2024年高考指导数学(人教A版理科第一轮复习)解答题专项4　立体几何中的综合问题

解答题专项四立体几何中的综合问题1.如图,在多面体BCE-ADF中,四边形ABCD与ABEF都是直角梯形,且∠BAD=∠BAF=90°,BC12AD,BE12AF.(1)证明: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.如图,圆O的半径为4,AB,CD是圆O的两条互相垂直的直径,P为OA的中点,EF∥CD.将此图形沿着EF折起,在翻折过程中,点A对应的点为A1.(1)证明:A1B⊥CD;(2)当∠A1PB=2π3时,求二面角A1-BC-P3.(2022云南曲靖二模)如图,P是四边形ABCD所在平面外的一点,四边形ABCD是∠DAB=60°的菱形,PA=PD,平面PAD垂直于底面ABCD,G为AD边的中点.(1)求证:BG⊥平面PAD;(2)若PA=AB=6,求多面体P-ABCD的体积.4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1和平面α,直线AC1∥平面α,直线BD∥平面α.(1)证明:平面α⊥平面B1CD1;(2)点P为线段AC1上的动点,求直线BP与平面α所成角的最大值.5.如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,△SAD为等腰直角三角形,SA=SD=22,AB=2,F是BC的中点,二面角S-AD-B的大小为120°,设平面SAD与平面SBC的交线为l.(1)在线段AD上是否存在点E,使l⊥平面SEF?若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由;(2)若点Q在l上,直线SB与平面QCD所成角的正弦值为34,求线段DQ的长6.如图,已知正方形的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,以EF为棱将正方形ABCD折成平面角为60°的二面角D-EF-A,点M在线段AB上.(1)若M为AB的中点,且直线MF与由A,D,E三点所确定的平面交于点O,试确定点O的位置,并证明直线OD∥平面EMC;(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°?若存在,求线段AM的长;若不存在,请说明理由.答案：1.(1)证明因为BC∥AD,BE∥AF,BC∩BE=B,AD∩AF=A,所以平面BCE∥平面ADF.又因为CE⊂平面BCE,所以CE∥平面ADF.(2)解(方法1)取AD中点M,连接AC,CF,CM,设AB=a,则BC=BE=a,又因为BC12AD,BE12AF,所以AD=AF=2a,∠BAD=90°,所以AC=2又因为BCAM,所以四边形ABCM是正方形,△CMD为等腰直角三角形,于是AC⊥CD,因为平面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内的射影,因为CD⊂平面ABCD,所以AF⊥CD,又AF∩AC=A,所以CD⊥平面ACF,因为CF⊂平面ACF,所以CD⊥CF,所以∠ACF为二面角A-CD-E的平面角,因为tan∠ACF=AFAC所以cos∠ACF=11+ta故二面角A-CD-E的余弦值为3(方法2)因为平面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为原点,AB,AD,AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=1,则AD=AF=2,则A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(1,0,1),CD=(-1,1,0),CE=(0,-1,1).设平面CDFE的法向量为m=(x,y,z),则m·CD=-x+y=0,m因为AF⊥平面ACD,所以取n=(0,0,1)为平面ABCD的法向量,所以|cos<m,n>|=|由图知二面角A-CD-E为锐角,所以二面角A-CD-E的余弦值为32.(1)证明折叠前,因为AB⊥CD,CD∥EF,则AB⊥EF,折叠后,对应地,有PA1⊥EF,PB⊥EF,因为EF∥CD,所以CD⊥PA1,CD⊥PB.因为PA1∩PB=P,所以CD⊥平面A1PB.因为A1B⊂平面A1PB,所以A1B⊥CD.(2)解过O作直线l⊥平面BCD,在l取点Q(异于点O),设二面角A1-BC-P为θ,以点O为坐标原点,OD,OB,OQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,4,0),C(-4,0,0),且当∠A1PB=2π3时,A1(0,-3,3),所以BC=(-4,-4,0),BA1=(0,-设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z),则m令x=3,则y=-3,z=-7,所以m=(3,-3,-7).因为平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),则|cosθ|=|m因此,sinθ=13.(1)证明∵四边形ABCD是∠DAB=60°的菱形,∴△ABD为等边三角形,又G为AD的中点,∴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为AD的中点,∴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是四棱锥P-ABCD的高.∵PA=AB=6,∴△PAD是等边三角形,∴PG=32×6=3∴VP-ABCD=13·PG·AD·AB·sin60°=13×33×6×4.(1)证明连接A1C1,则B1D1⊥A1C1,因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1.又AA1∩A1C1=A1,所以B1D1⊥平面AA1C1.因为AC1⊂平面AA1C1,所以B1D1⊥AC1.同理可证B1C⊥AC1,因为B1D1∩B1C=B1,所以AC1⊥平面B1CD1.因为AC1∥平面α,过直线AC1作平面β与平面α相交于直线l,则AC1∥l,所以l⊥平面B1CD1.又l⊂平面α,所以平面α⊥平面B1CD1.(2)解设正方体的棱长为1,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1),所以AC1=(1,1,1),BD=(-设平面α的法向量为n=(x,y,z),则n取x=1,则y=1,z=-2,则n=(1,1,-2).设AP=tAC1(0≤t≤1),则AP=(t,t,t),因为BA=(所以BP=BA+AP=(t-1,t设直线BP与平面α所成的角为θ,则sinθ=|n·BP||n||BP|=1又θ∈0,π2,所以θ的最大值为π65.解(1)在线段AD上存在点E满足题意,且E为AD的中点,连接ES,EF,SF,因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.又E,F分别是AD,BC中点,所以EF∥AB,EF⊥AD,又△SAD为等腰直角三角形,所以SE⊥AD,SE∩EF=E,SE,EF均在平面SEF中,所以AD⊥平面SEF.因为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,所以在线段AD上存在点E满足l⊥平面SEF,且E为AD中点.(2)以E为原点,EA方向为x轴,EF方向为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由(1)知,∠SEF为二面角S-AD-B的一个平面角,所以∠SEF=120°.因为△SAD为等腰直角三角形,SA=SD=22,所以S(0,-1,3),B(2,2,0),D(-2,0,0),C(-2,2,0).设Q(t,-1,3),所以SB=(2,3,-3),DC=(0,2,0),DQ=(t+2,-1,3),设平面QCD的法向量为n=(x,y,z),则由n得2令x=-1,则y=0,z=3(t+2)3,则n=-设直线SB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=|cos<SB,n>|=|4+t|41+所以Q-94,-1,3.又因为D(-2,0,0),所以DQ=656.(1)证明直线MF⊂平面ABFE,故点O在平面ABFE内,又点O也在平面ADE内,所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线AE上,如图所示,因为AO∥BF,M为AB的中点,所以△OAM≌△FBM,所以OM=MF,AO=BF,所以点O在EA的延长线上,且AO=2.连接DF交EC于点N,因为四边形CDEF为矩形,所以点N是EC的中点,连接MN,因为MN为△DOF的中位线,所以MN∥OD.又因为MN⊂平面EMC,OD⊄平面EMC,所以直线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的中点H,在平面ABFE中过点H作直线HG平行于EF,交BF于点G,则HG⊥AH,又因为平面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.因为DE⊥EF,AE⊥EF,所以∠DEA为二面角D-EF-A的平面角,所以∠DEA=60°,连接AD,在△ADE中,AE=DE,∠DEA=60°,所以△ADE是正三角形,所以DH⊥AH.以点H为坐标原点,HA,HG,HD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示,则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).设M(1,t,0)(0≤t≤4),则EM=(2,t