2024年高考指導數(shù)學(人教A版理科第一輪復習)解答題專項4　立體幾何中的綜合問題

解答題專項四立體幾何中的綜合問題1.如圖,在多面體BCE-ADF中,四邊形ABCD與ABEF都是直角梯形,且∠BAD=∠BAF=90°,BC12AD,BE12AF.(1)證明:CE∥平面ADF;(2)若平面ABEF⊥平面ABCD,且AB=BC=BE,求二面角A-CD-E的余弦值.2.如圖,圓O的半徑為4,AB,CD是圓O的兩條互相垂直的直徑,P為OA的中點,EF∥CD.將此圖形沿著EF折起,在翻折過程中,點A對應的點為A1.(1)證明:A1B⊥CD;(2)當∠A1PB=2π3時,求二面角A1-BC-P3.(2022云南曲靖二模)如圖,P是四邊形ABCD所在平面外的一點,四邊形ABCD是∠DAB=60°的菱形,PA=PD,平面PAD垂直于底面ABCD,G為AD邊的中點.(1)求證:BG⊥平面PAD;(2)若PA=AB=6,求多面體P-ABCD的體積.4.已知正方體ABCD-A1B1C1D1和平面α,直線AC1∥平面α,直線BD∥平面α.(1)證明:平面α⊥平面B1CD1;(2)點P為線段AC1上的動點,求直線BP與平面α所成角的最大值.5.如圖,四棱錐S-ABCD中,底面ABCD為矩形,△SAD為等腰直角三角形,SA=SD=22,AB=2,F是BC的中點,二面角S-AD-B的大小為120°,設平面SAD與平面SBC的交線為l.(1)在線段AD上是否存在點E,使l⊥平面SEF?若存在,確定點E的位置;若不存在,請說明理由;(2)若點Q在l上,直線SB與平面QCD所成角的正弦值為34,求線段DQ的長6.如圖,已知正方形的邊長為4,E,F分別為AD,BC的中點,以EF為棱將正方形ABCD折成平面角為60°的二面角D-EF-A,點M在線段AB上.(1)若M為AB的中點,且直線MF與由A,D,E三點所確定的平面交于點O,試確定點O的位置,并證明直線OD∥平面EMC;(2)是否存在點M,使得直線DE與平面EMC所成的角為60°?若存在,求線段AM的長;若不存在,請說明理由.答案：1.(1)證明因為BC∥AD,BE∥AF,BC∩BE=B,AD∩AF=A,所以平面BCE∥平面ADF.又因為CE?平面BCE,所以CE∥平面ADF.(2)解(方法1)取AD中點M,連接AC,CF,CM,設AB=a,則BC=BE=a,又因為BC12AD,BE12AF,所以AD=AF=2a,∠BAD=90°,所以AC=2又因為BCAM,所以四邊形ABCM是正方形,△CMD為等腰直角三角形,于是AC⊥CD,因為平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,AF⊥AB,AF?平面ABEF,所以AF⊥平面ABCD,所以AC是FC在平面ABCD內的射影,因為CD?平面ABCD,所以AF⊥CD,又AF∩AC=A,所以CD⊥平面ACF,因為CF?平面ACF,所以CD⊥CF,所以∠ACF為二面角A-CD-E的平面角,因為tan∠ACF=AFAC所以cos∠ACF=11+ta故二面角A-CD-E的余弦值為3(方法2)因為平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,AF⊥AB,AF?平面ABEF,所以AF⊥平面ABCD.以A為原點,AB,AD,AF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖,設AB=1,則AD=AF=2,則A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(1,0,1),CD=(-1,1,0),CE=(0,-1,1).設平面CDFE的法向量為m=(x,y,z),則m·CD=-x+y=0,m因為AF⊥平面ACD,所以取n=(0,0,1)為平面ABCD的法向量,所以|cos<m,n>|=|由圖知二面角A-CD-E為銳角,所以二面角A-CD-E的余弦值為32.(1)證明折疊前,因為AB⊥CD,CD∥EF,則AB⊥EF,折疊后,對應地,有PA1⊥EF,PB⊥EF,因為EF∥CD,所以CD⊥PA1,CD⊥PB.因為PA1∩PB=P,所以CD⊥平面A1PB.因為A1B?平面A1PB,所以A1B⊥CD.(2)解過O作直線l⊥平面BCD,在l取點Q(異于點O),設二面角A1-BC-P為θ,以點O為坐標原點,OD,OB,OQ所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(0,4,0),C(-4,0,0),且當∠A1PB=2π3時,A1(0,-3,3),所以BC=(-4,-4,0),BA1=(0,-設平面A1BC的法向量為m=(x,y,z),則m令x=3,則y=-3,z=-7,所以m=(3,-3,-7).因為平面BCD的一個法向量為n=(0,0,1),則|cosθ|=|m因此,sinθ=13.(1)證明∵四邊形ABCD是∠DAB=60°的菱形,∴△ABD為等邊三角形,又G為AD的中點,∴BG⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,BG?平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴BG⊥平面PAD.(2)解∵PA=PD,G為AD的中點,∴PG⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,PG?平面PAD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PG⊥平面ABCD,即PG是四棱錐P-ABCD的高.∵PA=AB=6,∴△PAD是等邊三角形,∴PG=32×6=3∴VP-ABCD=13·PG·AD·AB·sin60°=13×33×6×4.(1)證明連接A1C1,則B1D1⊥A1C1,因為AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1?平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1.又AA1∩A1C1=A1,所以B1D1⊥平面AA1C1.因為AC1?平面AA1C1,所以B1D1⊥AC1.同理可證B1C⊥AC1,因為B1D1∩B1C=B1,所以AC1⊥平面B1CD1.因為AC1∥平面α,過直線AC1作平面β與平面α相交于直線l,則AC1∥l,所以l⊥平面B1CD1.又l?平面α,所以平面α⊥平面B1CD1.(2)解設正方體的棱長為1,以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1),所以AC1=(1,1,1),BD=(-設平面α的法向量為n=(x,y,z),則n取x=1,則y=1,z=-2,則n=(1,1,-2).設AP=tAC1(0≤t≤1),則AP=(t,t,t),因為BA=(所以BP=BA+AP=(t-1,t設直線BP與平面α所成的角為θ,則sinθ=|n·BP||n||BP|=1又θ∈0,π2,所以θ的最大值為π65.解(1)在線段AD上存在點E滿足題意,且E為AD的中點,連接ES,EF,SF,因為底面ABCD為矩形,所以AB⊥AD.又E,F分別是AD,BC中點,所以EF∥AB,EF⊥AD,又△SAD為等腰直角三角形,所以SE⊥AD,SE∩EF=E,SE,EF均在平面SEF中,所以AD⊥平面SEF.因為AD∥BC,AD?平面SBC,BC?平面SBC,所以AD∥平面SBC.又AD?平面SAD,平面SAD∩平面SBC=l,所以AD∥l.又AD⊥平面SEF,所以l⊥平面SEF,所以在線段AD上存在點E滿足l⊥平面SEF,且E為AD中點.(2)以E為原點,EA方向為x軸,EF方向為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,由(1)知,∠SEF為二面角S-AD-B的一個平面角,所以∠SEF=120°.因為△SAD為等腰直角三角形,SA=SD=22,所以S(0,-1,3),B(2,2,0),D(-2,0,0),C(-2,2,0).設Q(t,-1,3),所以SB=(2,3,-3),DC=(0,2,0),DQ=(t+2,-1,3),設平面QCD的法向量為n=(x,y,z),則由n得2令x=-1,則y=0,z=3(t+2)3,則n=-設直線SB與平面QCD所成角為θ,則sinθ=|cos<SB,n>|=|4+t|41+所以Q-94,-1,3.又因為D(-2,0,0),所以DQ=656.(1)證明直線MF?平面ABFE,故點O在平面ABFE內,又點O也在平面ADE內,所以點O在平面ABFE與平面ADE的交線AE上,如圖所示,因為AO∥BF,M為AB的中點,所以△OAM≌△FBM,所以OM=MF,AO=BF,所以點O在EA的延長線上,且AO=2.連接DF交EC于點N,因為四邊形CDEF為矩形,所以點N是EC的中點,連接MN,因為MN為△DOF的中位線,所以MN∥OD.又因為MN?平面EMC,OD?平面EMC,所以直線OD∥平面EMC.(2)解由已知可得,EF⊥AE,EF⊥DE,AE∩DE=E,AE?平面ADE,DE?平面ADE,所以EF⊥平面ADE,又EF?平面ABFE,所以平面ABFE⊥平面ADE,取AE的中點H,在平面ABFE中過點H作直線HG平行于EF,交BF于點G,則HG⊥AH,又因為平面ABFE⊥平面ADE,平面ABFE∩平面ADE=AE,HG?平面ABFE,所以HG⊥平面ADE,又DH?平面ADE,所以HG⊥DH.因為DE⊥EF,AE⊥EF,所以∠DEA為二面角D-EF-A的平面角,所以∠DEA=60°,連接AD,在△ADE中,AE=DE,∠DEA=60°,所以△ADE是正三角形,所以DH⊥AH.以點H為坐標原點,HA,HG,HD所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖所示,則E(-1,0,0),D(0,0,3),C(0,4,3),F(-1,4,0),所以ED=(1,0,3),EC=(1,4,3).設M(1,t,0)(0≤t≤4),則EM=(2,t