Gothedistance
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题型练6大题专项(四)
立体几何综合问题
1.
(2015湖南高考)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37,求四面体ADPQ的体积.
2.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B⊥底面ABC,侧棱AA1与底面ABC所成角为
60°,AA1=2,底面ABC是边长为2的正三角形,点G为△ABC的重心,点E在BC1上,且BE=13BC1.
(1)求证:GE∥平面AA1B1B;
(2)求平面B1GE与底面ABC所成锐角二面角的余弦值.
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2
3.
(2015福建高考)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥
EC,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-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=√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.
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3
5.
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.
(1)证明:PC⊥AD;
(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.(2015宁夏银川一中二模)已知四边形ABCD满足AD∥BC,BA=AD=DC=12BC=a,E是BC的
中点,将△BAE沿AE翻折成△B1AE,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:B1E∥平面ACF;
(3)求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值.
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参考答案
1.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(0,92,3),?????????=(6,??-92,-3).
又????1???????=(3,0,6),于是????1???????·?????????=18-18=0,
所以????1???????⊥?????????,即AB1⊥PQ.
(2)由题设知,??????????=(6,m-6,0),????1????????=(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{??1·??????????=0,??
1·????1????????=0,
即{6??+(??-6)??=0,-3??+6??=0.
取y=6,得n1=(6-m,6,3).
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5
又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos=??1·??2|??
1|·|??2|
=3
1·√(6-??)2+62+32
=
3
√(6-??)2+45
.
而二面角P-QD-A的余弦值为37,因此3
√(6-??)2+45
=37,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).
设?????????=λ????1????????(0<λ≤1),而????1????????=(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=23,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.
2.(1)证明:连接B1E,并延长交BC于点F,连接AB1,AF.∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴BC∥B1C1,
∴△EFB∽△EB1C1.
∵BE=13BC1,∴????????
1
=????????
1
=??????
1??1
=12,
∴BF=12BC,∴F是BC的中点.
∵点G是△ABC的重心,∴点G在AF上,且????????=????????
1
=12,∴GE∥AB1,∴GE∥平面AA1B1B.
(2)解:过点A1作A1O⊥AB,垂足为O,连接OC.
∵侧面AA1B1B⊥底面ABC,∴A1O⊥底面ABC,
∴∠A1AB=60°.
∵AA1=2,∴AO=1.∵AB=2,
∴点O是AB的中点.
又∵点G是正三角形ABC的重心,
∴点G在OC上,∴OC⊥AB,
∵A1O⊥底面ABC,∴A1O⊥OB,A1O⊥OC,以O为原点,分别以OC,OB,OA所在直线为x,y,z
轴建立如图空间直角坐标系O-xyz.
由题意可得:A(0,-1,0),B(0,1,0),C(√3,0,0),A1(0,0,√3),B1(0,2,√3),C1(√3,1,√3),
则G(√33,0,0),
∴?????????=13????1???????=(√33,0,√33),∴E(√33,1,√33),
∴?????????=(0,1,√33),??1?????????=(√33,-1,-2√33).
设n=(x,y,z)是平面B1GE的一个法向量,则{??⊥?????????,??⊥??
1?????????,
∴{
??+√33??=0,
√3
3??-??-
2√3
3??=0,
令z=√3,则x=√3,y=-1,∴n=(√3,-1,√3).
易知????1????????=(0,0,√3)是平面ABC的一个法向量,设平面B1GE与底面ABC所成锐二面角为θ,
则有cosθ=????1???????·??|????
1???????|·|??|
=√217.
3.
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(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GH∥AB,且GH=12AB.
又F是CD的中点,
所以DF=12CD.
由四边形ABCD是矩形,得AB∥CD,AB=CD,
所以GH∥DF,且GH=DF,
从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.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MF∥AD.
又AD?平面ADE,MF?平面ADE,
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF=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:如图,在平面BEC内,过点B作BQ∥EC.
因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC,
所以AB⊥BE,AB⊥BQ.
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).
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从而cos=??·?????????|??|·|?????????|=43×2=23.所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为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=-1√11×1=-√1111.
所以PA与平面ABCD所成角的正弦值为√1111.所以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),????1???????=(0,2,-a).
设平面AB1D的法向量为n2=(x,y,z),则有{?????????·??2=3??=0,????
1???????·??2=2??-????=0,
令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,
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(-12,12,0),P(0,0,2).
(1)证明:易得?????????=(0,1,-2),?????????=(2,0,0).于是?????????·?????????=0,所以PC⊥AD.
(2)?????????=(0,1,-2),?????????=(2,-1,0).设平面PCD的法向量n=(x,y,z).
则{??·?????????=0,??·?????????=0,即{??-2??=0,2??-??=0.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=??·??|??|·|??|=1√6=√66,
从而sin=√306.
所以二面角A-PC-D的正弦值为√306.
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(3)设点E的坐标为(0,0,h),其中h∈[0,2].由此得?????????=(12,-12,?).
又?????????=(2,-1,0),故cos=?????????·?????????|?????????|·|?????????|=
3
2
√12+?2×√5
=3√
10+20?2
,
所以3√
10+20?2
=cos30°=√32,解得h=√1010,即AE=√1010.
6.(1)解:取AE的中点M,连接B1M.因为BA=AD=DC=12BC=a,△ABE为等边三角形,所以
B1M=√32a.
又因为平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以V=13×√32a×a×a×sinπ3=??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FO∥B1E,
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(??2,0,0),C(??,√32??,0),A(-??2,0,0),D(0,√32??,0),B1(0,0,√32??),
所以?????????=(??2,√32??,0),????1???????=(-??2,0,√3??2),
?????????=(??2,√3??2,0),????1???????=(??2,0,√3??2).
设平面ECB1的法向量为u=(x,y,z),
则{
??
2??+
√3
2????=0,
-??2??+√32????=0,
令x=1,u=(1,-√33,√33),同理平面ADB1的法向量为v=(1,-√33,-√33),
所以cos=1+
1
3-
1
3
√1+13+13×√1+13+13
=35,故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为35.
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