2023年高考数学一轮复习 第8章 立体几何 高考解答题专项四 立体几何中的综合问题（含解析）新人教A版 理.docx

1、高考解答题专项四立体几何中的综合问题1.(2021山西临汾一模)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.(2021山西大同模拟)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,EFCD.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:A1BCD;(2)当A1PB=23时,求二面角A1-BC-P的正弦值.3.(2021广东梅州二模)如图,在四棱锥B-AC

2、DE中,平面ABC平面ACDE,ABC是等边三角形,在直角梯形ACDE中,AECD,AEAC,AE=1,AC=CD=2,P是棱BD的中点.(1)求证:EP平面BCD;(2)设点M在线段AC上,若平面PEM与平面EAB所成的锐二面角的余弦值为155,求MP的长.4.(2021江苏连云港新海中学月考)如图菱形ABCD中,ABC=60,AC与BD相交于点O,AE平面ABCD,CFAE,AB=AE=4.(1)求证:BD平面ACFE;(2)当直线FO与平面BED所成的角为4时,求异面直线OF与BE所成的角的余弦值.5.(2021山东济南一模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1和平面,直线AC1平面,直

3、线BD平面.(1)证明:平面平面B1CD1;(2)点P为线段AC1上的动点,求直线BP与平面所成角的最大值.6.(2021福建龙岩一模)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.7.(2021黑龙江哈尔滨六中高三月考)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

4、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BCAD,BEAF,BCBE=B,ADAF=A,所以平面BCE平面ADF.又因为CE平面BCE,所以CE平面ADF.(2)解(解法1)取AD中点M,连接AC,CF,CM,设AB=a,则BC=BE=a,又因为BC􀱀12AD,BE􀱀12AF,所以

5、AD=AF=2a,BAD=90,所以AC=2a.又因为BC􀱀AM,所以四边形ABCM是正方形,CMD为等腰直角三角形,于是ACCD,因为平面ABEF平面ABCD,平面ABEF平面ABCD=AB,AFAB,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AFCD,又AFAC=A,所以CD平面ACF,因为CF平面ACF,所以CDCF,所以ACF为二面角A-CD-E的平面角,因为tanACF=AFAC=2a2a=2,所以cosACF=11+tan2=13=33,故二面角A-CD-E的余弦值为33.(解法2)因为平面ABEF平面

6、ABCD,平面ABEF平面ABCD=AB,AFAB,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mCD=-x+y=0,mCE=-y+z=0,取y=1,则x=z=1,即m=(1,1,1),因为AF平面ACD,所以取n=(0,0,1)为平面ABCD的法向量,所以|cos|=|mn|m|n|=13=33.由图知二面角A-CD-

7、E为锐角,所以二面角A-CD-E的余弦值为33.2.(1)证明折叠前,因为ABCD,CDEF,则ABEF,折叠后,对应地,有PA1EF,PBEF,因为EFCD,所以CDPA1,CDPB.因为PA1PB=P,所以CD平面A1PB.因为A1B平面A1PB,所以A1BCD.(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,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=23时,A1(0,-3,3),所以BC=(-4,-4,0),BA1=(0,-7,3).设平面A1BC的

8、法向量为m=(x,y,z),则mBC=-4x-4y=0,mBA1=-7y+3z=0,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|cos|=|mn|m|n|=75555,因此,sin=1-cos2=33055.3.(1)证明如图,取BC的中点O,连接PO,AO.因为ABC为等边三角形,所以AOBC.因为平面ABC平面ACDE,AEAC,平面ABC平面ACDE=AC,AE平面ACDE,所以AE平面ABC.又AO平面ABC,所以AEAO.又AECD,所以CDAO.又CDBC=C,所以AO平面BCD.因为P为BD的中点,O为BC的中点

9、,所以PO=12CD=1,POCD.又AECD,AE=1,所以AEPO,AE=PO,所以四边形AEPO为平行四边形,所以EPAO,所以EP平面BCD.(2)解由(1)知POAE,AE平面ABC,AOBC,所以PO平面ABC,所以OA,OB,OP两两互相垂直.以O为坐标原点,OA,OB,OP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O(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),E(3,0,1),P(0,0,1),所以AB=(-3,1,0),AE=(0,0,1),EP=(-3,0,0).设平面EAB的法向量为m=(x1,y1,z1),则mAB=0,m

10、AE=0,即-3x1+y1=0,z1=0,令x1=1,则y1=3,z1=0,所以m=(1,3,0)为平面EAB的一个法向量.因为点M在线段AC上,AC=(-3,-1,0),所以设AM=tAC=(-3t,-t,0),所以M(3-3t,-t,0),其中0t1.所以EM=(-3t,-t,-1).设平面PEM的法向量为n=(x2,y2,z2),则nEM=0,nEP=0,即-3tx2-ty2-z2=0,-3x2=0,令y2=1,则x2=0,z2=-t,所以n=(0,1,-t)为平面PEM的一个法向量.由题意可知|cos|=|mn|m|n|=321+t2=155,解得t=12或t=-12(舍去).所以M3

11、2,-12,0,所以MP=2.4.(1)证明因为四边形ABCD是菱形,所以BDAC.因为AE平面ABCD,BD平面ABCD,所以BDAE.因为ACAE=A,所以BD平面ACFE.(2)解以O为原点,OA,OB的方向为x轴,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,如图所示.则B(0,23,0),D(0,-23,0),E(2,0,4),F(-2,0,a)(a0),所以OF=(-2,0,a),OB=(0,23,0),OE=(2,0,4).设平面BED的法向量为n=(x,y,z),则有nOB=0,nOE=0,即23y=0,2x+4z=0,令z=1,则y=0,x=-

12、2,则n=(-2,0,1),由题意FO与平面BED所成角的正弦值为22,所以22=|cos|=|OFn|OF|n|=|4+a|a2+45,整理得3a2-16a-12=0,解得a=6或a=-23,因为a0,所以a=6.所以OF=(-2,0,6),BE=(2,-23,4),所以cos=OFBE|OF|BE|=-4+244032=54.故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为54.5.(1)证明连接A1C1,则B1D1A1C1,因为AA1平面A1B1C1D1,B1D1平面A1B1C1D1,所以AA1B1D1.又AA1A1C1=A1,所以B1D1平面AA1C1.因为AC1平面AA1C1,所以B1D1AC

13、1.同理可证B1CAC1,因为B1D1B1C=B1,所以AC1平面B1CD1.因为AC1平面,过直线AC1作平面与平面相交于直线l,则AC1l,所以l平面B1CD1.又l平面,所以平面平面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=(-1,1,0).设平面的法向量为n=(x,y,z),则nAC1=0,nBD=0,即x+y+z=0,-x+y=0,取x=1,则y=1,z=-2,则n=(1,1,-2).设AP=t

14、AC1(0t1),则AP=(t,t,t),因为BA=(-1,0,0),所以BP=BA+AP=(t-1,t,t).设直线BP与平面所成的角为,则sin=|nBP|n|BP|=163t2-2t+1=163(t-13)2+23,所以当t=13时,sin取到最大值为12,又0,2,所以的最大值为6.6.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ABAD.又E,F分别是AD,BC中点,所以EFAB,EFAD,又SAD为等腰直角三角形,所以SEAD,SEEF=E,SE,EF均在平面SEF中,所以AD平面SEF.因为ADBC,AD平面SBC,B

15、C平面SBC,所以AD平面SBC.又AD平面SAD,平面SAD平面SBC=l,所以ADl.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,

16、z),则由nDC=0,nDQ=0,得2y=0,(t+2)x-y+3z=0,令x=-1,则y=0,z=3(t+2)3,则n=-1,0,3(t+2)3,设直线SB与平面QCD所成角为,则sin=|cos|=|4+t|41+(t+2)23=34,得t=-94,所以Q-94,-1,3.又因为D(-2,0,0),所以DQ=654.7.(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AOBF,M为AB的中点,所以OAMFBM,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,

17、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MNOD.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,EFAE,EFDE,AEDE=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HGAH,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HGDH.因为DEEF,AEEF,所以DEA为二面角D-EF-A的平面角,所以D

18、EA=60,连接AD,在ADE中,AE=DE,DEA=60,所以ADE是正三角形,所以DHAH.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)(0t4),则EM=(2,t,0),设平面EMC的法向量为m=(x,y,z),则mEM=0,mEC=0,即2x+ty=0,x+4y+3z=0,令y=-2,则x=t,z=3(8-t)3,故m=t,-2,3(8-t)3,因为直线DE与平面EMC所成的角为60,所以82t2+4+(8-t)23=32.所以t2-4t+3=0,解得t=1或t=3,故存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60,当t=1时,M(1,1,0),又A(1,0,0),所以AM=(1-1)2+(1-0)2+(0-0)2=1;当t=3时,M(1,3,0),又A(1,0,0),所以A=(1-1)2+(3-0)2+(0-0)2=3.所以AM=1或AM=3.