AB是直径,所以BC⊥AC,

因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC,

因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD,

因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,

所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD,

因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.

（2）依题意,EB=AB×tan∠EAB=4×=1,

由

（1）知VC-ADE=VE-ACD=×S△ACD×DE=×AC×CD×DE=×AC×BC≤×（AC2+BC2）=×AB2=,

当且仅当AC=BC=2时等号成立,此时三棱锥C-ADE体积最大.

如图所示,建立空间直角坐标系,则D（0,0,1）,E（0,2,1）,A（2,0,0）,B（0,2,0）,

则=（-2,2,0）,=（0,0,1）,

=（0,2,0）,=（2,0,-1）,

设面DAE的法向量为n1=（x,y,z）,

即∴n1=（1,0,2）,

设面ABE的法向量为n2=（x,y,z）,

即∴n2=（1,1,0）,

∴cos=,

可以判断与二面角D-AE-B的平面角互补,

∴二面角D-AE-B的余弦值为-.

6.（2015·浙江高考）如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.

（1）证明:

A1D⊥平面A1BC;

（2）求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.

6.【解析】

（1）设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC,

所以A1E⊥AE.

因为AB=AC,所以AE⊥BC.

故AE⊥平面A1BC.

由D,E分别为B1C1,BC的中点,得

DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,

所以A1AED为平行四边形.

故A1D∥AE.

又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.

（2）解法一:

作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连接B1F.

由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.

由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.

由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,

因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.

由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得

BD=3,A1F=B1F=,

由余弦定理得cos∠A1FB1=-.

解法二:

以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz,如图所示.

由题意知各点坐标如下:

A1（0,0,）,B（0,,0）,D（-,0,）,B1（-）.

因此=（0,,-）,=（-,-）,=（0,,0）.

设平面A1BD的法向量为m=（x1,y1,z1）,平面B1BD的法向量为n=（x2,y2,z2）.

由可取m=（0,,1）.

由可取n=（,0,1）.

于是|cos|=.

由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.

7.直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,E,F分别是CC1,BC的中点,AE⊥A1B1,D为棱A1B1上的点.

（1）证明:

DF⊥AE;

（2）是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为?

若存在,说明点D的位置,若不存在,说明理由.

7.【解析】

（1）∵AE⊥A1B1,A1B1∥AB,

∴AB⊥AE.

又∵AB⊥AA1,AE∩AA1=A,

∴AB⊥平面A1ACC1.

又∵AC⊂平面A1ACC1,

∴AB⊥AC.

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.

则A（0,0,0）,E,F,0,A1（0,0,1）,B1（1,0,1）.

设D（x,y,z）,=λ,且λ∈[0,1],即（x,y,z-1）=λ（1,0,0）,∴D（λ,0,1）.

∴.

∴.

∴=0,

∴DF⊥AE.

（2）假设存在,设平面DEF的法向量为n=（x,y,z）,

则

∵,

∴

即

令z=2（1-λ）,

∴n=（3,1+2λ,2（1-λ））.

由题可知平面ABC的一个法向量m=（0,0,1）.

∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为,

∴|cos（m,n）|=,

即.

∴λ=或λ=（舍）,

∴当点D为A1B1中点时,满足要求.