2021版高考数学一轮复习大题规范满分练四苏教版

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大题规范满分练(四)立体几何综合问题 ‎1.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥CD,E是PB的中点,PD=,PA=,AB=AD=3,=2.‎ ‎(1)证明:PH⊥平面ABCD.‎ ‎(2)若F是CD上的点,且FC=2FD=3,求二面角B-EF-C的正弦值.‎ ‎【解析】(1)因为AB⊥平面PAD,所以PH⊥AB.‎ 因为AD=3,=2,‎ 所以AH=2,HD=1.‎ 设PH=x,由余弦定理可得:‎ cos∠PHD==,‎ cos∠PHA==,‎ 因为cos∠PHD=-cos∠PHA,‎ 故PH=x=1.所以PH⊥AD.‎ 因为AD∩AB=A,所以PH⊥平面ABCD.‎ ‎(2)以H为原点,HA方向为x轴,HP方向为z轴,过H作AB平行线方向为y轴,‎ 则B(2,3,0),P(0,0,1),E1,,,‎ F-1,,0,C-1,,0,‎ - 7 -‎ 所以=-3,-,0,=-1,-,,=-2,0,-,=(0,3,0),‎ 设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则 即 取x=-1,得n=(-1,2,4).‎ 设平面EFC的法向量为m=(x,y,z),则 即 取x=-1,得m=(-1,0,4),‎ 故cos===,‎ 设二面角B-EF-C的平面角为θ,‎ 则sin θ=.‎ ‎2.在多面体ABCDEF中,平面ABCD为正方形,AB=2,AE=3,DE=,二面角E-AD-C的余弦值为,且EF∥BD.‎ ‎(1)证明:平面ABCD⊥平面EDC.‎ ‎(2)求平面AEF与平面EDC所成锐二面角的余弦值.‎ - 7 -‎ ‎【解析】(1)因为AB=AD=2,AE=3,DE=,‎ 所以AD2+DE2=AE2,所以AD⊥DE.‎ 又因为在正方形ABCD中,AD⊥DC,‎ 且DE∩DC=D,所以AD⊥平面EDC,‎ 又因为AD⊂平面ABCD,‎ 所以平面ABCD⊥平面EDC.‎ ‎(2)由(1)知∠EDC是二面角E-AD-C的平面角,作OE⊥CD于点O,则OD=DE·‎ cos∠EDC=1,OE=2,且平面ABCD⊥平面EDC,‎ 平面ABCD∩平面EDC=CD,OE⊂平面EDC,‎ 所以OE⊥平面ABCD,‎ 取AB中点M,连接OM,则OM⊥CD,如图,建立空间直角坐标系,‎ 则A(2,-1,0),B(2,1,0),D(0,-1,0),C(0,1,0),E(0,0,2),‎ 所以=(-2,1,2),=(2,2,0),‎ 由EF∥BD,知EF的一个方向向量为(2,2,0),‎ 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则 取x=-2,得n=(-2,2,-3),‎ 因为平面EDC的一个法向量为m=(2,0,0),‎ - 7 -‎ 所以cos==-,‎ 设平面AEF与平面EDC所成的锐二面角为θ,‎ 则cos θ=|cos|=.‎ ‎3.已知正四棱柱ABCD-A1B‎1C1D1中,侧棱A‎1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,‎ AC=AA1=2,AD=CD=,点E为线段AA1上的点,且AE=.‎ ‎(1)求证:BE⊥平面ACB1.‎ ‎(2)求二面角D1-AC-B1的余弦值.‎ ‎(3)判断棱A1B1上是否存在点F,使得直线DF∥平面ACB1,若存在,求线段A‎1F的长;若不存在,说明理由.‎ ‎【解析】(1)因为A‎1A⊥底面ABCD,所以A‎1A⊥AC.‎ 又因为AB⊥AC,A‎1A∩AB=A,所以AC⊥平面ABB‎1A1.‎ 又因为BE⊂平面ABB‎1A1,所以AC⊥BE. ‎ 因为==,∠EAB=∠ABB1=90°,所以Rt△ABE∽Rt△BB‎1A.‎ 所以∠ABE=∠AB1B.‎ 因为∠BAB1+∠AB1B=90°,所以∠BAB1+∠ABE=90°,所以BE⊥AB1.‎ 又AC∩AB1=A,所以BE⊥平面ACB1. ‎ ‎(2)如图,以A为原点,以AC,AB,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,‎ - 7 -‎ 依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2),E.‎ 由(1)知,=为平面ACB1的一个法向量, ‎ 设n=(x,y,z)为平面ACD1的一个法向量.‎ 因为=(1,-2,2),=(2,0,0),则即 不妨设z=1,可得n=(0,1,1). ‎ 因此cos==.‎ 因为二面角D1-AC-B1为锐角,所以二面角D1-AC-B1的余弦值为.‎ ‎(3)设A‎1F=a,则F(0,a,2),=(-1,a+2,2).‎ ‎·=(-1,a+2,2)·=a+2-1=0, ‎ 所以a=-1(舍).‎ 即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直,所以,棱A1B1上不存在点F,使直线DF∥平面ACB1.‎ ‎4.如图,已知直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N,Q分别是CC1,BC,AC的中点,点P在线段A1B1上运动,且A1P=λ(λ∈[0,1]).‎ ‎(1)证明:无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ;‎ - 7 -‎ ‎(2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°?若存在,试确定点P的位置,若不存在,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)连接A1Q.‎ 因为AA1=AC=1,M,Q分别是CC1,AC的中点,‎ 所以Rt△AA1Q≌Rt△CAM,所以∠MAC=∠QA‎1A,‎ 所以∠MAC+∠AQA1=∠QA‎1A+∠AQA1=90°,所以AM⊥A1Q.‎ 因为N,Q分别是BC,AC的中点,所以NQ∥AB.‎ 又AB⊥AC,所以NQ⊥AC.‎ 在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,AA1⊥底面ABC,所以NQ⊥AA1.‎ 又AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面ACC‎1A1,所以NQ⊥平面ACC‎1A1,所以NQ⊥AM.‎ 由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1,所以N,Q,A1,P四点共面,所以A1Q⊂平面PNQ.‎ 因为NQ∩A1Q=Q,NQ,A1Q⊂平面PNQ,所以AM⊥平面PNQ,‎ 所以无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ.‎ ‎(2)如图,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,‎ 则A1(0,0,1),B1(1,0,1),M,N,Q,‎ ‎=, =(1,0,0).‎ - 7 -‎ 由 =λ=λ(1,0,0)=(λ,0,0),可得点P(λ,0,1),所以=.‎ 设n=(x,y,z)是平面PMN的法向量,‎ 则,即 得 令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ,‎ 所以n=(3,1+2λ,2-2λ)是平面PMN的一个法向量.‎ 取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).‎ 假设存在符合条件的点P,则|cos|==,‎ 化简得4λ2-14λ+1=0,‎ 解得λ=或λ=(舍去).‎ 综上,存在点P,且当A1P=时,满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.‎ - 7 -‎