高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)高考必考題突破講座4立體幾何的綜合問(wèn)題課時(shí)達(dá)標(biāo)理含解析新人教A版

高考必考題突破講座(四)1．如圖，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC與BD相交于點(diǎn)O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.(1)求證：BD⊥平面ACFE；(2)當(dāng)直線(xiàn)FO與平面BED所成的角為45°時(shí)，求異面直線(xiàn)OF與BE所成的角的余弦值大小．解析(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥AC.因?yàn)锳E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥AE.因?yàn)锳C∩AE＝A，所以BD⊥平面ACFE.(2)以O(shè)為原點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))的方向?yàn)閤，y軸正方向，過(guò)O且平行于CF的直線(xiàn)為z軸(向上為正方向)，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，eq\r(3)，0)，D(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0,2)，F(xiàn)(－1,0，a)(a>0)，eq\o(OF,\s\up8(→))＝(－1,0，a)．設(shè)平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OB,\s\up8(→))＝0，,n·\o(OE,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,x＋2z＝0，))令z＝1，則n＝(－2,0,1)，由題意得sin45°＝|cos〈eq\o(OF,\s\up8(→))，n〉|＝eq\f(|\o(OF,\s\up8(→))·n|,|\o(OF,\s\up8(→))||n|)＝eq\f(|2＋a|,\r(a2＋1)·\r(5))＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)閍>0，所以解得aeq\o(OF,\s\up8(→))＝(－1,0,3)，eq\o(BE,\s\up8(→))＝(1，－eq\r(3)，2)，所以cos〈eq\o(OF,\s\up8(→))，eq\o(BE,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(OF,\s\up8(→))·\o(BE,\s\up8(→)),|\o(OF,\s\up8(→))|·|\o(BE,\s\up8(→))|)＝eq\f(－1＋6,\r(10)·\r(8))＝eq\f(\r(5),4).故異面直線(xiàn)OF與BE所成的角的余弦值為eq\f(\r(5),4).2．(2019·河南鄭州模擬)如圖，在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,4)，O為AB邊上一點(diǎn)，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求證：平面PBAD⊥平面COD；(2)求直線(xiàn)PD與平面BDC所成角的正弦值．解析(1)證明：因?yàn)镺B＝OC，又因?yàn)椤螦BC＝eq\f(π,4)，所以∠OCB＝eq\f(π,4)，所以∠BOC＝eq\f(π,2)，即CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC?平面ABC，所以PO⊥OC.又因?yàn)镻O，AB?平面PAB，PO∩AB＝O，所以CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PBAD.又CO?平面COD，所以平面PBAD⊥平面COD.(2)以O(shè)C，OB，OP所在射線(xiàn)分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．設(shè)|OA|＝1，則|PO|＝|OB|＝|OC|＝2，|DAC(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0，－1,1)，所以eq\o(PD,\s\up8(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(BC,\s\up8(→))＝(2，－2,0)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(0，－3,1)．設(shè)平面BDC的法向量為n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up8(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－2y＝0，,－3y＋z＝0，))令y＝1，則x＝1，z＝3，所以n＝(1,1,3)．設(shè)PD與平面BDC所成的角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PD,\s\up8(→))·n,|\o(PD,\s\up8(→))||n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1×0＋1×－1＋3×－1,\r(02＋－12＋－12)×\r(12＋12＋32))))＝eq\f(2\r(22),11).即直線(xiàn)PD與平面BDC所成角的正弦值為eq\f(2\r(22),11).3．(2019·湖北武漢調(diào)考)如圖，四棱錐S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，側(cè)面SAB為等邊三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)證明：SD⊥平面SAB；(2)求AB與平面SBC所成角的正弦值．解析方法一(1)證明：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，則D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)，設(shè)S(x，y，z)，則x>0，y>0，z>0，且eq\o(AS,\s\up8(→))＝(x－2，y－2，z，)，eq\o(BS,\s\up8(→))＝(x，y－2，z).eq\o(DS,\s\up8(→))＝(x－1，y，z)．由|eq\o(AS,\s\up8(→))|＝|eq\o(BS,\s\up8(→))|，得eq\r(x－22＋y－22＋z2)＝eq\r(x2＋y－22＋z2)，得x＝1，由|eq\o(DS,\s\up8(→))|＝1得y2＋z2＝1，①由|eq\o(BS,\s\up8(→))|＝2得y2＋z2－4y＋1＝0，②由①②解得y＝eq\f(1,2)，z＝eq\f(\r(3),2)，所以Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AS,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BS,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(DS,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(DS,\s\up8(→))·eq\o(AS,\s\up8(→))＝0，eq\o(DS,\s\up8(→))·eq\o(BS,\s\up8(→))＝0，所以DS⊥AS，DS⊥BS，又AS∩DS＝S，所以SD⊥平面SAB.(2)設(shè)平面SBC的一個(gè)法向量為m＝(a，b，c)，eq\o(BS,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(CB,\s\up8(→))＝(0,2,0)，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(－2,0,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BS,\s\up8(→))＝0，,m·\o(CB,\s\up8(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\f(3,2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,2b＝0，))所以可取m＝(－eq\r(3)，0,2)，故AB與平面SBC所成的角的正弦值為cos〈m，eq\o(AB,\s\up8(→))〉＝eq\f(m·\o(AB,\s\up8(→)),|m|·|\o(AB,\s\up8(→))|)＝eq\f(－2×－\r(3),\r(7)×2)＝eq\f(\r(21),7).方法二(1)證明：如下圖，取AB的中點(diǎn)E，連接DE，SE，則四邊形BCDE為矩形，所以DE＝CB＝2，所以AD＝eq\r(DE2＋AE2)＝eq\r(5).因?yàn)閭?cè)面SAB為等邊三角形，AB＝2，所以SA＝SB＝AB＝2，且SE＝eq\r(3)，又SD＝1，所以SA2＋SD2＝AD2，SE2＋SD2＝ED2，所以SD⊥SA，SD⊥SB，又AS∩DS＝S，所以SD⊥平面SAB.(2)作S在DE上的射影G，因?yàn)锳B⊥SE，AB⊥DE，AB⊥平面SDE，所以平面SDE⊥平面ABCD，兩平面的交線(xiàn)為DE，所以SG⊥平面ABCD，在Rt△DSE中，由SD·SE＝DE·SG得1×eq\r(3)＝2×SG，所以SG＝eq\f(\r(3),2)，作A在平面SBC上的射影H，則∠ABH為AB與平面SBC所成的角，因?yàn)镃D∥AB，AB⊥平面SDE，所以CD⊥平面SDE，所以CD⊥SD，在Rt△CDS中，由CD＝SD＝1，求得SC＝eq\r(2).在△SBC中，SB＝BC＝1，SC＝eq\r(2)，所以S△SBC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(22－\f(1,2))＝eq\f(\r(7),2)，由VA－SBC＝VS－ABC得eq\f(1,3)·S△SBC·AH＝eq\f(1,3)·S△ABC·SG，即eq\f(1,3)×eq\f(\r(7),2)×AH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)，得AH＝eq\f(2\r(21),7)，所以sin∠ABH＝eq\f(AH,AB)＝eq\f(\r(21),7)，故AB與平面SBC所成的角的正弦值為eq\f(\r(21),7).4．(2019·安徽江南名校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E為PA的中點(diǎn)．(1)求證：DE∥平面BPC；(2)線(xiàn)段AB上是否存在一點(diǎn)F，滿(mǎn)足CF⊥DB？若存在，試求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解析(1)證明：取PB的中點(diǎn)M，連接EM和CM，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AB，垂足為點(diǎn)N.因?yàn)镃N⊥AB，DA⊥AB，所以CN∥DA，又AB∥CD，所以四邊形CDAN為平行四邊形，所以CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝eq\r(BC2－CN2)＝eq\r(102－82)＝6，所以AB＝12，而E，M分別為PA，PB的中點(diǎn)，所以EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，所以EM∥CD且EM＝CD，四邊形CDEM為平行四邊形，所以DE∥CM.因?yàn)镃M?平面PBC，DE?平面PBC，所以DE∥平面BPC.(2)由題意可得DA，DC，DP兩兩互相垂直，如圖，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)．假設(shè)AB上存在一點(diǎn)F使CF⊥BD，設(shè)點(diǎn)F坐標(biāo)為(8，t,0)，則eq\o(CF,\s\up8(→))＝(8，t－6,0)，eq\o(DB,\s\up8(→))＝(8,12,0)，由eq\o(CF,\s\up8(→))·eq\o(DB,\s\up8(→))＝0得t＝eq\f(2,3).又平面DPC的法向量為m＝(1,0,0)，設(shè)平面FPC的法向量為n＝(x，y，z)．又eq\o(PC,\s\up8(→))＝(0,6，－8)，eq\o(FC,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－8，\f(16,3)，0)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(FC,\s\up8(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6y－8z＝0，,－8x＋\f(16,3)y＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝\f(3,4)y，,x＝\f(2,3)y，))不妨令y＝12，有n＝(8,12,9)．則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(8,1×\r(82＋122＋92))＝eq\f(8,17).又由圖可知，該二面角為銳二面角，故二面角F－PC－D的余弦值為eq\f(8,17).5．(2017·山東卷)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線(xiàn)為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的，G是eq\x\to(DF)的中點(diǎn)．(1)設(shè)P是eq\x\to(CE)上的一點(diǎn)，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)當(dāng)AB＝3，AD＝2時(shí)，求二面角E－AG－C的大小．解析(1)因?yàn)锳P⊥BE，AB⊥BE，AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP，又BP?平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°.(2)方法一取eq\x\to(EC)的中點(diǎn)H，連接EH，GH，CH.因?yàn)椤螮BC＝120°，所以四邊形BEHC為菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13).取AG中點(diǎn)M，連接EM，CM，EC，則EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC為所求二面角的平面角．又AM＝1，所以EM＝CM＝eq\r(13－1)＝2eq\r(3).在△BEC中，由于∠EBC＝120°，由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12，所以EC＝2eq\r(3)，因此△EMC為等邊三角形，故所求的角為60°.方法二以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BE，BP，BA所在的直線(xiàn)為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由題意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，eq\r(3)，3)，C(－1，eq\r(3)，0)，故eq\o(AE,\s\up8(→))＝(2,0，－3)，eq\o(AG,\s\up8(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CG,\s\up8(→))＝(2,0,3)，設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個(gè)法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up8(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up8(→))＝0))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝2，可得平面AEG的一個(gè)法向量m＝(3，－eq\r(3)，2)．設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up8(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up8(→))＝0))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))取z2＝－2，可得平面ACG的一個(gè)法向量n＝(3，－eq\r(3)，－2)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,2).由圖可得此二面角為銳二面角，故所求的角為60°.6．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；(2)過(guò)AC的平面交BD于點(diǎn)E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D－AE－C的余弦值．解析(1)證明：由題設(shè)可得△ABD≌△CBD，從而AD＝CD.又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.取AC的中點(diǎn)O，連接DO，BO，則DO⊥AC，DO＝AO.又因?yàn)椤鰽BC是正三角形，故BO⊥AC，所以∠DOB為二面角D－AC－B的平面角．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠BOD＝90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由題設(shè)及(1)知，OA，OB，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up8(→))的方向?yàn)閤軸正方向，|eq\o(OA,\s\up8(→))|為單位