熱點(diǎn)專題突破四立體幾何的綜合問題

熱點(diǎn)專題突破四立體幾何的綜合問1.(2015·江蘇高考)如圖,P-ABCD中,PAABCD,ABCD為直角梯形,∠ABC=∠BAD=求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值QBP上的動(dòng)點(diǎn),CQDP所成的角最小時(shí),BQ的長(zhǎng)B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因?yàn)锳D⊥平面PAB,所以是平面PAB的一個(gè)法向量 因?yàn)?(1,1,-2),=(0,2,-PCD即令y=1,解得所以m=(1,1,1)是平面PCD的一個(gè)法向量.從而cos<,m>= 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為因?yàn)?(-1,0,2), =(- =(0,-從而 >=則 >=當(dāng)且僅當(dāng)t=,即λ=時(shí) >|的最大值為因?yàn)閥=cosx在上是減函數(shù),此時(shí)直線CQ與DP所成角取得最小值又因?yàn)锽P=,所以BQ= 2.(2016·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)四模)ABCD-A1B1C1D1AEFG所截后得到的圖形,求證:BD⊥平面求平面AEFGABCD所成銳二面角的余弦值【解析】(1)在△BAD中∴由余弦定理可得BD=又在直平行六面體中GD⊥平面ABCD,BD?平面又AD∩GD=D,∴BD⊥平面(2)D為坐標(biāo)原點(diǎn),則有 ,2),C(- ,0),∴=(- =(-AEFG令x=1,得 ,z=1,n=而平面ABCD的一個(gè)法向量為 ,n>=故平面AEFG與平面ABCD所成銳二面角的余弦值為如圖所示,ABCD-A1B1C1D1中,ABCD是梯形,AD∥BC,為菱形求證AD=AB=2BC,DABB1A1A1B的中點(diǎn)A1AB=60°,DCC1D1ABB1A1所成銳二面角的余弦值【解析】(1)A1B,AB1O,∵側(cè)面ABB1A1為菱形∴AB=AA1,又∴△DAA1≌△DAB,則∴OD⊥A1B,又∴A1B⊥平面AOD,即得(2)分別以射線OB,OB1,ODx軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐Oxyz,如圖所示.設(shè)AD=AB=2BC=2a,由∠A1AB=60°,可知|OB|=a,|OA|=|OB1|=∴|OD|==a,從而 ∴=(-a, ,可得C∴由m·=m·=0,得取y0=1,則x0= ,1,3又平面ABB1A1的法向量 ∴cos< 故平面DCC1D1與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值 如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱AA1⊥底面ABCD,⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)求證:MN∥平面求二面角D1-AC-B1的正弦值設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn).若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為,求線A1E的長(zhǎng)【解析】如圖,A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,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).又因M,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn),得 ,N(1,-(1)依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量 .由此可·n=0,又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD,所以MN∥平面(2)=(1,-2,2),設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACD1的法向量,即不妨設(shè)z=1,可得設(shè)n2=(x,y,z)為平面ACB1的法向量得不妨設(shè)z=1,可得n2=(0,-因此有cos<n1,n2>= 于是sin<n1,n2>=(3)依題意,可設(shè)=λ,其中λ∈[0,1],則從而=(-n=(0,0,1)ABCD的一個(gè)法向量,由已知得cos< 整理得λ2+4λ-又因?yàn)棣恕蔥0,1],解得λ=-所以線段A1E的長(zhǎng)為-5.(2015·鄭州一中等校聯(lián)考)如圖,ABO的直徑,COA,B一個(gè)動(dòng)點(diǎn),DC垂直于半圓O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=(1)證明:平面ADE⊥平面(2)當(dāng)三棱錐C-ADE體積最大時(shí),求二面角D-AE-B的余弦值【解析】(1)AB是直徑,因?yàn)镃D⊥平面ABC,所以因?yàn)镃D∩AC=C,所以BC⊥平面CD∥BE,CD=BE,BCDE是平行四邊形,BC∥DE,DEACD,因?yàn)镈E?平面ADE,所以平面ADE⊥平面由(1)知VC-ADE=VE-ACD=×S△ACD×DE=×AC×CD×DE=×(AC2+BC2)=×AB2=當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC=2時(shí)等號(hào)成立,此時(shí)三棱錐C-ADE體積最大如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,1),E(0,2 =(-2,2 =(2,0,-DAE即∴n1=(1,0,2ABE即∴cos<n1,n2>=可以判斷<n1,n2>與二面角D-AE-B的平面角互補(bǔ)∴二面角D-AE-B的余弦值為-6.(2015·浙江高考)如圖,ABC-A1B1C1中BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1ABCBC的中點(diǎn),DB1C1點(diǎn)(1)證明:A1D⊥平面(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值【解析】(1)EBC的中點(diǎn),A1EAB=AC,AED,EB1C1,BC的中點(diǎn),DE∥B1BDE=B1B,DE∥A1AA1AED為平行四邊形.A1D∥AE.又因?yàn)锳E⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面(2)解法一:A1F⊥BDA1F∩BD=F,連接由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB與△B1DB全等.A1F⊥BD,B1F⊥BD,因此∠A1FB1A1-BD-B1的平面角.由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=由余弦定理得cos∠A1FB1=-解法二:CBE為原點(diǎn),EA,EBx,y軸的正半軸,建立空間直Exyz,如圖所示.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下 ),B(0,,0),D(-,0,),B1(-因 ,- =(-,- A1BDm=(x1,y1,z1),平面B1BD由可取m=(0, 于是|cos<m,n>|=由題意可知,所求二面角的平面角是鈍角,A1-BD-B1的平面角的余弦值為-.ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,E,FCC1,BC的中點(diǎn)A1B1,DA1B1上的點(diǎn)證明是否存在一點(diǎn)D,使得平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為?若存在,D的位置,若不存在,說(shuō)明理由.7.【解析】又∴AB⊥平面又∵AC?平面A ,0設(shè)