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题型突破　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.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A-DPQ的体积.
2.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1 000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵;阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖臑指四个面均为直角三角形的四面体.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AB⊥AC.
(1)求证:四棱锥B -A1ACC1为阳马;
(2)若C1C=BC=2,当鳖臑C1 -ABC体积最大时,求二面角C-A1B -C1的余弦值.
3.(2021山东烟台二中高三三模)在正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中,AA1=2AB=2.
求:(1)BC到平面ADC1B1的距离;
(2)二面角B1-AD-E1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=.
(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.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.
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: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的法向量,
则
取y=6,得n1=(6-m,6,3)为平面PQD的一个法向量.
又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),
所以cos== .
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=(0≤λ≤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A-DPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体A-DPQ的体积V=S△ADQ·h=6×6×4=24.
2.(1)证明:∵A1A⊥平面ABC,AB 平面ABC,
∴A1A⊥AB.
又AB⊥AC,A1A∩AC=A,∴AB⊥平面ACC1A1.
又四边形ACC1A1为矩形,
∴四棱锥B -A1ACC1为阳马.
(2)解:∵AB⊥AC,BC=2,∴AB2+AC2=4.
又C1C⊥底面ABC,且C1C=2,
C1CAB·AC=AB·AC,当且仅当AB=AC=时,等号成立.
∵AB⊥AC,A1A⊥底面ABC,
∴以A为原点,建立空间直角坐标系如图所示,
则B(,0,0),C(0,,0),A1(0,0,2),C1(0,,2),
=(,0,-2),=(-,0),=(0,,0).
设平面A1BC的法向量为n1=(x,y,z),
由
令x=,则y=,z=1,故n1=(,1)为平面A1BC的一个法向量.
同理,平面A1BC1的一个法向量为n2=(,0,1).
∴cos=
由图可知,二面角C-A1B-C1的平面角为锐角.
故二面角C-A1B -C1的余弦值为
3.解:(1)连接AE,因为六边形ABCDEF为正六边形,所以∠AFE=∠DEF=120°,AF=EF,
所以∠AEF=30°,
故∠AED=90°.
因为EE1⊥底面ABCDEF,不妨以点E为坐标原点,EA,ED,EE1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则A(,0,0),B(,1,0),D(0,1,0),B1(,1,2),E1(0,0,2).
在正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中,BB1∥CC1且BB1=CC1,
所以四边形BB1C1C为平行四边形,则BC∥B1C1.
因为BC 平面ADC1B1,B1C1 平面ADC1B1,所以BC∥平面ADC1B1,所以BC到平面ADC1B1的距离等于点B到平面ADC1B1的距离.
设平面ADC1B1的法向量为m=(x1,y1,z1).因为=(-,1,0),=(0,1,2),
所以
取y1=2,则m=(2,2,-)为平面ADC1B1的一个法向量,
又=(0,1,0),所以直线BC到平面ADC1B1的距离d=
(2)设平面ADE1的法向量为n=(x2,y2,z2),因为=(-,1,0),=(0,-1,2),
所以取y2=2,则n=(2,2)为平面ADE1的一个法向量,
所以cos=
由图可知,二面角B1-AD-E1为锐二面角,所以二面角B1-AD-E1的余弦值为
4.(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⊥PB,PD⊥PC.
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: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cos<,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.(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.
又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),设=,
∴E
=(0,2,0).
设平面BDE的法向量n=(x1,y1,z1),
可得
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°,
∴cos 30°=,解得λ=1.∴E为SC的中点.
6.(1)解:如图,取AE的中点M,连接B1M.由题意可知,△AB1E为等边三角形,且AE=a,所以B1M⊥AE,B1M=a.又因为平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,所以四棱锥B1-AECD的体积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.
(3)解:连接MD,则∠AMD=90°,分别以ME,MD,MB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,则点E,C,A,D,B1,
所以,
设平面ECB1的法向量为u=(x,y,z),
则令x=1,则u=为平面ECB1的一个法向量,同理可得平面ADB1的一个法向量为v=,
所以cos=,故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为

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