北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)高考解答题专项四　立体几何中的综合问题

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(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.
(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:(解法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=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=2a2a=2,
所以cs∠ACF=11+tan2θ=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·CE=-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|cs|=|m·n||m||n|=13=33.
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33.
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,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-P的正弦值.
(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,-7,3).
设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z),
则m·BC=-4x-4y=0,m·BA1=-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|cs θ|=|m·n||m||n|=75555,
因此,sin θ=1-cs2θ=33055.
3.(2021广东梅州二模)如图,在四棱锥B-ACDE中,平面ABC⊥平面ACDE,△ABC是等边三角形,在直角梯形ACDE中,AE∥CD,AE⊥AC,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.
(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AO⊥BC.
因为平面ABC⊥平面ACDE,AE⊥AC,平面ABC∩平面ACDE=AC,AE⫋平面ACDE,所以AE⊥平面ABC.
又AO⫋平面ABC,所以AE⊥AO.
又AE∥CD,所以CD⊥AO.
又CD∩BC=C,所以AO⊥平面BCD.
因为P为BD的中点,O为BC的中点,所以PO=12CD=1,PO∥CD.
又AE∥CD,AE=1,所以AE∥PO,AE=PO,所以四边形AEPO为平行四边形,所以EP∥AO,所以EP⊥平面BCD.
(2)解:由(1)知PO∥AE,AE⊥平面ABC,AO⊥BC,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m·AB=0,m·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0≤t≤1.
所以EM=(-3t,-t,-1).
设平面PEM的法向量为n=(x2,y2,z2),
则n·EM=0,n·EP=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|cs|=|m·n||m||n|=321+t2=155,解得t=12或t=-12(舍去).
所以M32,-12,0,所以MP=2.
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,CF∥AE,AB=AE=4.
(1)求证:BD⊥平面ACFE;
(2)当直线FO与平面BED所成的角为π4时,求异面直线OF与BE所成的角的余弦值.
(1)证明: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)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)(a>0),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n·OB=0,n·OE=0,即23y=0,2x+4z=0,
令z=1,则y=0,x=-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=|cs|=|OF·n||OF||n|=|4+a|a2+4·5,
整理得3a2-16a-12=0,解得a=6或a=-23,
因为a>0,所以a=6.
所以OF=(-2,0,6),BE=(2,-23,4),
所以cs=OF·BE|OF||BE|=-4+2440×32=54.
故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为54.
5.(2021山东济南一模)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.
(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=(-1,1,0).
设平面α的法向量为n=(x,y,z),
则n·AC1=0,n·BD=0,即x+y+z=0,-x+y=0,
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=(-1,0,0),
所以BP=BA+AP=(t-1,t,t).
设直线BP与平面α所成的角为θ,则sin θ=|n·BP||n||BP|=163t2-2t+1=163(t-13) 2+23,
所以当t=13时,sin θ取到最大值为12,又θ∈0,π2,所以θ的最大值为π6.
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.
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·DC=0,n·DQ=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θ,则sin θ=|cs|=|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.(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.
(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,0),设平面EMC的法向量为m=(x,y,z),
则m·EM=0,m·EC=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.