【最新】高中数学-2018版高考复习方案大一轮(全国人教数学)-历年高考真题与模拟题分类汇编 G单元
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数 学 G 单元 立体几何
G1 空间几何体的结构
19．G1、G11 如图17，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，
F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一
个正方形．
图17
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 19．解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．
(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10， 于是MH ＝EH 2
－EM 2
＝6，所以AH ＝10.
以D 为坐标原点，DA →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则
A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，所以FE →＝(10，0，0)，HE →
＝
(0，－6，8)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面α的一个法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩
⎪⎨⎪⎧10x ＝0，
－6y ＋8z ＝0， 所以可取n ＝(0，4，3)． 又AF →
＝(－10，4，8)，
故|cos 〈n ，AF →
〉|＝|n ·AF →
||n ||AF →|＝4515.
所以AF 与平面α所成角的正弦值为45
15
.
19．G5、G1、G11 如图16，已知四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A 1A ＝6，且A 1A ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上．
(1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；
(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P QD A 的余弦值为3
7
，求四面体ADPQ 的体积．
图16
19．解：方法一：由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1
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)，
B 1(3，0，6)，D (0，6，0)，D 1(0，3，6)，Q (6，m ，0)，其中m ＝BQ ，0≤m ≤6.
(1)若P 是DD 1的中点，则P 0，92，3，PQ →＝6，m －92，－3.又AB 1→＝(3，0，6)，于是AB 1→·PQ
→
＝18－18＝0，所以AB 1→⊥PQ →
，即AB 1⊥PQ .
(2)由题设知，DQ →＝(6，m －6，0)，DD 1→
＝(0，－3，6)是平面PQD 内的两个不共线向量．设n 1＝(x ，y ，z )是平面PQD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ →＝0，n 1·DD 1→＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧6x ＋（m －6）y ＝0，－3y ＋6z ＝0.
取y ＝6，得n 1＝(6－m ，6，3)．又平面AQD 的一个法向量是n 2＝(0，0，1)，所以
cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝31·（6－m ）2＋62＋32＝3
（6－m ）2
＋45
.
而二面角P QD A 的余弦值为37，因此3（6－m ）2
＋45＝3
7，解得m ＝4或m ＝8(舍去)，此时Q (6，4，0)．
设DP →＝λDD 1→(0<λ≤1)，而DD 1→＝(0，－3，6)，由此得点P (0，6－3λ，6λ)，所以PQ →
＝(6，3λ－2，－6λ)．
因为PQ ∥平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3＝(0，1，0)，所以PQ →
·n 3＝0，即3λ－2＝0，即λ＝2
3
，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 ＝13S △ADQ ·h ＝13×12
×6×6×4＝24.
方法二：(1)如图所示，取A 1A 的中点R ，连接PR ，BR ，PC .因为A 1A ，D 1D 是梯形A 1ADD 1
的两腰，P 是D 1D 的中点，所以PR ∥AD ，于是由AD ∥BC 知，PR ∥BC ，
所以P ，R ，B ，C 四点共面．
由题设知，BC ⊥AB ，BC ⊥A 1A ，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，因此BC ⊥AB 1.①
因为tan ∠ABR ＝AR AB ＝36＝A 1B 1
A 1A
＝tan ∠A 1AB 1，所以∠ABR ＝∠A 1AB 1，因此∠ABR ＋∠BAB 1＝
∠A 1AB 1＋∠BAB 1＝90°，
于是AB 1⊥BR .再由①即知AB 1⊥平面PRBC ，又PQ ⊂平面PRBC ，故AB 1⊥PQ .
(2)如图所示，过点P 作PM ∥A 1A 交AD 于点M ，则PM ∥平面ABB 1A 1.②
因为A 1A ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥平面ABCD ，过点M 作MN ⊥QD 于点N ，连接PN ，则PN ⊥QD ，∠PNM 为二面角P QD A 的平面角，
所以cos ∠PNM ＝37，即MN PN ＝37，
从而PM
MN ＝
40
3
.③ 连接MQ ，由PQ ∥平面ABB 1A 1及②知， 平面PQM ∥平面ABB 1A 1，所以MQ ∥AB .