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【名师A计划】2017高考数学一轮复习 第七章 立体几何 热点专题突破四 立体几何的综合问题习题 理



热点专题突破四

立体几何的综合问题

1. (2015·江苏高考) 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,已知 PA⊥平面 ABCD,且四边形 ABCD 为直角 梯形,∠ABC=∠BAD= ,PA=AD=2,AB=BC=1.

(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值; (2)点 Q 是线段 BP 上的动点

,当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时,求线段 BQ 的长. 1.【解析】以{ }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则各点的坐

标为 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

(1)因为 AD⊥平面 PAB,所以

是平面 PAB 的一个法向量,

=(0,2,0).

因为

=(1,1,-2),

=(0,2,-2).

设平面 PCD 的法向量为 m=(x,y,z), 则 m·

=0,m·

=0,



令 y=1,解得 z=1,x=1.

所以 m=(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量. 从而 cos< ,m>= ,

1

所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为

.

(2)因为

=(-1,0,2),设



=(-λ ,0,2λ )(0≤λ ≤1),



=(0,-1,0),则

=(-λ ,-1,2λ ),又

=(0,-2,2),

从而 cos<

>=

.

设 1+2λ =t,t∈[1,3], 则 cos2<

>=

.

当且仅当 t= ,即 λ = 时,|cos<

>|的最大值为

.

因为 y=cos x 在

上是减函数,此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值.

又因为 BP=

,所以 BQ= BP=

.

2. (2016·吉林实验中学四模) 如图的多面体是直平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 经平面 AEFG 所截 后得到的图形,其中∠BAE=∠GAD=45°,AB=2AD=2,∠BAD=60°.

(1)求证:BD⊥平面 ADG; (2)求平面 AEFG 与平面 ABCD 所成锐二面角的余弦值. 2.【解析】(1)在△BAD 中,∵AB=2AD=2,∠BAD=60°,

∴由余弦定理可得 BD=
又在直平行六面体中,

,∴AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD.

GD⊥平面 ABCD,BD? 平面 ABCD,∴GD⊥BD.
2

又 AD∩GD=D,∴BD⊥平面 ADG. (2)以 D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.

∵∠BAE=∠GAD=45°,AB=2AD=2,
则有 A(1,0,0),B(0, ,0),G(0,0,1),E(0, ,2),C(-1, ,0),∴

=(-1,

,2),

=(-1,0,1).

设平面 AEFG 的法向量为 n=(x,y,z), 故有

令 x=1,得 y=-

,z=1,n=

.

而平面 ABCD 的一个法向量为

=(0,0,1),

∴cos<

,n>=

.

故平面 AEFG 与平面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为

.

3.如图所示,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是梯形,AD∥BC,侧面 ABB1A1 为菱形,∠DAB= ∠DAA1.

(1)求证:A1B⊥AD;

3

(2)若 AD=AB=2BC,点 D 在平面 ABB1A1 上的射影恰为线段 A1B 的中点,∠A1AB=60°,求平面 DCC1D1 与平面 ABB1A1 所成锐二面角的余弦值. 3.【解析】(1)连接 A1B,AB1 相交于 O,连接 DO.

∵侧面 ABB1A1 为菱形, ∴AB=AA1,又∠DAB=∠DAA1,AD=AD, ∴△DAA1≌△DAB,则 BD=A1D, ∴OD⊥A1B,又 A1B⊥AB1, ∴A1B⊥平面 AOD,即得 A1B⊥AD.
(2)分别以射线 OB,射线 OB1,射线 OD 为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Oxyz, 如图所示. 设 AD=AB=2BC=2a,由∠A1AB=60°,可知|OB|=a,|OA|=|OB1|=

a,

∴|OD|=

=a,从而 A(0,-

a,0),B(a,0,0),B1(0,

a,0),D(0,0,a),



=(-a,

a,0).



,可得 C

,



.

设平面 DCC1D1 的一个法向量为 m=(x0,y0,z0), 由 m·

=m·

=0,得

取 y0=1,则 x0=

,z0=3

,

∴m=(

,1,3

).

又平面 ABB1A1 的法向量为

=(0,0,a),

4

∴cos<

,m>=

,

故平面 DCC1D1 与平面 ABB1A1 所成锐二面角的余弦值为

.

4. (2015·天津高考) 如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABCD,AB⊥

AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=

,且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点.

(1)求证:MN∥平面 ABCD; (2)求二面角 D1-AC-B1 的正弦值; (3)设 E 为棱 A1B1 上的点.若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为 ,求线段 A1E 的长. 4.【解析】如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得

A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又
因为 M,N 分别为 B1C 和 D1D 的中点,得 M ,N(1,-2,1).

5

(1)依题意,可得 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量.

.由此可得

·n=0, 又因为直线 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD. (2)

=(1,-2,2),

=(2,0,0).

设 n1=(x,y,z)为平面 ACD1 的法向量,则

即 不妨设 z=1,可得 n1=(0,1,1). 设 n2=(x,y,z)为平面 ACB1 的法向量, 则

=(0,1,2),



不妨设 z=1,可得 n2=(0,-2,1).

因此有 cos<n1,n2>=

=-

,

于是 sin<n1,n2>=

.

所以二面角 D1-AC-B1 的正弦值为

.

(3)依题意,可设



,其中 λ ∈[0,1],则 E(0,λ ,2),

从而

=(-1,λ +2,1).

又 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,由已知,

6

得 cos<
2

,n>=

,

整理得 λ +4λ -3=0, 又因为 λ ∈[0,1],解得 λ =

-2.

所以线段 A1E 的长为

-2.

5. (2015·郑州一中等校联考) 如图,AB 是半圆 O 的直径,C 是半圆 O 上除 A,B 外的一个动 点,DC 垂直于半圆 O 所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan ∠EAB= .

(1)证明:平面 ADE⊥平面 ACD; (2)当三棱锥 C-ADE 体积最大时,求二面角 D-AE-B 的余弦值. 5.【解析】(1)因为 AB 是直径,所以 BC⊥AC, 因为 CD⊥平面 ABC,所以 CD⊥BC, 因为 CD∩AC=C,所以 BC⊥平面 ACD, 因为 CD∥BE,CD=BE,所以四边形 BCDE 是平行四边形, 所以 BC∥DE,所以 DE⊥平面 ACD, 因为 DE? 平面 ADE,所以平面 ADE⊥平面 ACD. (2)依题意,EB=AB×tan ∠EAB=4× =1, 由(1)知

VC-ADE=VE-ACD= ×S△ACD×DE=

×AC×CD×DE= ×AC×BC≤

×(AC2+BC2)=

×AB2= ,

当且仅当 AC=BC=2

时等号成立,此时三棱锥 C-ADE 体积最大.

如图所示,建立空间直角坐标系,则 D(0,0,1),E(0,2

,1),A(2

,0,0),B(0,2

,0),

7



=(-2

,2

,0),

=(0,0,1),

=(0,2

,0),

=(2

,0,-1),

设面 DAE 的法向量为 n1=(x,y,z),



∴n1=(1,0,2

),

设面 ABE 的法向量为 n2=(x,y,z),



∴n2=(1,1,0),

∴cos<n1,n2>=

,

可以判断<n1,n2>与二面角 D-AE-B 的平面角互补,

∴二面角 D-AE-B 的余弦值为-

.

6. (2015·浙江高考) 如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点,D 是 B1C1 的中点.

(1)证明:A1D⊥平面 A1BC; 8

(2)求二面角 A1-BD-B1 的平面角的余弦值. 6.【解析】(1)设 E 为 BC 的中点,由题意得 A1E⊥平面 ABC, 所以 A1E⊥AE. 因为 AB=AC,所以 AE⊥BC. 故 AE⊥平面 A1BC. 由 D,E 分别为 B1C1,BC 的中点,得

DE∥B1B 且 DE=B1B,从而 DE∥A1A 且 DE=A1A,
所以 A1AED 为平行四边形. 故 A1D∥AE. 又因为 AE⊥平面 A1BC,所以 A1D⊥平面 A1BC. (2)解法一:作 A1F⊥BD 且 A1F∩BD=F,连接 B1F. 由 AE=EB= ,∠A1EA=∠A1EB=90°,得 A1B=A1A=4.

由 A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB 与△B1DB 全等. 由 A1F⊥BD,得 B1F⊥BD, 因此∠A1FB1 为二面角 A1-BD-B1 的平面角. 由 A1D= ,A1B=4,∠DA1B=90°,得

BD=3

,A1F=B1F= ,

由余弦定理得 cos∠A1FB1=- .

解法二:以 CB 的中点 E 为原点,分别以射线 EA,EB 为 x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系

Exyz,如图所示.
由题意知各点坐标如下:

9

A1(0,0,

),B(0,

,0),D(-

,0,

),B1(-

).

因此

=(0,

,-

),

=(-

,-

),

=(0,

,0).

设平面 A1BD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 B1BD 的法向量为 n=(x2,y2,z2). 由 可取 m=(0, ,1).



可取 n=(

,0,1).

于是|cos<m,n>|=

.

由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角 A1-BD-B1 的平面角的余弦值为- .

7.直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1=AB=AC=1,E,F 分别是 CC1,BC 的中点,AE⊥A1B1,D 为棱 A1B1 上的 点.

(1)证明:DF⊥AE; (2)是否存在一点 D,使得平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 ?若存在,说明点

D 的位置,若不存在,说明理由.
7.【解析】(1)∵AE⊥A1B1,A1B1∥AB, 10

∴AB⊥AE.
又∵AB⊥AA1,AE∩AA1=A,

∴AB⊥平面 A1ACC1.
又∵AC? 平面 A1ACC1,

∴AB⊥AC.
以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.

则 A(0,0,0),E

,F

,0 ,A1(0,0,1),B1(1,0,1).

设 D(x,y,z),



,且 λ ∈[0,1],即(x,y,z-1)=λ (1,0,0),∴D(λ ,0,1).



.



.

∴ ∴DF⊥AE.

=0,

(2)假设存在,设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z), 则



,



11



令 z=2(1-λ ),

∴n=(3,1+2λ ,2(1-λ )).
由题可知平面 ABC 的一个法向量 m=(0,0,1).

∵平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为

,

∴|cos(m,n)|=

,



.

∴λ = 或 λ =

(舍),

∴当点 D 为 A1B1 中点时,满足要求.

12



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