1、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
2、向量为m=(x,y,z),则m=0,m=0,即令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=,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=(-,0,2)(01),又=(0,-1,0),则=(-,-1,2),又=(0,-2,2),从而cos=.设1+2=t,t1,3,则cos2=.当且仅当t=,即=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AE
3、FG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=,AB2=AD2+BD2,ADBD.又在直平行六面体中,GD平面ABCD,BD平面ABCD,GDBD.又ADGD=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), =
4、(-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=.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,ADBC,侧面ABB1A1为菱形,DAB=DAA1.(1)求证:A1BAD;(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
5、,又DAB=DAA1,AD=AD,DAA1DAB,则BD=A1D,ODA1B,又A1BAB1,A1B平面AOD,即得A1BAD.(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).由,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
6、的法向量为=(0,0,a),cos=,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,ABAC,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
7、,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).(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),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=-,于是sin=.所以二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=,其中0,1
8、,则E(0,2),从而=(-1,+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=,整理得2+4-3=0,又因为0,1,解得=-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,DCEB,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BCAC,因为CD平面ABC,所以CDBC,因为CDAC=C,所以BC平面ACD,因为CDBE,CD=BE
9、,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BCDE,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=ABtan EAB=4=1,由(1)知VC-ADE=VE-ACD=SACDDE=ACCDDE=ACBC(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),则=(-2,2,0), =(0,0,1),=(0,2,0), =(2,0,-1),设面DAE的法向量为n1=(x,y,z),即n1=(1,0,2),设面ABE的法向量
10、为n2=(x,y,z),即n2=(1,1,0),cos=,可以判断与二面角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;(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A1EAE.因为AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DEB1B且DE=B1B,从而DEA1A且DE=A1A,所以A
11、1AED为平行四边形.故A1DAE.又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)解法一:作A1FBD且A1FBD=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A1FBD,得B1FBD,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cosA1FB1=-.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:A1(0,0,),B(0,
12、 ,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).由可取n=(,0,1).于是|cos|=.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,AEA1B1,D为棱A1B1上的点.(1)证明:DFAE;(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
13、,说明理由.7.【解析】(1)AEA1B1,A1B1AB,ABAE.又ABAA1,AEAA1=A,AB平面A1ACC1.又AC平面A1ACC1,ABAC.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0,1,即(x,y,z-1)=(1,0,0),D(,0,1).=0,DFAE.(2)假设存在,设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则,即令z=2(1-),n=(3,1+2,2(1-).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)|=,即.=或= (舍),当点D为A1B1中点时,满足要求.