1、题型练 6 大题专项( 四)立体几何综合问题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.A 1A=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:AB 1PQ ;(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.372.(2018 江苏,22)如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AA 1=2,点 P,Q 分别为 A1B1,BC 的中点.(1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值;(2)求直线 CC1 与平面 AQ
2、C1 所成角的正弦值.3.如图,在几何体 ABCDE 中,四边形 ABCD 是矩形,AB平面 BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F 分别是线段 BE,DC 的中点.(1)求证:GF 平面 ADE;(2)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值.4.在如图所示的组合体中,ABCD-A 1B1C1D1 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= .2(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?5.如图,在四棱锥 P-ABCD
3、中,PA平面 ABCD,ACAD,AB BC,BAC=45,PA=AD=2,AC= 1.(1)证明:PCAD;(2)求二面角 A-PC-D 的正弦值;(3)设 E 为棱 PA 上的点,满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30,求 AE 的长.6.已知四边形 ABCD 满足 ADBC,BA=AD=DC= BC=a,E 是 BC 的中点,将BAE 沿 AE 翻折成12B1AE,使平面 B1AE平面 AECD,F 为 B1D 的中点.(1)求四棱锥 B1-AECD 的体积;(2)证明:B 1E平面 ACF;(3)求平面 ADB1 与平面 ECB1 所成锐二面角的余弦值.题型练 6 大题专项(四
4、)立体几何综合问题1.解 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),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0m6.(1)证明:若 P 是 DD1 的中点,则 P(0,92,3),=(6,-92,-3).又 =(3,0,6),于是 =18-18=0,1 1所以 ,即 AB1PQ.1(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. 1设 n1=(x,y
5、,z)是平面 PQD 的一个法向量 ,则 1=0,11=0,即 6+(-6)=0,-3+6=0. 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=.12|1|2|= 31(6-)2+62+32= 3(6-)2+45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).37 3(6-)2+45=37设 = (0|=,1|1|1|=|-1+4|522=31020.因此,异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为31020.(2)因为 Q 为 BC 的中点,所以 Q ,(32,12,0
6、)因此 =(0,2,2), =(0,0,2).=(32,32,0),1 1设 n=(x,y,z)为平面 AQC1 的一个法向量,则 =0,1=0,即 32+32=0,2+2=0.不妨取 n=( ,-1,1).3设直线 CC1 与平面 AQC1 所成角为 ,则 sin =|cos|= ,1|1|1|= 252=55所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为55.3.(1)证法一 如图,取 AE 的中点 H,连接 HG,HD,又 G 是 BE 的中点,所以 GHAB,且 GH= AB.12又 F 是 CD 的中点,所以 DF= CD.12由四边形 ABCD 是矩形,得 ABCD,AB=C
7、D,所以 GHDF ,且 GH=DF,从而四边形 HGFD 是平行四边形,所以 GFDH.又 DH平面 ADE,GF平面 ADE,所以 GF平面 ADE.证法二 如图,取 AB 中点 M,连接 MG,MF.又 G 是 BE 的中点 ,可知 GM AE.又 AE平面 ADE,GM平面 ADE,所以 GM平面 ADE.在矩形 ABCD 中,由 M,F 分别是 AB,CD 的中点,得 MFAD.又 AD平面 ADE,MF平面 ADE,所以 MF平面 ADE.又因为 GMMF=M,GM平面 GMF,MF平面 GMF,所以平面 GMF平面 ADE.因为 GF平面 GMF.所以 GF平面 ADE.(2)解
8、 如图,在平面 BEC 内,过点 B 作 BQEC.因为 BECE,所以 BQBE.又因为 AB平面 BEC,所以 ABBE,ABBQ.以 B 为原点,分别以 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系 ,则 A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为 AB平面 BEC,所以 =(0,0,2)为平面 BEC 的法向量.设 n=(x,y,z)为平面 AEF 的法向量 .又 =(2,0,-2), =(2,2,-1), 由 =0,=0,得 2-2=0,2+2-=0,取 z=2,得 n=(2,-1,2).从而 cos= 所以平面 AEF 与平面 BEC
9、 所成锐二面角的余弦值为|=432=23. 23.4.(1)证明 如图建立空间直角坐标系.设棱长 AA1=a,则 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 PC 和 PB,由线面垂直的判定定理,得 PD平面PBC.(2)解 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= =-1111 1111.所以 PA 与平面 ABCD 所成角的正弦值为1111.所以
10、 PA 与平面 ABCD 所成角的正切值为1010.(3)解 因为 D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),所以 =(3,0,0), =(0,2,-a). 1设平面 AB1D 的法向量为 n2=(x,y,z),则有 令 z=2,可得平面 AB1D 的一个法2=3=0,12=2-=0,向量为 n2=(0,a,2).若要使得 PC平面 AB1D,则要 n2,即 n2=a-2=0,解得 a=2.所以当 AA1=2 时,PC平面 AB1D.5.解 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).(-12,
11、12,0)(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). 则 不妨令 z=1,=0,=0,即 -2=0,2-=0.可得 n=(1,2,1).可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0).于是 cos= ,|=16=66从而 sin=306.所以二面角 A-PC-D 的正弦值为306.(3)设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h0,2.由此得 =(12,-12,).又 =(2,-1,0),故 cos= , ,|= 3212+25= 310+202所以 =
12、cos 30= ,解得 h= ,即 AE=310+202 32 1010 1010.6.(1)解 取 AE 的中点 M,连接 B1M.因为 BA=AD=DC= BC=a,ABE 为等边三角形,所以 B1M= a.12 32又因为平面 B1AE平面 AECD,所以 B1M平面 AECD,所以 V= aaasin1332 3=34.(2)证明 连接 ED 交 AC 于点 O,连接 OF,因为四边形 AECD 为菱形,OE=OD ,所以 FOB 1E,所以B1E平面 ACF.(3)解 连接 MD,则AMD=90,分别以 ME,MD,MB1 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则 E ,C ,A ,D ,B1 ,(2,0,0) (, 32,0) (-2,0,0) (0, 32,0) (0,0, 32)所以 ,=(2, 32,0),1=(-2,0, 32)=(2, 32,0),1=(2,0, 32).设平面 ECB1 的法向量为 u=(x,y,z),则 2+32=0,-2+32=0,令 x=1,u= ,同理平面 ADB1 的法向量为 v= ,(1,-33, 33) (1,- 33,- 33)所以 cos= ,故平面 ADB1 与平面 ECB1 所成锐二面角的余弦值为1+13-131+13+131+13+13=35 35.
