专题06（大题专练）：立体几何综合问题-2021年新高考数学二轮复习常规题型专练

2021年新高考数学二轮复习题型专练（大题专练）：立体几何综合问题 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,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P 又=(3,0,6),于是=18-18=0, 所以,即AB1⊥PQ. (2)由题设知,=(6,m-6,0),=(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 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>=. 而二面角P-QD-A的余弦值为, 因此, 解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0). 设=(0<λ≤1),而=(0,-3,6), 由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以=(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n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,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=S△ADQ·h=6×6×4=24. 2.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,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM= 连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=,E,0. 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=,B1, 故,||= 又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量, 故sin=cos<n,>= 所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为 3.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,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz. (1)证明:连接C1F,则点C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,c,F0,b,c,=0,b,c, =0,b,c,得, 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),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1). 设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量, 则 可取n1=(-1,-1,1). 设n2为平面A1EF的法向量, 则同理可取n2=,2,1. 因为cos<n1,n2>==-, 所以二面角A-EF-A1的正弦值为 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= (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=(0,-1,-1),=(3,1,