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2020届二轮复习立体几何综合问题作业

试卷
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题型练6 大题专项() 立体几何综合问题

 题型练第60  

1.如图,矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,ABE=60°,GBE的中点.

(1)求证:AG平面ADF;

(2)AB=BC,求二面角D-CA-G的余弦值.

(1)证明矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,

ADAB.

矩形ABCD菱形ABEF=AB,

AD平面ABEF.

AG?平面ABEF,ADAG.

菱形ABEF,ABE=60°,GBE的中点,

AGBE,AGAF.

ADAF=A,AG平面ADF.

(2)(1)可知AD,AF,AG两两垂直,A为原点,AG所在直线为x,AF所在直线为y,AD所在直线为z,建立空间直角坐标系,

AB=BC=,

BC=1,AG=,A(0,0,0),C,-,1,D(0,0,1),G,

=(0,0,1),,

设平面ACD的法向量n1=(x1,y1,z1),

y1=,

n1=(1,,0),

设平面ACG的法向量n2=(x2,y2,z2),

y2=2,

n2=(0,2,).

设二面角D-CA-G的平面角为θ,cosθ=,

易知θ为钝角,二面角D-CA-G的余弦值为-.

2.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1,AB=AA1=2,P,Q分别为A1B1,BC的中点.

(1)求异面直线BPAC1所成角的余弦值;

(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.

:如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1,AC,A1C1的中点分别为O,O1,OBOC,OO1OC,OO1OB,{}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(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).

(1)因为PA1B1的中点,

所以P,

从而=(0,2,2),

|cos<>|=.

因此,异面直线BPAC1所成角的余弦值为.

(2)因为QBC的中点,所以Q,

因此=(0,2,2),=(0,0,2).

n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,

不妨取n=(,-1,1).

设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,

sinθ=|cos<,n>|=,

所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.

3.在四棱锥P-ABCD,BC=BD=DC=2,AD=AB=PD=PB=2.

(1)若点EPC的中点,求证:BE平面PAD.

(2)当平面PBD平面ABCD,求二面角C-PD-B的余弦值.

(1)证明CD的中点为M,连接EM,BM.

由已知得,BCD为等边三角形,BMCD.

AD=AB=2,BD=2,

ADB=ABD=30°,

ADC=90°,

BMAD.

BM?平面PAD,AD?平面PAD,

BM平面PAD.

EPC的中点,MCD的中点,

EMPD.

EM?平面PAD,PD?平面PAD,

EM平面PAD.

EMBM=M,

平面BEM平面PAD.

BE?平面BEM,

BE平面PAD.

(2)连接AC,BD于点O,连接PO,由对称性知,OBD的中点,ACBD,POBD.

平面PBD平面ABCD,POBD,

PO平面ABCD,PO=AO=1,CO=3.

O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.

D(0,-,0),C(3,0,0),P(0,0,1).

易知平面PBD的一个法向量为n1=(1,0,0).

设平面PCD的法向量为n2=(x,y,z),

n2,n2,

=(3,,0),=(0,,1),

y=,x=-1,z=-3,

n2=(-1,,-3),

cos<n1,n2>==-.

设二面角C-PD-B的大小为θ,

cosθ=.

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,P平面CC1D1D,PD=PC=.

(1)证明:PD平面PBC;

(2)PA与平面ABCD所成角的正切值;

(3)AA1的长为何值时,PC平面AB1D?

(1)证明如图建立空间直角坐标系.

设棱长AA1=a,D(0,0,a),P(0,1,a+1),B(3,2,a),C(0,2,a).

于是=(0,-1,-1),=(3,1,-1),=(0,1,-1),所以=0,=0.

所以PD垂直于平面PBC内的两条相交直线PCPB,由线面垂直的判定定理,PD平面PBC.

(2)A(3,0,a),=(3,-1,-1),

而平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1),

所以cos<,n1>==-.

所以PA与平面ABCD所成角的正弦值为.

所以PA与平面ABCD所成角的正切值为.

(3)因为D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),

所以=(3,0,0),=(0,2,-a).

设平面AB1D的法向量为n2=(x,y,z),

则有

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n2,

·n2=a-2=0,

解得a=2.

所以当AA1=2,PC平面AB1D.

5.如图,在四棱锥P-ABCD,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)E为棱PA上的点,满足异面直线BECD所成的角为30°,AE的长.

: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,P(0,0,2).

(1)证明:易得=(0,1,-2),=(2,0,0).

于是=0,所以PCAD.

(2)=(0,1,-2),=(2,-1,0).

设平面PCD的法向量n=(x,y,z).

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>=,

从而sin<m,n>=.

所以二面角A-PC-D的正弦值为.

(3)设点E的坐标为(0,0,h),其中h[0,2].

由此得.

=(2,-1,0),

cos<>=,

所以=cos30°=,

解得h=,

AE=.

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