立体几何中的综合性问题

立体几何中的综合性问题例1．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝1， BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝1．(1)在BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，说明理由；(2)若BC 边上有且仅有一个点Q ，使PQ ⊥QD ，求AD 与平面PDQ 所成角的弦值； (3)在(2)的条件下，求出平面PQD 与平面PAB 所成角的大小． 解析：(1)假设存在Q ，使得PQ ⊥QD ∵PA ⊥平面ABCD ， ∴QD ⊥平面PAQ ， ∴QD ⊥AQ ．从而有AD 2＝AQ 2＋QD 2设CQ ＝x ，则BQ ＝a －x ，于是AQ 2＝1＋(a －x )2，QD 2＝1＋x 2∴AD 2＝(a －x )2＋x 2＋2＝2x 2－2ax ＋a 2＋2＝a 2即x 2－ax ＋1＝0 △＝a 2－4∴当a ＞2即△＞0时，方程x 2－ax ＋1＝0有两解，即存在两个点Q ，使PQ ⊥QD ；当a ＝2即△＝0时，方程x 2－ax ＋1＝0有解，即只有一个点Q ，使PQ ⊥QD ；当0＜a <2时，方程x 2－ax ＋1＝0无解，即不存在点Q ，使PQ ⊥QD(2)当BC 上有且仅有一个点Q ，使得PQ ⊥QD ，可知BC ＝2，此时x ＝1，点Q 为BC 的中点，过A 在平面PAQ 上作AF ⊥PQ ，垂足为F ，连FD 。

∵QD ⊥平面PAQ ∴QD ⊥AF 又∵AF ⊥PQ ∴AF ⊥平面PQD ，故∠FDA 是直线AD 与平面PQD 所成的角PQ ＝PA 2＋AQ 2＝1＋(2)2＝ 3 AF ＝PA ·AQ PQ ＝1·23＝63，∴sin ∠FDA ＝AF AD ＝63 2 ＝66．(3)易知△PQD 在面PAB 内的射影就是△PAB 在rt △PAQ 中，PQ ＝PA 2＋AQ 2＝1＋(2)2＝3∴S△PQD ＝12·QD ·PQ ＝12·2·3＝12 6 S △PAB ＝12×1×1＝12． 设平面PQD 与平面PAB所成角为θ，则1cos 6θ==，故所求二面角为cos 6arc ．例2．（06江西卷）如图，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABD 、ACD是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD BD ＝CD ＝1，另一个侧面是正三角形。

（1） 求证：AD ⊥BC 。

（2） 求二面角B －AC －D 的大小（3） 在直线AC 上是否存在一点E ，使ED 与面BCD 成30︒角？若存在确定E 的位置；若不存在，说明理由。

解法一:(1)方法一:作AH ⊥面BCD 于H ,连.DH ,ABBD HB BD ⊥⇒⊥1AD BD ==Q AB BC AC BD DC ∴===∴⊥又BD CD =,则BHCD 是正方形.则..DH BC AD BC ⊥∴⊥方法二:取BC 的中点O ,连AO 、DO , 则有,.AO BC DO BC ⊥⊥,.BC AOD BC AD ∴⊥∴⊥面(2)作BM AC ⊥于M ,作MN AC ⊥交AD 于N ,则BMN ∠就是二面角B AC D --的平面角.AB AC BC ===Q M 是AC的中点,且MN∥CD，则61113,,.222BM MN CD BN AD ===== 由余弦定理得22266cos ,arccos .233BM MN BN BMN BMN BM MN +-∠==∴∠=⋅ (3)设E 为所求的点,作EF CH ⊥于F ,连FD .则EF ∥AH 。

∴,EF BCD EDF ⊥∠面就是ED 与面BCD 所成的角,则30EDF ∠=︒.设EF x =,易得21,,1.AH HC CF x FD x ====+则23tan ,31EF EDF FD x∴∠===+解得2,2 1.2x CE x ===则故线段AC 上存在E 点,且1CE =时,ED 与面BCD 成30︒角.解法二:（1）作AH ⊥面BCD 于H ,连BH 、CH 、DH ,则四边形BHCD 是正方形,且1AH =,以D 为原点,以DB 为x 轴,DC 为y 轴建立空间直角坐标系如图,则(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1).B C A (1,1,0),(1,1,1),0,.BC DA BC DA BC AD =-=∴⋅=⊥u u u r u u u ru u u r u u u r则 (2)设平面ABC 的法向量为1(,,),n x y z =u r 则由1n BC⊥u r u u u r知:10n BC x y ⋅=-+=u r u u u r ;同理由1n CA ⊥u r u u u r 知:10.n CA x z ⋅=+=u r u u u r可取1(1,1,1).n =-u r 同理,可求得平面ACD 的一个法向量为2(1,0,1).n =-u u r由图可以看出,三面角B AC D--的大小应等于<12,n n u r u u r >。

则cos <12,n n u r u u r >1212632n n n n ⋅===⋅u r u u ru r u u r ,即所求二面角的大小是6arccos . (3)设(,,)E x y z 是线段AC 上一点,则0,1,x z y ==>平面BCD 的一个法向量为(0,0,1),(,1,),n DE x x ==r u u u r 要使ED 与面BCD 成30︒角,由图可知DE u u u r 与n r的夹角为60︒,所以21cos ,cos 60.212DE n DE n DE n x⋅===︒=+u u u r ru u u u r r u u u r r <>则2212x x =+,解得,22x =,则2 1.CE x ==故线段AC 上存在E 点,且1CE =,时ED 与面BCD 成30︒角.例3．（06山东卷）如图，已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥DC,AC ⊥BD,AC 与BD 相交于点O ，且顶点P 在底面上的射影恰为O 点，又BO=2,PO=2,PB ⊥PD.(Ⅰ)求异面直接PD 与BC 所成角的余弦值； (Ⅱ)求二面角P －A B －C 的大小；(Ⅲ)设点M 在棱PC 上，且,PMMCλλ=问为何值时，PC ⊥平面BMD.解法一：PO ⊥Q 平面ABCD ， PO BD ∴⊥；又,2,2PB PD BO PO ⊥==，由平面几何知识得：1,3,6OD PD PB ===（Ⅰ）过D 做//DE BC 交于AB 于E ，连结PE ，则PDE ∠或其补角为异面直线PD 与BC 所成的角，Q 四边形ABCD 是等腰梯形，1,2,OC OD OB OA OA OB ∴====⊥，5,22,2BC AB CD ∴===。

又//AB DC ∴四边形EBCD 是平行四边形。

5,2ED BC BE CD ∴====E ∴是AB 的中点，且2AE =；又6PA PB ==，PEA ∴∆为直角三角形，22622PE PA AE ∴=-=-=。

在PED ∆中，由余弦定理得222215cos 215235PD DE PE PDE PD DE +-∠===⋅⋅⋅ 故异面直线PD 与BC 所成的角的余弦值为215（Ⅱ）连结OE ，由（Ⅰ）及三垂线定理知，PEO ∠为二面角P AB C --的平面角，2sin 2PO PEO PE ∴∠==，045PEO ∴∠=，∴二面角P AB C --的大小为045（Ⅲ）连结,,MD MB MO ，PC ⊥Q 平面,BMD OM ⊂平面BMD ，PC OM ⊥Q .又在Rt POC ∆中，3,1,2PC PD OC PO ====，233,33PM MC ∴==，2PMMC∴=.故2λ=时，PC ⊥平面BMD 解法二： PO ⊥Q 平面ABCD PO BD ∴⊥.又PB PD ⊥，2,2BO PO ==，由平面几何知识得：1,2OD OC BO AO ====.以O 为原点，,,OA OB OP 分别为,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标为(0,0,0)O ，(2,0,0)A ，(0,2,0)B ，(1,0,0)C -，(0,1,0)D -，(0,0,2)P（Ⅰ）(0,1,2)PD =--u u u rQ ，(1,2,0)BC =--u u u r，3,5,2PD BC PD BC ∴==⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r 。

cos ,PD BC PD BC PD BC⋅∴<>=u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r 21515=。

A BA 1B 1α βl故直线PD 与BC （Ⅱ）设平面PAB 的一个法向量为(,,)n x y z =，由于(2,2,0)AB=-u u u r ，(AP =-u u u r，由00n AB n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuu r uuur得 x z⎧⎪⎨⎪⎩取n =，又已知平面ABCD 的一个法向量(0,0,1)m=， cos ,2m n m n m n ⋅∴<>==⋅.又二面角P AB C --为锐角，∴所求二面角P AB C --的大小为45o （Ⅲ）设00(,0,)M x y ，由于,,P M C 三点共线，00z =，PC ⊥Q 平面BMD ，OM PC ∴⊥00(1,0,(,0,)0x z ∴-⋅=000x ∴=由（1）（2）知：023x =-，0z =。

2(3M ∴- 2PMMCλ∴==，故2λ=时，PC ⊥平面BMD 。