新教材老高考適用2024高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)高考解答題專項四第3課時綜合問題北師大版

PAGEPAGE9高考解答題專項四立體幾何中的綜合問題第3課時綜合問題1.(2024北京二中模擬)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=2,∠BAD=90°,∠BCD=45°,E為對角線BD的中點.現(xiàn)將△ABD沿BD折起到△PBD的位置,使平面PBD⊥平面BCD,如圖2.(1)求證:直線PE⊥平面BCD;(2)求異面直線BD和PC所成角的余弦值.2.如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD是矩形,點D在以AP為直徑的圓上,平面PAD⊥平面ABCD,PA=2,PB=7,平面PBC∩平面PAD=m.(1)證明:直線m⊥平面PDC;(2)當(dāng)三棱錐P-ABD體積最大時,求二面角C-PB-A的余弦值.3.如圖所示,四棱錐P-ABCD中,PA⊥菱形ABCD所在的平面,∠ABC=60°,點E,F分別是BC,PC的中點,M是線段PD上的點(不包含端點).(1)求證:平面AEM⊥平面PAD;(2)當(dāng)AB=AP時,是否存在點M,使直線EM與平面ABF所成角的正弦值為217?若存在,懇求出PMPD4.(2024廣東汕頭二模)如圖,在四邊形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=1,AD=12.沿BA將△PAB翻折到△SBA的位置,使得SD=5(1)作出平面SCD與平面SBA的交線l,并證明l⊥平面CSB;(2)點Q是棱SC上異于S,C的一點,連接QD,當(dāng)二面角Q-BD-C的余弦值為66時,求三棱錐Q-BCD的體積5.(2024河北衡水中學(xué)月考)如圖,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E為AB的中點,沿DE將△ADE折起,使得點A到點P位置,且PE⊥EB,M為PB的中點,N是BC上的動點(與點B,C不重合).(1)證明:平面EMN⊥平面PBC;(2)是否存在點N,使得二面角B-EN-M的余弦值為66?若存在,確定N點位置;若不存在,說明理由6.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,∠BAD=60°.(1)求證:直線BD⊥平面PAC;(2)求直線PB與平面PAD所成角的正切值;(3)設(shè)點M在線段PC上,且平面MBC與平面MBA夾角的余弦值為57,求點M究竟面ABCD的距離

第3課時綜合問題1.(1)證明因為平面PBD⊥平面BCD,且平面PBD∩平面BCD=BD,又由圖1可知PB=PD,且E為BD中點,所以PE⊥BD.又PE?平面PBD,所以PE⊥平面BCD.(2)解建立空間直角坐標系,以E為坐標原點,EB方向為x軸,垂直BD方向為y軸,EP方向為z軸,如圖所示.由圖1可知△ABD為等腰直角三角形,所以∠ADB=∠DBC=∠DCB=45°,所以△DBC為等腰直角三角形.因為AD=AB=2,所以PD=PB=2,所以DB=DC=PB2所以B(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1),C(-1,2,0),所以BD=(-2,0,0),PC=(-1,2,-1),所以cos<BD,PC>=所以異面直線BD,PC所成角的余弦值為662.(1)證明因為四邊形ABCD是矩形,所以AD⊥CD.因為點D在以AP為直徑的圓上,所以AD⊥DP,CD∩DP=D,CD,DP?平面PDC,所以AD⊥平面PDC.因為AD∥BC,AD?平面PBC,BC?平面PBC,所以AD∥平面PBC.因為平面PBC∩平面PAD=m,所以AD∥m,所以直線m⊥平面PDC.(2)解設(shè)PD=x,所以AD=4-x2(0<x<2),S△PAD=12·因為平面PAD⊥平面ABCD,交線為AD,且AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,而PA?平面PAD,所以AB⊥PA.在直角三角形PAB中,PB=7,PA=2,則AB=3.因為VP-ABD=VB-PAD,所以VP-ABD=VB-PAD=13·S△PAD·AB=3當(dāng)且僅當(dāng)x2=4-x2,即x=2時,等號成立,此時PD=AD=2,PC=5.如圖,建立空間直角坐標系,可得P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,3,0),C(0,所以PA=(2,0,-2),AB=(0,3,0),CB=(2,0,0),PC=(0,3,-2).設(shè)平面PAB和平面PBC的法向量分別為m=(x0,y0,z0)和n=(x,y,z),由m·PA=0,m·AB=0,由n·CB=0,n·PC=0,則2x所以cosφ=m·n|由圖知二面角C-PB-A為鈍角,所以二面角C-PB-A的余弦值為-30103.(1)證明連接AC.因為底面ABCD為菱形,∠ABC=60°,則△ABC是正三角形,∵E是BC的中點,∴AE⊥BC.又AD∥BC,∴AE⊥AD.∵PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,∴PA⊥AE.又PA∩AD=A,∴AE⊥平面PAD.∵AE?平面AEM,∴平面AEM⊥平面PAD.(2)解存在.以A為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系,不妨設(shè)AB=AP=2,則AE=3.可知A(0,0,0),B(3,-1,0),C(3,1,0),D(0,2,0),E(3,0,0),F32,12,1,則AF=32,12,1,AB=(3,-設(shè)PM=λPD=λ(0,2,-2)(0<λ<1),則M(0,2λ,2-2λ).設(shè)平面ABF的一個法向量為n=(x,y,z),則n取x=1,則y=3,z=-3,得n=(1,3,-3).設(shè)直線EM與平面ABF所成角為θ,EM=(-3,2λ,2-2λ),則sinθ=|n化簡得4λ2-8λ+1=0,則λ=2-32(0<λ故存在點M滿意題意,此時PMPD4.(1)證明如圖,延長BA,CD相交于點E,連接SE,則SE為平面SCD與平面SBA的交線l.在△SAD中,SA=1,AD=12,SD=52,則SA2+AD2=SD2,所以SA⊥由SA⊥AD,AD⊥AB,SA∩AB=A,得AD⊥平面SAB.又BC∥AD,所以BC⊥平面SAB,所以BC⊥SE.由PD∥BC,AB=BC=1,AD=12,得AE=1所以AE=AB=SA,所以SE⊥SB.又因為BC∩SB=B,所以SE⊥平面CSB,即l⊥平面CSB.(2)解由(1)知,SA⊥AB,AD⊥AB,AD⊥SA.以點A為坐標原點,AD,AB,AS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.易得A(0,0,0),D12,0,0,B(0,1,0),S(0,0,1),C(1,1,0),則BD=12,-1,0,SC=(1,1,-1).設(shè)SQ=λSC(0<λ<1),則Q(λ,λ,1-λ),則BQ=(λ,λ-1,1-λ).設(shè)n=(x,y,z)是平面QBD的一個法向量,則λx令x=2,則n=2,1,1-3λm=(0,0,1)是平面CBD的一個法向量.由|cos<n,m>|=|n·m||n所以Q是SC的中點.則VQ-BDC=13×S△BDC×12SA=13×12×1×1×125.(1)證明由PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E,所以PE⊥平面EBCD.又BC?平面EBCD,故PE⊥BC.又BC⊥BE,BE∩PE=E,故BC⊥平面PEB.因為EM?平面PEB,故EM⊥BC.又等腰三角形PEB,EM⊥PB,BC∩PB=B,故EM⊥平面PBC.因為EM?平面EMN,故平面EMN⊥平面PBC.(2)解存在.假設(shè)存在點N,使得二面角B-EN-M的余弦值為66以E為原點,EB,ED,EP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系.設(shè)PE=EB=2,設(shè)E(0,0,0),N(2,m,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),C(2,2,0),M(1,0,1),則EM=(1,0,1),EB=(2,0,0),EN=(2,m,0).設(shè)平面EMN的法向量為p=(x,y,z),由m·EM=x+z=0,m·EN=2x+平面BEN的一個法向量為n=(0,0,1),故|cos<p,n>|=|=|0+0解得m=1.故存在點N使得二面角B-EN-M的余弦值為66,N位于BC的中點6.(1)證明由菱形的性質(zhì)可知BD⊥AC,由線面垂直的定義可知BD⊥AP,且AP∩AC=A,由線面垂直的判定定理可得直線BD⊥平面PAC.(2)解以點A為坐標原點,AD,AP方向為y軸,z軸正方向,如圖所示,在平面ABCD內(nèi)與AD垂直的方向為x軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz,則P(0,0,2),B(3,1,0),A(0,0,0),D(0,2,0),則PB=(3,1,-2),平面PAD的法向量為m=(1,0,0),設(shè)直線PB與平面PAD所成的角為θ,則sinθ=|cos<PB,m>|=|PB·m||PB||m|(3)解由于P(0,0,2),C(3,3,0),B(3,1,0),A(0,0,0),PC=(3,3,-2),CB=(0,-2,0),AB=(3,1,0),PB=(3,1,-2),PM=λPC=(3λ,3λ,-2λ)(0≤λ<1),MB=M