2023届北师版高考数学一轮高考解答题专项四第3课时综合问题（Word版附解析）.doc

1、高考解答题专项四立体几何中的综合问题第3课时综合问题1.(2021北京二中模拟)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,AD=AB=,BAD=90,BCD=45,E为对角线BD的中点.现将ABD沿BD折起到PBD的位置,使平面PBD平面BCD,如图2.(1)求证:直线PE平面BCD;(2)求异面直线BD和PC所成角的余弦值.2.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,点D在以AP为直径的圆上,平面PAD平面ABCD,PA=2,PB=,平面PBC平面PAD=m.(1)证明:直线m平面PDC;(2)当三棱锥P-ABD体积最大时,求二面角C-PB-A的余弦值.3.如图所示,四棱锥P-AB

2、CD中,PA菱形ABCD所在的平面,ABC=60,点E,F分别是BC,PC的中点,M是线段PD上的点(不包含端点).(1)求证:平面AEM平面PAD;(2)当AB=AP时,是否存在点M,使直线EM与平面ABF所成角的正弦值为?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.4.(2021广东汕头二模)如图,在四边形PDCB中,PDBC,BAPD,PA=AB=BC=1,AD=.沿BA将PAB翻折到SBA的位置,使得SD=.(1)作出平面SCD与平面SBA的交线l,并证明l平面CSB;(2)点Q是棱SC上异于S,C的一点,连接QD,当二面角Q-BD-C的余弦值为时,求三棱锥Q-BCD的体积.5.(202

3、1河北衡水中学月考)如图,在直角梯形ABCD中,ABDC,ABC=90,AB=2DC=2BC,E为AB的中点,沿DE将ADE折起,使得点A到点P位置,且PEEB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合).(1)证明:平面EMN平面PBC;(2)是否存在点N,使得二面角B-EN-M的余弦值为?若存在,确定N点位置;若不存在,说明理由.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,BAD=60.(1)求证:直线BD平面PAC;(2)求直线PB与平面PAD所成角的正切值;(3)设点M在线段PC上,且平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为,求点M到底

4、面ABCD的距离.第3课时综合问题1.(1)证明因为平面PBD平面BCD,且平面PBD平面BCD=BD,又由图1可知PB=PD,且E为BD中点,所以PEBD.又PE平面PBD,所以PE平面BCD.(2)解建立空间直角坐标系,以E为坐标原点,EB方向为x轴,垂直BD方向为y轴,EP方向为z轴,如图所示.由图1可知ABD为等腰直角三角形,所以ADB=DBC=DCB=45,所以DBC为等腰直角三角形.因为AD=AB=,所以PD=PB=,所以DB=DC=2,所以B(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1),C(-1,2,0),所以=(-2,0,0),=(-1,2,-1),所以cos=,所以异

5、面直线BD,PC所成角的余弦值为.2.(1)证明因为四边形ABCD是矩形,所以ADCD.因为点D在以AP为直径的圆上,所以ADDP,CDDP=D,CD,DP平面PDC,所以AD平面PDC.因为ADBC,AD平面PBC,BC平面PBC,所以AD平面PBC.因为平面PBC平面PAD=m,所以ADm,所以直线m平面PDC.(2)解设PD=x,所以AD=(0x2),SPAD=x.因为平面PAD平面ABCD,交线为AD,且ABAD,所以AB平面PAD,而PA平面PAD,所以ABPA.在直角三角形PAB中,PB=,PA=2,则AB=.因为VP-ABD=VB-PAD,所以VP-ABD=VB-PAD=SPAD

6、AB=,当且仅当x2=4-x2,即x=时,等号成立,此时PD=AD=,PC=.如图,建立空间直角坐标系,可得P(0,0,),A(,0,0),B(,0),C(0,0),所以=(,0,-),=(0,0),=(,0,0),=(0,-).设平面PAB和平面PBC的法向量分别为m=(x0,y0,z0)和n=(x,y,z),由取x0=1,得m=(1,0,1),由取y=-2,得n=(0,-2,-),所以cos=-.由图知二面角C-PB-A为钝角,所以二面角C-PB-A的余弦值为-.3.(1)证明连接AC.因为底面ABCD为菱形,ABC=60,则ABC是正三角形,E是BC的中点,AEBC.又ADBC,AEAD

7、.PA平面ABCD,AE平面ABCD,PAAE.又PAAD=A,AE平面PAD.AE平面AEM,平面AEM平面PAD.(2)解存在.以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系,不妨设AB=AP=2,则AE=.可知A(0,0,0),B(,-1,0),C(,1,0),D(0,2,0),E(,0,0),F,1,P(0,0,2),则=,1,=(,-1,0).设=(0,2,-2)(01),则M(0,2,2-2).设平面ABF的一个法向量为n=(x,y,z),则取x=1,则y=,z=-,得n=(1,-).设直线EM与平面ABF所成角为,=(-,2,2-2),则sin=,化简得42-8+1=0,则=(01).

8、故存在点M满足题意,此时.4.(1)证明如图,延长BA,CD相交于点E,连接SE,则SE为平面SCD与平面SBA的交线l.在SAD中,SA=1,AD=,SD=,则SA2+AD2=SD2,所以SAAD.由SAAD,ADAB,SAAB=A,得AD平面SAB.又BCAD,所以BC平面SAB,所以BCSE.由PDBC,AB=BC=1,AD=,得AE=1.所以AE=AB=SA,所以SESB.又因为BCSB=B,所以SE平面CSB,即l平面CSB.(2)解由(1)知,SAAB,ADAB,ADSA.以点A为坐标原点,AD,AB,AS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.易得A(0,0

9、,0),D,0,0,B(0,1,0),S(0,0,1),C(1,1,0),则=,-1,0,=(1,1,-1).设=(01),则Q(,1-),则=(,-1,1-).设n=(x,y,z)是平面QBD的一个法向量,则令x=2,则n=2,1,.m=(0,0,1)是平面CBD的一个法向量.由|cos|=,解得=.所以Q是SC的中点.则VQ-BDC=SBDCSA=11.5.(1)证明由PEEB,PEED,EBED=E,所以PE平面EBCD.又BC平面EBCD,故PEBC.又BCBE,BEPE=E,故BC平面PEB.因为EM平面PEB,故EMBC.又等腰三角形PEB,EMPB,BCPB=B,故EM平面PBC

10、.因为EM平面EMN,故平面EMN平面PBC.(2)解存在.假设存在点N,使得二面角B-EN-M的余弦值为.以E为原点,EB,ED,EP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.设PE=EB=2,设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),则=(1,0,1),=(2,0,0),=(2,m,0).设平面EMN的法向量为p=(x,y,z),由令x=m,得p=(m,-2,-m).平面BEN的一个法向量为n=(0,0,1),故|cos|=,解得m=1.故存在点N使得二面角B-EN-M的余弦值为,N位于BC的中点.6

11、.(1)证明由菱形的性质可知BDAC,由线面垂直的定义可知BDAP,且APAC=A,由线面垂直的判定定理可得直线BD平面PAC.(2)解以点A为坐标原点,AD,AP方向为y轴,z轴正方向,如图所示,在平面ABCD内与AD垂直的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则P(0,0,2),B(,1,0),A(0,0,0),D(0,2,0),则=(,1,-2),平面PAD的法向量为m=(1,0,0),设直线PB与平面PAD所成的角为,则sin=|cos|=,cos=,tan=.(3)解由于P(0,0,2),C(,3,0),B(,1,0),A(0,0,0),=(,3,-2),=(0,-2,0),=(,1,0),=(,1,-2),=(,3,-2)(01),=(,1-3,2-2),则点M的坐标为(,3,-2+2),设平面CMB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则所以所以n1=(2,0,).设平面MBA的法向量为n2=(x2,y2,z2),则所以所以n2=,平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为,故=,整理得142-19+6=0,解得=或=.由点M的坐标易知点M到底面ABCD的距离为1或.