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）

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,AD∥BC,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.\n2.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-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;\n(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.\n4.(2021广东汕头二模)如图,在四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,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.(2021河北衡水中学月考)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠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PE⊥EB,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.\n6.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;\n(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到底面ABCD的距离.\n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PE⊥BD.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AD⊥CD.因为点D在以AP为直径的圆上,所以AD⊥DP,CD∩DP=D,CD,DP⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,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AD∥m,所以直线m⊥平面PDC.(2)解设PD=x,所以AD=(0<x<2),S△PAD=·x·.因为平面PAD⊥平面ABCD,交线为AD,且AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,而PA⊂平面PAD,所以AB⊥PA.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=·S△PAD·AB=,\n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cosφ==-.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,∴AE⊥BC.又AD∥BC,∴AE⊥AD.∵PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,∴PA⊥AE.又PA∩AD=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,\n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=λ=λ(0,2,-2)(0<λ<1),则M(0,2λ,2-2λ).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θ,=(-,2λ,2-2λ),则sinθ=,化简得4λ2-8λ+1=0,则λ=(0<λ<1).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SA⊥AD.\n由SA⊥AD,AD⊥AB,SA∩AB=A,得AD⊥平面SAB.又BC∥AD,所以BC⊥平面SAB,所以BC⊥SE.由PD∥BC,AB=BC=1,AD=,得AE=1.所以AE=AB=SA,所以SE⊥SB.又因为BC∩SB=B,所以SE⊥平面CSB,即l⊥平面CSB.(2)解由(1)知,SA⊥AB,AD⊥AB,AD⊥SA.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(0,0,0),D,0,0,B(0,1,0),S(0,0,1),C(1,1,0),则=,-1,0,=(1,1,-1).设=λ(0<λ<1),则Q(λ,λ,1-λ),则=(λ,λ-1,1-λ).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<n,m>|=,解得λ=.所以Q是SC的中点.则VQ-BDC=×S△BDC×SA=××1×1×.5.(1)证明由PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E,所以PE⊥平面EBCD.又BC⊂平面EBCD,故PE⊥BC.又BC⊥BE,BE∩PE=E,故BC⊥平面PEB.因为EM⊂平面PEB,故EM⊥BC.又等腰三角形PEB,EM⊥PB,BC∩PB=B,故EM⊥平面PBC.因为EM⊂平面EMN,故平面EMN⊥平面PBC.\n(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<p,n>|==,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.(1)证明由菱形的性质可知BD⊥AC,由线面垂直的定义可知BD⊥AP,且AP∩AC=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),\n设直线PB与平面PAD所成的角为θ,则sinθ=|cos<,m>|=,cosθ=,tanθ=.(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),=λ=(λ,3λ,-2λ)(0≤λ<1),=(λ,1-3λ,2λ-2),则点M的坐标为(λ,3λ,-2λ+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14λ2-19λ+6=0,解得λ=或λ=.由点M的坐标易知点M到底面ABCD的距离为1或.