【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项四　第3课时　综合问题含解析.docx，共(11)页，232.800 KB，由envi的店铺上传

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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,AD∥BC,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B

CD,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.22.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PD

C;(2)当三棱锥P-ABD体积最大时,求二面角C-PB-A的余弦值.3.3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;(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.44.(2021广东汕头二模)如图,在四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,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).5(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.66.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57,求点M到底面ABCD的距离.

7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=√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𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,0),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,-1),所以cos<𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=22√6=√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=√4-𝑥2(0<x<2),S△PAD=12·x·√4-𝑥2.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=√7,PA=2,则AB=√3.因为VP-ABD=VB-PAD,所以VP-ABD=VB-PAD=13·S△PAD·AB=√36×√𝑥2(4-𝑥2)≤√36·𝑥2+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),8所以𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,0,-√2),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,0),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,0,

0),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(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{𝑚·𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,则{√2𝑥0-√2𝑧0=0,√3𝑦0=0,取x0=1,得m=(1,0,

1),由{𝑛·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,则{√2𝑥=0,√3𝑦-√2𝑧=0,取y=-2,得n=(0,-2,-√6),所以cosφ=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=-√6√2×√10=-√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-√3

010.3.(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,不妨设AB=AP=2,则AE=√3.可知A(0,0,0),B(√3,-1,0),C(√3,1,

0),D(0,2,0),E(√3,0,0),F√32,12,1,P(0,0,2),则𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=√32,12,1,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,-1,0).设𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=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{𝑛·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=√32𝑥+12𝑦+𝑧=0,𝑛·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=√3𝑥-𝑦=0,9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θ,𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,2λ,2-2λ),则sinθ=|𝑛·𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛||𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|√21(4𝜆-3)|7√8𝜆2-8𝜆+7=√217,化简

得4λ2-8λ+1=0,则λ=2-√32(0<λ<1).故存在点M满足题意,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=S

D2,所以SA⊥AD.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=12,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),D12,0,0,B(0

,1,0),S(0,0,1),C(1,1,0),则𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12,-1,0,𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗=(1,1,-1).设𝑆𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗(0<λ<1),则Q(λ,λ,1-λ),则�

�𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,λ-1,1-λ).设n=(x,y,z)是平面QBD的一个法向量,则{𝜆𝑥+(𝜆-1)𝑦+(1-𝜆)𝑧=0,12𝑥-𝑦=0,令x=2,则n=2,1,1-3𝜆1-𝜆.m=(0,0,1)是平面CBD的一个法向量.10由|co

s<n,m>|=|𝑛·𝑚||𝑛||𝑚|=|1-3𝜆1-𝜆|√5+(1-3𝜆1-𝜆)2=√66,解得λ=12.所以Q是SC的中点.则VQ-BDC=13×S△BDC×12SA=13×12×1×1×12=112.5.(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.(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𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,1),𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0),𝐸𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,m,0).设平面EMN的法向量为p=(x,y,z),由{𝑚·𝐸𝑀⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥+𝑧=0,𝑚·𝐸𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=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<p,n>|=|𝑝·𝑛||𝑝||𝑛|=|0+0-�

�|√𝑚2+(-2)2+(-𝑚)2×√0+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BD⊥AC,11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(√3,1,0),A(0,0,0),D(0,2

,0),则𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√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θ,则sinθ=|cos<𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,m>|=|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚||

𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚|=√3√8,cosθ=√5√8,tanθ=sin𝜃cos𝜃=√3√5=√155.(3)解由于P(0,0,2),C(√3,3,0),B(√3,1,0),A(0,0,0),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,3,-2),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,0),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

=(√3,1,0),𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,-2),𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√3λ,3λ,-2λ)(0≤λ<1),𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3

−√3λ,1-3λ,2λ-2),则点M的坐标为(√3λ,3λ,-2λ+2),设平面CMB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则{𝑛1·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛1·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{-2�

�1=0,(√3-√3𝜆)𝑥1+(1-3𝜆)𝑦1+(2𝜆-2)𝑧1=0,所以n1=(2,0,√3).设平面MBA的法向量为n2=(x2,y2,z2),则{𝑛2·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛2·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{√3𝑥2+𝑦2=0,(√3-√3𝜆)𝑥2+(1-

3𝜆)𝑦2+(2𝜆-2)𝑧2=0,所以n2=(1,-√3,√3𝜆1-𝜆),平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为57,故2+3𝜆1-𝜆√7×√1+3+3𝜆2(1-𝜆)2=57,整理得14λ2-19λ+6=0,解得λ=12或λ=67.由点M的坐标易知点M到底面ABC

D的距离为1或27.