2020届二轮复习立体几何综合问题作业 6页

题型练6　大题专项(四)　立体几何综合问题 ‎　题型练第60页　 ‎ ‎1.如图,矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,∠ABE=60°,G为BE的中点.‎ ‎(1)求证:AG⊥平面ADF;‎ ‎(2)若AB=‎3‎BC,求二面角D-CA-G的余弦值.‎ ‎(1)证明∵矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,‎ ‎∴AD⊥AB.‎ ‎∵矩形ABCD∩菱形ABEF=AB,‎ ‎∴AD⊥平面ABEF.‎ ‎∵AG⊂平面ABEF,∴AD⊥AG.‎ ‎∵菱形ABEF中,∠ABE=60°,G为BE的中点,‎ ‎∴AG⊥BE,即AG⊥AF.‎ ‎∵AD∩AF=A,∴AG⊥平面ADF.‎ ‎(2)解由(1)可知AD,AF,AG两两垂直,以A为原点,AG所在直线为x轴,AF所在直线为y轴,AD所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,‎ 设AB=‎3‎BC=‎3‎,‎ 则BC=1,AG=‎3‎‎2‎,故A(0,0,0),C‎3‎‎2‎,-‎3‎‎2‎,1,D(0,0,1),G‎3‎‎2‎‎,0,0‎,‎ 则AC‎=‎3‎‎2‎‎,-‎3‎‎2‎,1‎,‎AD=(0,0,1),AG‎=‎‎3‎‎2‎‎,0,0‎,‎ 设平面ACD的法向量n1=(x1,y1,z1),‎ 则n‎1‎‎·AC=‎3‎‎2‎x‎1‎-‎3‎‎2‎y‎1‎+z‎1‎=0,‎n‎1‎‎·AD=z‎1‎=0,‎取y1=‎3‎,‎ 得n1=(1,‎3‎,0),‎ 设平面ACG的法向量n2=(x2,y2,z2),‎ 则n‎2‎‎·AC=‎3‎‎2‎x‎2‎-‎3‎‎2‎y‎2‎+z‎2‎=0,‎n‎2‎‎·AG=‎3‎‎2‎x‎2‎=0,‎取y2=2,‎ 得n2=(0,2,‎3‎).‎ 设二面角D-CA-G的平面角为θ,则cosθ=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎‎=‎2‎‎3‎‎2×‎‎7‎=‎‎21‎‎7‎,‎ 易知θ为钝角,∴二面角D-CA-G的余弦值为-‎21‎‎7‎.‎ ‎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{OB‎,OC,‎OO‎1‎}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(‎3‎,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(‎3‎,0,2),C1(0,1,2).‎ ‎(1)因为P为A1B1的中点,‎ 所以P‎3‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,2‎,‎ 从而BP‎=‎-‎3‎‎2‎,-‎1‎‎2‎,2‎,‎AC‎1‎=(0,2,2),‎ 故|cos|=‎|BP·AC‎1‎|‎‎|BP||AC‎1‎|‎‎=‎|-1+4|‎‎5‎‎×2‎‎2‎=‎‎3‎‎10‎‎20‎.‎ 因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为‎3‎‎10‎‎20‎.‎ ‎(2)因为Q为BC的中点,所以Q‎3‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,0‎,‎ 因此AQ‎=‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,0‎,‎AC‎1‎=(0,2,2),CC‎1‎=(0,0,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,‎ 则AQ‎·n=0,‎AC‎1‎‎·n=0,‎即‎3‎‎2‎x+‎3‎‎2‎y=0,‎‎2y+2z=0.‎ 不妨取n=(‎3‎,-1,1).‎ 设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,‎ 则sinθ=|cos|=‎|CC‎1‎·n|‎‎|CC‎1‎||n|‎‎=‎2‎‎5‎‎×2‎=‎‎5‎‎5‎,‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为‎5‎‎5‎.‎ ‎3.在四棱锥P-ABCD中,BC=BD=DC=2‎3‎,AD=AB=PD=PB=2.‎ ‎(1)若点E为PC的中点,求证:BE∥平面PAD.‎ ‎(2)当平面PBD⊥平面ABCD时,求二面角C-PD-B的余弦值.‎ ‎(1)证明取CD的中点为M,连接EM,BM.‎ 由已知得,△BCD为等边三角形,BM⊥CD.‎ ‎∵AD=AB=2,BD=2‎3‎,‎ ‎∴∠ADB=∠ABD=30°,‎ ‎∴∠ADC=90°,‎ ‎∴BM∥AD.‎ 又BM⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,‎ ‎∴BM∥平面PAD.‎ ‎∵E为PC的中点,M为CD的中点,‎ ‎∴EM∥PD.‎ 又EM⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,‎ ‎∴EM∥平面PAD.‎ ‎∵EM∩BM=M,‎ ‎∴平面BEM∥平面PAD.‎ ‎∵BE⊂平面BEM,‎ ‎∴BE∥平面PAD.‎ ‎(2)解连接AC,交BD于点O,连接PO,由对称性知,O为BD的中点,且AC⊥BD,PO⊥BD.‎ ‎∵平面PBD⊥平面ABCD,PO⊥BD,‎ ‎∴PO⊥平面ABCD,PO=AO=1,CO=3.‎ 以O为坐标原点,OC的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 则D(0,-‎3‎,0),C(3,0,0),P(0,0,1).‎ 易知平面PBD的一个法向量为n1=(1,0,0).‎ 设平面PCD的法向量为n2=(x,y,z),‎ 则n2⊥DC,n2⊥DP,‎ ‎∴‎n‎2‎‎·DC=0,‎n‎2‎‎·DP=0.‎ ‎∵DC=(3,‎3‎,0),DP=(0,‎3‎,1),‎ ‎∴‎‎3x+‎3‎y=0,‎‎3‎y+z=0.‎ 令y=‎3‎,得x=-1,z=-3,‎ ‎∴n2=(-1,‎3‎,-3),‎ ‎∴cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎‎=‎‎-1‎‎13‎=-‎13‎‎13‎.‎ 设二面角C-PD-B的大小为θ,‎ 则cosθ=‎13‎‎13‎.‎ ‎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?‎ ‎(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PD=(0,-1,-1),PB=(3,1,-1),PC=(0,1,-1),所以PD‎·‎PB=0,PD‎·‎PC=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),PA=(3,-1,-1),‎ 而平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1),‎ 所以cos=‎-1‎‎11‎‎×1‎=-‎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DA=(3,0,0),AB‎1‎=(0,2,-a).‎ 设平面AB1D的法向量为n2=(x,y,z),‎ 则有DA‎·n‎2‎=3x=0,‎AB‎1‎‎·n‎2‎=2y-az=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PC⊥n2,‎ 即PC·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PC=(0,1,-2),AD=(2,0,0).‎ 于是PC‎·‎AD=0,所以PC⊥AD.‎ ‎(2)PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0).‎ 设平面PCD的法向量n=(x,y,z).‎ 则n·PC=0,‎n·CD=0,‎即y-2z=0,‎‎2x-y=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=m·n‎|m|·|n|‎‎=‎1‎‎6‎=‎‎6‎‎6‎,‎ 从而sin=‎30‎‎6‎.‎ 所以二面角A-PC-D的正弦值为‎30‎‎6‎.‎ ‎(3)设点E的坐标为(0,0,h),其中h∈[0,2].‎ 由此得BE‎=‎‎1‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,h.‎ 又CD=(2,-1,0),‎ 故cos=BE‎·‎CD‎|BE|·|CD|‎‎=‎3‎‎2‎‎1‎‎2‎‎+‎h‎2‎‎×‎‎5‎=‎‎3‎‎10+20‎h‎2‎,‎ 所以‎3‎‎10+20‎h‎2‎=cos30°=‎3‎‎2‎,‎ 解得h=‎10‎‎10‎,‎ 即AE=‎10‎‎10‎.‎