1题型练6大题专项(四)立体几何综合问题题型练第68页一、解答题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.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,求四面体ADPQ的体积.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()⃗⃗⃗⃗⃗(--)又⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3,0,6),于是⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=18-18=0,所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即AB1⊥PQ.(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.设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{--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cosn1,n2=√-√-.2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).设⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(0λ≤1),而⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(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=,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=S△ADQ·h=6×6×4=24.2.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=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AQC1所成角的正弦值.解:如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(√,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(√,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P(√-),从而⃗⃗⃗⃗⃗(-√-)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,2),故|cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-√√√因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为√(2)因为Q为BC的中点,所以Q(√),3因此⃗⃗⃗⃗⃗(√)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,2),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{√不妨取n=(√,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sinθ=|cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n|=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√√,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为√3.已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是菱形,∠ABC=,SA⊥底面ABCD,E是SC上的任意一点.(1)求证:平面EBD⊥平面SAC;(2)设SA=AB=2,是否存在点E使平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°?如果存在,求出点E的位置;如果不存在,请说明理由.答案:(1)证明∵SA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴SA⊥BD.∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.∵AC∩AS=A,∴BD⊥平面SAC.∵BD⊂平面EBD,∴平面EBD⊥平面SAC.(2)解设AC与BD的交点为O,以OC,OD所在直线分别为x轴、y轴,以过O垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图).则点A(-1,0,0),C(1,0,0),S(-1,0,2),B(0,-√,0),D(0,√,0).设点E(x,0,z),则⃗⃗⃗⃗⃗=(x+1,0,z-2),⃗⃗⃗⃗⃗=(1-x,0,-z),4设⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗,{-E(-)⃗⃗⃗⃗⃗(--√)⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2√,0).设平面BDE的法向量n=(x1,y1,z1),可得{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{--√√令x1=2,可得z1=1-λ.故n=(2,0,1-λ)为平面BDE的一个法向量.同理可得平面SAD的一个法向量为m=(√,-1,0).∵平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°,∴cos30°=√--√-√,解得λ=1.∴E为SC的中点.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=√(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?答案:(1)证明如图,建立空间直角坐标系.设棱长AA1=a,则点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.5(2)解因为点A(3,0,a),⃗⃗⃗⃗⃗=(3,-1,-1),而平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1),所以cos⃗⃗⃗⃗⃗,n1=-√=-√所以PA与平面ABCD所成角的正弦值为√所以PA与平面ABCD所成角的正切值为√(3)解因为点D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),所以⃗⃗⃗⃗⃗=(3,0,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,-a).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.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.解:如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得点A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B(-),P(0,0,2).(1)证明:易得⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-2),⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0).于是⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以PC⊥AD.6(2)⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-2),⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,0).设平面PCD的法向量n=(x,y,z).则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{--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cosm,n=√√,从而sinm,n=√所以二面角A-PC-D的正弦值为√(3)设点E的坐标为(0,0,h),其中h∈[0,2].由此得⃗⃗⃗⃗⃗(-)又⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,0),故cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√√√,所以√=cos30°=√,解得h=√,即AE=√6.已知四边形ABCD满足AD∥BC,BA=AD=DC=BC=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.答案:(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.又因为平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以V=√a×a×a×sin(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.7(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,则点E(),C(√),A-,0,0,D(√),B1(√),所以⃗⃗⃗⃗⃗(√)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(-√),⃗⃗⃗⃗⃗(√)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(√)设平面ECB1的法向量为u=(x,y,z),则{√-√令x=1,u=(-√√),同理平面ADB1的法向量为v=(-√-√),所以cosu,v=-√√,故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为