2023届高三数学一轮复习课时过关检测(45)立体几何中的综合问题.doc

1、课时过关检测(四十五) 立体几何中的综合问题1如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC平面ABC，PAPCAC2，BC4，E，F分别是PC，PB的中点(1)求证：BC平面PAC；(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围解：(1)证明：C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，BCAC，又平面PAC平面ABC，且平面PAC平面ABCAC，BC平面ABC，BC平面PAC(2)由E，F分别是PC，PB的中点，BCEF，又EF平面AEF，BC平面AEF，BC平面AEF，又BC平面ABC，平面EFA平面ABCl，BCl以C为

2、坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1,0，)，E，F，(0,2,0)，BCl，可设Q(2，y,0)，平面AEF的一个法向量为m(x，y，z)，则取z，得m(1,0，)，又(1，y，)，则|cos，m|直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为2在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知ABAD，E为AD的中点(1)在线段B1C1上是否存在点F，使得平面A1AF平面ECC1？若存在，请加以证明；若不存在，请说明理由；(2)设AD2，AA14，点G在AA1上且满足8，求EG与平面EBC1

3、所成角的余弦值解：(1)存在，当点F为线段B1C1的中点时，平面A1AF平面ECC1证明：在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1CC1，ADB1C1又因为CC1平面ECC1，AA1平面ECC1，所以AA1平面ECC1又E为AD的中点，F为B1C1的中点，所以AEFC1，且AEFC1故四边形AEC1F为平行四边形，所以AFEC1，又因为EC1平面ECC1，AF平面ECC1，所以AF平面ECC1又因为AFAA1A，AA1平面A1AF，AF平面A1AF，所以平面A1AF平面ECC1(2)在长方体ABCDA1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直

4、角坐标系Dxyz，如图所示因为AD2，AA14，所以A(2,0,0)，E(1,0,0)，B(2,2,0)，C1(0,2,4)，A1(2,0,4)，所以(1,2,4)，(1,2,0)，(0,0,4)设平面EBC1的法向量为n(x，y，z)，则即令x2，则y1，z1，所以n(2，1,1)，因为8，设G(x0，y0，z0)，则(0,0,4)8(x02，y0，z0)，所以G，则设EG与平面EBC1所成角为，则sin |cos，n|，即cos 故EC与平面EBC1所成角的余弦值为3如图，在梯形ABCD中，BCAD，AD4，BC1，ADC45，梯形的高为1，M为AD的中点，以BM为折痕将ABM折起，使点A

5、到达点N的位置，且平面NBM平面BCDM，连接NC，ND，如图(1)证明：平面NMC平面NCD；(2)求图中平面NBM与平面NCD夹角的余弦值解：(1)证明：如图，在梯形ABCD中，过点C作CHDM于点H，连接CM，由题意知，CH1，AMDMAD2由ADC45，可得DH1，则HMDMDH1，CMDCDM45，CMCD，BCMH，BCMH又BCCH，CHMH，四边形BCHM为正方形，BMAD在四棱锥NBCDM中，平面NBM平面BCDM，平面NBM平面BCDMBM，MNBM，NM平面BCDMCD平面BCDM，NMCDNMCMM，且NM，CM平面NMC，CD平面NMC又CD平面NCD，平面NMC平面

6、NCD(2)在四棱锥NBCDM中，以M为原点，MB，MD，MN所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，可得M(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，N(0,0,2)平面NBM平面BCDM，平面NBM平面BCDMBM，BMMD，MD平面NBM，(0,2,0)是平面NBM的一个法向量设平面NCD的一个法向量为m(x，y，z)，(1,1，2)，(0,2，2)，即取y1，则z1，x1，m(1,1,1)cos，m，平面NBM与平面NCD夹角的余弦值为4请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答()0；PC；点P在平面ABCD的射影在

7、直线AD上如图，平面五边形PABCD中，PAD是边长为2的等边三角形，ADBC，AB2BC2，ABBC，将PAD沿AD翻折成四棱锥PABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F，M分别是AB、CE的中点，且_(1)求证：ABFM；(2)当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分解：(1)证明：如图所示，取AD，CD的中点分别为O，G，连接PO，FG，MG选择：因为()0，2，所以0，即BAPO又BAAD，ADPOO，所以BA平面PAD因为M，G分别为CE，CD的中点，所以MGPD，且MG平面PAD，PD平面PAD，所以M

8、G平面PAD同理可得：FG平面PAD因为MGFGG，所以平面FGM平面PAD，所以BA平面FGM又FM平面FGM，所以BAFM选择：连接OC，则OCAB2，OP，因为PC，PC2OP2OC2，所以POOC又OCAB，所以BAPO又BAAD，ADPOO，所以BA平面PAD因为M，G分别为CE，CD的中点，所以MGPD，且MG平面PAD，PD平面PAD，所以MG平面PAD同理可得：FG平面PAD因为MGFGG，所以平面FGM平面PAD，所以BA平面FGM又FM平面FGM，所以BAFM选择：因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，所以平面PAD平面ABCD因为平面PAD平面ABCDAD，OP平面P

9、AD，ADPO，所以OP平面ABCD，所以BAPO又BAAD，ADPOO，所以BA平面PAD因为M，G分别为CE，CD的中点，所以MGPD，且MG平面PAD，PD平面PAD，所以MG平面PAD同理可得：FG平面PAD因为MGFGG，所以平面FGM平面PAD，所以BA平面FGM又FM平面FGM，所以BAFM(2)连接EF，由(1)可知：AB平面PAD，所以AEF即为EF与平面PAD所成的角因为tanAEF，所以当AE最小时，AEF最大，所以当AEPD，即E为PD中点，AE最小以点O为坐标原点，以OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1

10、,0)，E，C(2,0,0)所以，(2,1,0)设平面CAE的一个法向量为m(x1，y1，z1)，则令z1，得m由题意可知：平面PAD的一个法向量为n(1,0,0)，所以|cosm，n|，所以平面ACE与平面PAD夹角的余弦值为5苏州博物馆由华人建筑师贝聿铭设计，体现了浓郁的江南派系和苏州园林的风格它的现代简约，既不同于苏州传统园林，又不脱离中国人文气息和神韵，清晰地营造出了中国水墨山水画的意境苏州博物馆的一座屋顶形状独具特色，如图所示，底面ABCD是边长为4的正方形，点A1，B1，C1，D1在底面的垂足分别为DA，AB，BC，CD的中点，且到底面的距离均为2(1)求直线CC1与平面AB1A1

11、所成角的正弦值；(2)求直线BC1到平面AB1A1的距离；(3)求平面BC1B1与平面AB1A1夹角的余弦值；(4)已知线段CD1上一点P到平面AB1A1的距离为，求PD的长度解：以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x轴，y轴，过D作底面的垂线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,4,0)，C(0,4,0)，A1(2,0,2)，B1(4,2,2)，C1(2,4,2)，D1(0,2,2)，(1)设平面AB1A1的法向量为n1(x1，y1，z1)，由题有(2,0,2)，(0,2,2)，则即令x11，则n1(1，1,1)，又(2,0,2)，设CC1与平

12、面AB1A1所成角为，则sin |cosn1，|故直线CC1与平面AB1A1所成角的正弦值为(2)由已知易得AA1BC1，又AA1平面AB1A1，BC1平面AB1A1，BC1平面AB1A1，直线BC1到平面AB1A1的距离即为点B到平面AB1A1的距离(0,4,0)，点B到平面AB1A1的距离为(3)设平面BC1B1的法向量为n2(x2，y2，z2)，由题有(2,0,2)，(0，2,2)，则即令x21，则n2(1,1,1)，设平面BC1B1与平面AB1A1的夹角为，则cos |cosn1，n2|故平面BC1B1与平面AB1A1的夹角的余弦值为(4)设，0,1，由题知(xP，yP4，zP)(0，

13、2,2)，可得P(0,42，2)，(4,42，2)，点P到平面AB1A1的距离为，即|48|5，解得(舍)或，P，|6如图所示，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD四边形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；在线段AD上是否存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由解：(1)证明：PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB，又ABAD，PAADA，AB平面PAD，又AB平面PAB，平面PAB平面PAD(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，如图()所

14、示在平面ABCD内，作CEAB，交AD于点E，则CEAD在RtCDE中，CEDECDcos 451设ABAPt(t0)，则B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)，(0,4t，t)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，由n，n得取xt，得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)sin 30cos 60，即，解得t或t4(舍去，因为AD4t0)，AB假设在线段AD上存在一点G(如图()所示)，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等设G(0，m,0)(其中0m4t)，则(1,3tm,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t)由|得12(3tm)2(4tm)2，即t3ma由|，得(4mt)2m2t2b由ab消去t，化简得m23m40c由于方程c没有实数根，所以在线段AD上不存在点G满足条件