高考数学二轮复习简易通 2-3 立体几何问题 理科VIP免费

第三辑立体几何问题[通关演练A组](建议用时：45分钟)1．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2CD＝2，E，F分别是AB，AP的中点．(1)求证：AC⊥EF；(2)求二面角F-OE-A的余弦值．(1)证明E，F分别是AB，AP的中点．∴EF是△APB的中位线，∴EF∥PB，由已知可知PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AC，又 AC⊥BD，又BD∩OP＝O，∴AC⊥面POB.又PB⊂平面POB，∴AC⊥PB，∴AC⊥EF.(2)解如图建立空间直角坐标系依题意知，OA＝OB＝2，OC＝OD＝1，则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，P(0,0,2)，∴OE＝(1，－1,0)，OF＝(0，－1,1)，设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，则解得m＝(1,1,1)．平面OAE的法向量为n＝(0,0,1)，∴cos〈m，n〉＝＝＝.故二面角F-OE-A的余弦值为.2．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等边三角形，D是BC的中点．(1)求证：A1B∥平面ADC1；(2)若AB＝BB1＝2，求A1D与平面AC1D所成角的正弦值．(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以四边形A1ACC1是矩形．连接A1C交AC1于O，则O是A1C的中点，又D是BC的中点，所以在△ADC1中，OD∥A1B，因为A1B⊄平面ADC1，OD⊂平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.(2)解因为△ABC是等边三角形，D是BC的中点，所以AD⊥BC.以D为原点，建立如图所示空间坐标系D-xyz.由已知AB＝BB1＝2，得D(0,0,0)，A(，0,0)，A1(，0,2)，C1(0，－1,2)．则DA＝(，0,0)，DC1＝(0，－1，2)，设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，由得取z＝1，则x＝0，y＝2，∴n＝(0,2,1)，又DA1＝(，0,2)，∴cos〈DA1，n〉＝＝，设A1D与平面ADC1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈DA1，n〉|＝，故A1D与平面ADC1所成角的正弦值为.3．如图，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AD＝PD.(1)求证：平面PQC⊥平面DCQ；(2)若二面角Q-BP-C的余弦值为－，求的值．(1)证明设AD＝1，则DQ＝，DP＝2，又 PD∥QA，∴∠PDQ＝∠AQD＝45°，在△DPQ中，由余弦定理可得PQ＝.∴DQ2＋PQ2＝DP2，∴PQ⊥DQ，又 PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC， CD⊥DA，DA∩PD＝D，∴CD⊥平面ADPQ. PQ⊂平面ADPQ，∴CD⊥PQ，又 CD∩DQ＝D，∴PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)解如图，以D为坐标原点，DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz.设AD＝1，AB＝m(m>0)．依题意有D(0,0,0)，C(0,0，m)，P(0,2,0)，Q(1,1,0)，B(1,0，m)，则CB＝(1,0,0)，BP＝(－1,2，－m)，PQ＝(1，－1,0)，设n1＝(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，则即因此可取n1＝(0，m,2)．设n2＝(x2，y2，z2)是平面PBQ的法向量，则即可取n2＝(m，m,1)．又 二面角Q-BP-C的余弦值为－，∴|cos〈n1，n2〉|＝|－|.∴＝整理得m4＋7m2－8＝0.又 m>0，解得m＝1.因此，所求的值为1.[通关演练B组](建议用时：45分钟)1．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上．(1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证DE⊥BC1；(2)是否存在点E，使二面角D-BE-A等于60°，若存在求AE的长；若不存在，请说明理由．(1)证明连接DC1，因为ABC-A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形，又因为D为AC的中点，所以BD⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥DE.因为AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1，所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°，所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1，又BD∩DC1＝D，所以ED⊥平面BDC1，BC1⊂面BDC1，所以ED⊥BC1.(2)解假设存在点E满足条件，设AE＝h.取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)，所以DB＝(0，，0)，DE＝(1,0，h)，AB＝(－1，，0)，AE＝(0,0，h)，设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)，同理，平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则∴n2＝(，1,0)．∴cos〈n1，n2〉＝＝cos60°＝.解得h＝<，故存在点E，当AE＝时，二面角D-BE-A等于60°.2．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC，PA＝AD＝2.四边形ABCD满...