高考数学大一轮复习高考必考题突破讲座4立体几何的综合问题课时达标理含解析新人教A版

高考必考题突破讲座(四)1．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.(1)求证：BD⊥平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．解析(1)因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AE.因为AC∩AE＝A，所以BD⊥平面ACFE.(2)以O为原点，eq\o(OA,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，eq\r(3)，0)，D(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a>0)，eq\o(OF,\s\up8(→))＝(－1,0，a)．设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OB,\s\up8(→))＝0，,n·\o(OE,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,x＋2z＝0，))令z＝1，则n＝(－2,0,1)，由题意得sin45°＝|cos〈eq\o(OF,\s\up8(→))，n〉|＝eq\f(|\o(OF,\s\up8(→))·n|,|\o(OF,\s\up8(→))||n|)＝eq\f(|2＋a|,\r(a2＋1)·\r(5))＝eq\f(\r(2),2).因为a>0，所以解得aeq\o(OF,\s\up8(→))＝(－1,0,3)，eq\o(BE,\s\up8(→))＝(1，－eq\r(3)，2)，所以cos〈eq\o(OF,\s\up8(→))，eq\o(BE,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(OF,\s\up8(→))·\o(BE,\s\up8(→)),|\o(OF,\s\up8(→))|·|\o(BE,\s\up8(→))|)＝eq\f(－1＋6,\r(10)·\r(8))＝eq\f(\r(5),4).故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为eq\f(\r(5),4).2．(2019·河南郑州模拟)如图，在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,4)，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBAD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值．解析(1)证明：因为OB＝OC，又因为∠ABC＝eq\f(π,4)，所以∠OCB＝eq\f(π,4)，所以∠BOC＝eq\f(π,2)，即CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，所以PO⊥OC.又因为PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，所以CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PBAD.又CO⊂平面COD，所以平面PBAD⊥平面COD.(2)以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设|OA|＝1，则|PO|＝|OB|＝|OC|＝2，|DAC(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0，－1,1)，所以eq\o(PD,\s\up8(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(BC,\s\up8(→))＝(2，－2,0)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(0，－3,1)．设平面BDC的法向量为n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up8(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－2y＝0，,－3y＋z＝0，))令y＝1，则x＝1，z＝3，所以n＝(1,1,3)．设PD与平面BDC所成的角为θ，则sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PD,\s\up8(→))·n,|\o(PD,\s\up8(→))||n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1×0＋1×－1＋3×－1,\r(02＋－12＋－12)×\r(12＋12＋32))))＝eq\f(2\r(22),11).即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为eq\f(2\r(22),11).3．(2019·湖北武汉调考)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．解析方法一(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)，设S(x，y，z)，则x>0，y>0，z>0，且eq\o(AS,\s\up8(→))＝(x－2，y－2，z，)，eq\o(BS,\s\up8(→))＝(x，y－2，z).eq\o(DS,\s\up8(→))＝(x－1，y，z)．由|eq\o(AS,\s\up8(→))|＝|eq\o(BS,\s\up8(→))|，得eq\r(x－22＋y－22＋z2)＝eq\r(x2＋y－22＋z2)，得x＝1，由|eq\o(DS,\s\up8(→))|＝1得y2＋z2＝1，①由|eq\o(BS,\s\up8(→))|＝2得y2＋z2－4y＋1＝0，②由①②解得y＝eq\f(1,2)，z＝eq\f(\r(3),2)，所以Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AS,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BS,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(DS,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(DS,\s\up8(→))·eq\o(AS,\s\up8(→))＝0，eq\o(DS,\s\up8(→))·eq\o(BS,\s\up8(→))＝0，所以DS⊥AS，DS⊥BS，又AS∩DS＝S，所以SD⊥平面SAB.(2)设平面SBC的一个法向量为m＝(a，b，c)，eq\o(BS,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(CB,\s\up8(→))＝(0,2,0)，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(－2,0,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BS,\s\up8(→))＝0，,m·\o(CB,\s\up8(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\f(3,2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,2b＝0，))所以可取m＝(－eq\r(3)，0,2)，故AB与平面SBC所成的角的正弦值为cos〈m，eq\o(AB,\s\up8(→))〉＝eq\f(m·\o(AB,\s\up8(→)),|m|·|\o(AB,\s\up8(→))|)＝eq\f(－2×－\r(3),\r(7)×2)＝eq\f(\r(21),7).方法二(1)证明：如下图，取AB的中点E，连接DE，SE，则四边形BCDE为矩形，所以DE＝CB＝2，所以AD＝eq\r(DE2＋AE2)＝eq\r(5).因为侧面SAB为等边三角形，AB＝2，所以SA＝SB＝AB＝2，且SE＝eq\r(3)，又SD＝1，所以SA2＋SD2＝AD2，SE2＋SD2＝ED2，所以SD⊥SA，SD⊥SB，又AS∩DS＝S，所以SD⊥平面SAB.(2)作S在DE上的射影G，因为AB⊥SE，AB⊥DE，AB⊥平面SDE，所以平面SDE⊥平面ABCD，两平面的交线为DE，所以SG⊥平面ABCD，在Rt△DSE中，由SD·SE＝DE·SG得1×eq\r(3)＝2×SG，所以SG＝eq\f(\r(3),2)，作A在平面SBC上的射影H，则∠ABH为AB与平面SBC所成的角，因为CD∥AB，AB⊥平面SDE，所以CD⊥平面SDE，所以CD⊥SD，在Rt△CDS中，由CD＝SD＝1，求得SC＝eq\r(2).在△SBC中，SB＝BC＝1，SC＝eq\r(2)，所以S△SBC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(22－\f(1,2))＝eq\f(\r(7),2)，由VA－SBC＝VS－ABC得eq\f(1,3)·S△SBC·AH＝eq\f(1,3)·S△ABC·SG，即eq\f(1,3)×eq\f(\r(7),2)×AH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)，得AH＝eq\f(2\r(21),7)，所以sin∠ABH＝eq\f(AH,AB)＝eq\f(\r(21),7)，故AB与平面SBC所成的角的正弦值为eq\f(\r(21),7).4．(2019·安徽江南名校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点．(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由．解析(1)证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.因为CN⊥AB，DA⊥AB，所以CN∥DA，又AB∥CD，所以四边形CDAN为平行四边形，所以CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝eq\r(BC2－CN2)＝eq\r(102－82)＝6，所以AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，所以EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，所以EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，所以DE∥CM.因为CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，所以DE∥平面BPC.(2)由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)．假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F坐标为(8，t,0)，则eq\o(CF,\s\up8(→))＝(8，t－6,0)，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(8,12,0)，由eq\o(CF,\s\up8(→))·eq\o(DB,\s\up8(→))＝0得t＝eq\f(2,3).又平面DPC的法向量为m＝(1,0,0)，设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z)．又eq\o(PC,\s\up8(→))＝(0,6，－8)，eq\o(FC,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－8，\f(16,3)，0)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(FC,\s\up8(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6y－8z＝0，,－8x＋\f(16,3)y＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝\f(3,4)y，,x＝\f(2,3)y，))不妨令y＝12，有n＝(8,12,9)．则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(8,1×\r(82＋122＋92))＝eq\f(8,17).又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F－PC－D的余弦值为eq\f(8,17).5．(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq\x\to(DF)的中点．(1)设P是eq\x\to(CE)上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小．解析(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°.(2)方法一取eq\x\to(EC)的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13).取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1，所以EM＝CM＝eq\r(13－1)＝2eq\r(3).在△BEC中，由于∠EBC＝120°，由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12，所以EC＝2eq\r(3)，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.方法二以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，eq\r(3)，3)，C(－1，eq\r(3)，0)，故eq\o(AE,\s\up8(→))＝(2,0，－3)，eq\o(AG,\s\up8(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CG,\s\up8(→))＝(2,0,3)，设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up8(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up8(→))＝0))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－eq\r(3)，2)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up8(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up8(→))＝0))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－eq\r(3)，－2)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,2).由图可得此二面角为锐二面角，故所求的角为60°.6．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值．解析(1)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，从而AD＝CD.又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠BOD＝90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up8(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(OA,\s\up8(→))|为单位