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=2,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=7,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-
2、ABCD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217?若存在,请求出PMPD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=12.沿BA将PAB翻折到SBA的位置,使得SD=52.(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66时,求三棱锥
3、Q-BCD的体积.5.(2021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66?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
4、面MBA夹角的余弦值为57,求点M到底面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=2,所以PD=PB=2,所以DB=DC=PB2+PD2=2,所以B(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1),C(-1,2,0),所以BD
5、=(-2,0,0),PC=(-1,2,-1),所以cos=BDPC|BD|PC|=226=66,所以异面直线BD,PC所成角的余弦值为66.2.(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=4-x2(0x2),SPAD=12x4-x2.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ABP
6、A.在直角三角形PAB中,PB=7,PA=2,则AB=3.因为VP-ABD=VB-PAD,所以VP-ABD=VB-PAD=13SPADAB=36x2(4-x2)36x2+4-x22=33,当且仅当x2=4-x2,即x=2时,等号成立,此时PD=AD=2,PC=5.如图,建立空间直角坐标系,可得P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,3,0),C(0,3,0),所以PA=(2,0,-2),AB=(0,3,0),CB=(2,0,0),PC=(0,3,-2).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mPA=0,mAB=0,则2x0-2z0=0,3y0
7、=0,取x0=1,得m=(1,0,1),由nCB=0,nPC=0,则2x=0,3y-2z=0,取y=-2,得n=(0,-2,-6),所以cos =mn|m|n|=-6210=-3010.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-3010.3.(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.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=3.可
8、知A(0,0,0),B(3,-1,0),C(3,1,0),D(0,2,0),E(3,0,0),F32,12,1,P(0,0,2),则AF=32,12,1,AB=(3,-1,0).设PM=PD=(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nAF=32x+12y+z=0,nAB=3x-y=0,取x=1,则y=3,z=-3,得n=(1,3,-3).设直线EM与平面ABF所成角为,EM=(-3,2,2-2),则sin =|nEM|n|EM|=|21(4-3)|782-8+7=217,化简得42-8+1=0,则=2-32(01).故存在点M满足题意,
9、此时PMPD=2-32.4.(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=12,SD=52,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=12,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
10、A(0,0,0),D12,0,0,B(0,1,0),S(0,0,1),C(1,1,0),则BD=12,-1,0,SC=(1,1,-1).设SQ=SC(01),则Q(,1-),则BQ=(,-1,1-).设n=(x,y,z)是平面QBD的一个法向量,则x+(-1)y+(1-)z=0,12x-y=0,令x=2,则n=2,1,1-31-.m=(0,0,1)是平面CBD的一个法向量.由|cos|=|nm|n|m|=1-31-5+(1-31-)2=66,解得=12.所以Q是SC的中点.则VQ-BDC=13SBDC12SA=13121112=112.5.(1)证明由PEEB,PEED,EBED=E,所以PE
11、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.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66.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EM=(1,0,1),EB=(2,0,0),EN=(2,m,0).设平面EMN的法向
12、量为p=(x,y,z),由mEM=x+z=0,mEN=2x+my=0,令x=m,得p=(m,-2,-m).平面BEN的一个法向量为n=(0,0,1),故|cos|=|pn|p|n|=|0+0-m|m2+(-2)2+(-m)20+0+1=66,解得m=1.故存在点N使得二面角B-EN-M的余弦值为66,N位于BC的中点.6.(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
13、,则P(0,0,2),B(3,1,0),A(0,0,0),D(0,2,0),则PB=(3,1,-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|=|PBm|PB|m|=38,cos =58,tan =sincos=35=155.(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=PC=(3,3,-2)(01),MB=MP+PB=(3-3,1-3,2-2),则点M的坐标为(3,3,-2+2),设平面CMB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1CB=0,n1MB=0,所以-2y1=0,(3-3)x1+(1-3)y1+(2-2)z1=0,所以n1=(2,0,3).设平面MBA的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2AB=0,n2MB=0,所以3x2+y2=0,(3-3)x2+(1-3)y2+(2-2)z2=0,所以n2=1,-3,31-,平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为57,故2+31-71+3+32(1-)2=57,整理得142-19+6=0,解得=12或=67.由点M的坐标易知点M到底面ABCD的距离为1或27.
Copyright@ 2020-2024 m.ketangku.com网站版权所有