大题规范满分练(四)立体几何综合问题1.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥CD,E是PB的中点,PD=,PA=,AB=AD=3,=2.(1)证明:PH⊥平面ABCD.(2)若F是CD上的点,且FC=2FD=3,求二面角B-EF-C的正弦值.【解析】(1)因为AB⊥平面PAD,所以PH⊥AB.因为AD=3,=2,所以AH=2,HD=1.设PH=x,由余弦定理可得:cos∠PHD==,cos∠PHA==,因为cos∠PHD=-cos∠PHA,故PH=x=1.所以PH⊥AD.因为AD∩AB=A,所以PH⊥平面ABCD.(2)以H为原点,HA方向为x轴,HP方向为z轴,过H作AB平行线方向为y轴,则B(2,3,0),P(0,0,1),E1,,,F-1,,0,C-1,,0,所以=-3,-,0,=-1,-,,=-2,0,-,=(0,3,0),设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则即取x=-1,得n=(-1,2,4).设平面EFC的法向量为m=(x,y,z),则即取x=-1,得m=(-1,0,4),故cos===,设二面角B-EF-C的平面角为θ,则sinθ=.2.在多面体ABCDEF中,平面ABCD为正方形,AB=2,AE=3,DE=,二面角E-AD-C的余弦值为,且EF∥BD.(1)证明:平面ABCD⊥平面EDC.(2)求平面AEF与平面EDC所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)因为AB=AD=2,AE=3,DE=,所以AD2+DE2=AE2,所以AD⊥DE.又因为在正方形ABCD中,AD⊥DC,且DE∩DC=D,所以AD⊥平面EDC,又因为AD⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面EDC.(2)由(1)知∠EDC是二面角E-AD-C的平面角,作OE⊥CD于点O,则OD=DE·cos∠EDC=1,OE=2,且平面ABCD⊥平面EDC,平面ABCD∩平面EDC=CD,OE⊂平面EDC,所以OE⊥平面ABCD,取AB中点M,连接OM,则OM⊥CD,如图,建立空间直角坐标系,则A(2,-1,0),B(2,1,0),D(0,-1,0),C(0,1,0),E(0,0,2),所以=(-2,1,2),=(2,2,0),由EF∥BD,知EF的一个方向向量为(2,2,0),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则取x=-2,得n=(-2,2,-3),因为平面EDC的一个法向量为m=(2,0,0),所以cos==-,设平面AEF与平面EDC所成的锐二面角为θ,则cosθ=|cos|=.3.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,点E为线段AA1上的点,且AE=.(1)求证:BE⊥平面ACB1.(2)求二面角D1-AC-B1的余弦值.(3)判断棱A1B1上是否存在点F,使得直线DF∥平面ACB1,若存在,求线段A1F的长;若不存在,说明理由.【解析】(1)因为A1A⊥底面ABCD,所以A1A⊥AC.又因为AB⊥AC,A1A∩AB=A,所以AC⊥平面ABB1A1.又因为BE⊂平面ABB1A1,所以AC⊥BE.因为==,∠EAB=∠ABB1=90°,所以Rt△ABE∽Rt△BB1A.所以∠ABE=∠AB1B.因为∠BAB1+∠AB1B=90°,所以∠BAB1+∠ABE=90°,所以BE⊥AB1.又AC∩AB1=A,所以BE⊥平面ACB1.(2)如图,以A为原点,以AC,AB,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴,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),E.由(1)知,=为平面ACB1的一个法向量,设n=(x,y,z)为平面ACD1的一个法向量.因为=(1,-2,2),=(2,0,0),则即不妨设z=1,可得n=(0,1,1).因此cos==.因为二面角D1-AC-B1为锐角,所以二面角D1-AC-B1的余弦值为.(3)设A1F=a,则F(0,a,2),=(-1,a+2,2).·=(-1,a+2,2)·=a+2-1=0,所以a=-1(舍).即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直,所以,棱A1B1上不存在点F,使直线DF∥平面ACB1.4.如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N,Q分别是CC1,BC,AC的中点,点P在线段A1B1上运动,且A1P=λ(λ∈[0,1]).(1)证明:无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ;(2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°?若存在,试确定点P的位置,若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接A1Q.因为AA1=AC=1,M,Q分别是CC1,AC的中点,所以Rt△AA1Q≌Rt△CAM,所以∠MAC=∠QA1A,所以∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90°,所以AM⊥A1Q.因为N,Q分别是BC,AC的中点,所以NQ∥AB.又AB⊥AC,所以NQ⊥AC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,所以NQ⊥AA1.又AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面ACC1A1,所以NQ⊥平面ACC1A1,所以NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1,所以N,Q,A1,P四点共面,所以A1Q⊂平面PNQ.因为NQ∩A1Q=Q,NQ,A1Q⊂平面PNQ,所以AM⊥平面PNQ,所以无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ.(2)如图,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A1(0,0,1),B1(1,0,1),M,N,Q,=,=(1,0,0).由=λ=λ(1,0,0)=(λ,0,0),可得点P(λ,0,1),所以=.设n=(x,y,z)是平面PMN的法向量,则,即得令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ,所以n=(3,1+2λ,2-2λ)是平面PMN的一个法向量.取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).假设存在符合条件的点P,则|cos|==,化简得4λ2-14λ+1=0,解得λ=或λ=(舍去).综上,存在点P,且当A1P=时,满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.
