课时作业(四十八)　立体几何的综合问题.DOC

1、课时作业(四十八)立体几何的综合问题 1.(2021唐山市摸底考试)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，侧棱 PD底面 ABCD，PD DC，E 是 PC 的中点。 (1)求证：PA平面 BDE； (2)若直线 BD 与平面 PBC 所成的角为 30，求二面角 CPBD 的大小。 解(1)证明：如图，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 OE。 由题意可知，PEEC，AOOC， 所以 PAEO，又 PA平面 BDE，EO平面 BDE， 所以 PA平面 BDE。 (2)以 D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz，

2、不妨令 PDCD1，ADa， 则 D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a,1,0)，C(0,1,0)， P(0，0,1)，DB (a,1,0)，PB (a,1，1)， PC (0,1，1)。 设平面 PBC 的一个法向量为 n(x，y，z)， 由 PB n0， PC n0， 得 axyz0， yz0， 所以可取 n(0,1,1)。 由直线 BD 与平面 PBC 所成的角为 30， 得|cosDB ，n|DB n| |DB |n| 1 a21 2 1 2， 解得 a1。 可得平面 PBD 的一个法向量AC (1,1,0)， 所以 cosn， AC nAC |n|AC | 1 2 2 1 2，

3、 因为二面角 CPBD 为锐二面角， 所以二面角 CPBD 的大小为 60。 2.如图，在三棱锥 PABC 中，已知 AC2，ABBCPA 2，顶点 P 在平面 ABC 上的射影为ABC 的 外接圆圆心。 (1)证明：平面 PAC平面 ABC； (2)若点 M 在棱 PA 上，|AM| |AP| ，且二面角 PBCM 的余弦值为5 33 33 ，试求的值。 解(1)证明：取 AC 的中点 O，连接 PO， 由题意，得 BC2AB2AC2，则ABC 为直角三角形，所以 O 为ABC 的外接圆圆心。 又点 P 在平面 ABC 上的射影为ABC 的外接圆圆心， 所以 PO平面 ABC， 又 PO平面

4、 PAC，所以平面 PAC平面 ABC。 (2)连接 BO。由(1)可知 PO平面 ABC， 所以 POOB，POOC，又 OBAC， 于是分别以 OC，OB，OP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系。 则 O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(1,0,0)， P(0,0,1)。 由题意得AM AP ，(0,1)，AP(1,0,1)， M(1,0，)， BC (1，1,0)， PC (1,0，1)， MC (2，0，)。 设平面 MBC 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)， 则 mBC 0， mMC 0， 得 x1y10， 2x1z10， 令

5、 x11，得 y11，z12 ， 则 m 1，1，2 。 设平面 PBC 的一个法向量为 n(x2，y2，z2)， 由 nBC 0， nPC 0， 得 x2y20， x2z20， 令 x21，得 y21，z21，则 n(1,1,1)， cosn，m nm |n|m| 22 322 2 2 5 33 33 ， 解得1 2 7 4舍去。 3(2020重庆名校联盟“二诊”)如图所示，在等腰梯形 ABCD 中，BEAD，BC3，AD15，BE 3 3。把ABE 沿 BE 折起，使得 AC6 2，得到四棱锥 ABCDE。如图所示。 (1)求证：平面 ACE平面 ABD； (2)求平面 ABE 与平面 A

6、CD 所成锐二面角的余弦值。 解(1)证明：在等腰梯形 ABCD 中，BC3，AD15，BEAD， 可知 AE6，DE9。 因为 BC3，BE3 3，BEAD，所以 CE6。 又因为 AE6，AC6 2， 所以 AC2CE2AE2，则 AEEC。 又 BEAE，BEECE， 所以 AE平面 BCDE，故 AEBD。 因为 tanDBEDE BE 9 3 3 3，则DBE60， 因为 tanBECBC BE 3 3 3 3 3 ， 则BEC30，所以 CEBD， 又 AEECE，所以 BD平面 ACE， 又 BD平面 ABD，所以平面 ABD平面 ACE。 (2)设 ECBDO，过点 O 作 O

7、FAE 交 AC 于点 F，以点 O 为原点，以 OB，OC，OF 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz。 在BOE 中，因为BEO30，BOEO， 所以 EO9 2，BO 3 3 2 ，CO3 2， 则 B 3 3 2 ，0，0 ，C 0，3 2，0，E 0，9 2，0， A 0，9 2，6，所以BE 3 3 2 ，9 2，0， AE (0,0，6)，CA(0，6,6)， 因为 DEBC，DE9， 所以ED 3BC ，所以 D 9 3 2 ，0，0 ， 所以CD 9 3 2 ，3 2，0， 设平面 ABE 的一个法向量为 n1(x1，y1，z1)， 由 n1

8、AE 0， n1BE 0， 得 6z10， 3 3 2 x19 2y 10， 取 x1 3，则 n1( 3，1,0)。 设平面 ACD 的一个法向量为 n2(x2，y2，z2)， 由 n2CA 0， n2CD 0， 得 6y26z20， 9 3 2 x23 2y 20， 取 x21，则 n2(1，3 3，3 3)。 设平面 ABE 与平面 ACD 所成锐二面角为， 则 cos | n1n2 |n1|n2| 4 3 2 55 2 165 55 ， 所以平面 ABE 与平面 ACD 所成锐二面角的余弦值为2 165 55 。 4.(2021山东青岛模拟)试在PCBD，PCAB，PAPC 三个条件中

9、选两个条件补充在下面的横线 处，使得 PO平面 ABCD 成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题。 如图，在四棱锥 PABCD 中，ACBDO，底面 ABCD 为菱形，若_，且ABC60，异面直 线 PB 与 CD 所成的角为 60，求二面角 APBC 的余弦值。 解若选：由 PO平面 ABCD 知 POAB。 又 PCAB，所以 AB平面 PAC， 所以 ABAC，所以BAC90， 则 BCBA，这与底面 ABCD 为菱形矛盾，所以必不选，故选。 下面证明：PO平面 ABCD。 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 ACBD。 因为 PCBD，所以 BD平面 PAC， 所以 BDPO。

10、又 PAPC，所以 POAC。 又 BDACO，所以 PO平面 ABCD。 下面求二面角 APBC 的余弦值。 以 O 为坐标原点，分别以OB ， OC ，OP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系 Oxyz。 解法一：因为 ABCD， 所以PBA 为异面直线 PB 与 CD 所成的角，所以PBA60， 在菱形 ABCD 中，设 AB2， 因为ABC60，所以 OAOC1，OB 3。 设 POa(a0)， 则 PA a21，PB a23。 在PBA 中，由余弦定理得 PA2AB2PB22ABPBcosPBA， 所以 a214a2322 a231 2， 解得

11、a 6。 所以 A(0，1,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0， 6)。 设 n1(x1，y1，z1)为平面 ABP 的一个法向量， AB ( 3，1,0)，AP(0,1， 6)。 由 n1AB 0， n1AP 0， 可得 3x1y10， y1 6z10， 令 z11，得 n1( 2， 6，1)。 设 n2(x2，y2，z2)为平面 CBP 的一个法向量， CB ( 3，1,0)，CP(0，1， 6)。 由 n2CB 0， n2CP 0， 可得 3x2y20， y2 6z20， 令 z21，得 n2( 2，6，1)。 设二面角 APBC 的平面角为， 由图知二面角 APBC

12、 是锐二面角， 所以 cos |n1n2| |n1|n2| 1 3， 所以二面角 APBC 的余弦值为1 3。 解法二：在菱形 ABCD 中，设 AB2。 因为ABC60， 所以 OA1，OB 3。 设 POa(a0)， 则 P(0,0，a)，A(0，1,0)，B( 3，0,0)， PB ( 3，0，a)，CD BA ( 3，1,0)。 因为 PB 与 CD 所成的角为 60， 所以|cosPB ， CD | PB CD |PB |CD | 3 2 3a2 1 2， 解得 a 6，以下同解法一。 5某人设计了一个工作台，如图所示，该工作台的下半部分是个正四棱柱 ABCDA1B1C1D1，其底面

13、边长 为 4，高为 1，工作台的上半部分是一个底面半径为 2的圆柱的四分之一。 (1)当弧 E2F2(包括端点)上的点 P 与 B1间的最短距离为 52时，证明：DB1平面 D2EF。 (2)若 D1D23，当点 P 在弧 E2F2(包括端点)上移动时，求二面角 PA1C1B1的正切值的取值范围。 解(1)证明：如图，过点 P 作 PH平面 A1B1C1D1交平面 A1B1C1D1于点 H，则 H 在弧 EF 上，连接 HB1， PB1。 因为 PB1 PH2HB21， 所以当 HB1取得最小值时，PB1最小。 由圆的相关知识及题干中的条件可知，HB1的最小值为 4 2 23 2， 此时 PH

14、 5 223 224 2。 以 D 为原点，分别以DA ， DC ，DD2 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Dxyz， 则 D(0,0,0)，D2(0,0,14 2)，E( 2，0,1)， F(0，2，1)，B1(4,4,1)，DB1 (4,4,1)， EF ( 2，2，0)， ED2 ( 2，0,4 2)。 因为DB1 EF 4 24 200， DB1 ED2 4 204 20， 所以 DB1EF，DB1ED2， 又 EF平面 D2EF，ED2平面 D2EF， EFED2E， 所以 DB1平面 D2EF。 (2)结合(1)知 A1(4,0,1)，C1(0,4,1

15、)，B1(4,4,1)， 若 D1D23，设 P(a，b,4)，a，b0， 2， 因为 a2b22， 所以易知 ab 2，2，A1C1 (4,4,0)， A1P (a4，b,3)。 设平面 PA1C1的一个法向量为 n(x1，y1，z1)， 则 A1C1 n4x14y10， A1P na4x1by13z10， 令 x11，则 n 1，1，4ab 3。 易知平面 A1B1C1的一个法向量 m(0,0,1)。 设二面角 PA1C1B1的大小为，显然是钝角， 则 cos |cosm，n|mn| |m|n| ab4 3 2 ab4 3 2 ， 则 tan 3 2 ab4 3 2 2 ，6 23 7， 所以二面角 PA1C1B1的正切值的取值范围是 3 2 2 ，6 23 7。