2020屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第八單元 立體幾何 第58講 立體幾何的綜合問題練習(xí) 理（含解析）新人教A版

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1、第58講　立體幾何的綜合問題 1．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A-PB-C的余弦值． (1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD. 因為AB∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD. 因為AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD，垂足為點(diǎn)F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF， 可得PF⊥平面ABCD.

2、 以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向為x軸正方向，||為單位長度建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz. 由(1)及已知可得A(，0，0)，P(0，0，)，B(，1，0)，C(－，1，0)， 所以＝(－，1，－)，＝(，0，0)， ＝(，0，－)，＝(0，1，0)． 設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一個法向量，則 即 所以可取n＝(0，－1，－)． 設(shè)m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一個法向量，則 即 所以可取m＝(1，0，1)， 則cos〈n，m〉＝＝＝－. 所以二面角A-PB-C的余弦值為－. 2．(2016·全國卷Ⅲ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面A

3、BCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)． (1)證明：MN∥平面PAB； (2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值． (1)證明：由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN， 由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，AM＝2，故TNAM， 所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)取BC的中點(diǎn)E，連接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD， 且AE＝＝ ＝. 以A為坐標(biāo)

4、原點(diǎn)，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 由題意知P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N(，1，2)， ＝(0，2，－4)，＝(，1，－2)，＝(，1，2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量， 則即可取n＝(0，2，1)． 于是|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為. 3．(2018·華南師大附中模擬)在五面體ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD. (1)證明：直線CE⊥平面ADF； (2)已知P為

5、棱BC上的點(diǎn)，試確定P點(diǎn)位置，使二面角P-DF-A的大小為60°. (1)證明：因為CD∥EF，CD＝EF＝CF＝2， 所以四邊形CDEF為菱形，所以CE⊥DF， 因為平面CDEF⊥平面ABCD， 平面CDEF∩平面ABCD＝CD， 因為AD⊥CD，所以AD⊥平面CDEF， 所以CE⊥AD. 又因為AD∩DF＝D， 所以直線CE⊥平面ADF. (2)因為∠DCF＝60°，所以△DEF為正三角形， 取EF的中點(diǎn)G，連接GD，則GD⊥EF， 所以GD⊥CD， 因為平面CDEF⊥平面ABCD，GD?平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD， 所以GD⊥平面ABCD，

6、 因為AD⊥CD，所以DA，DC，DG兩兩垂直， 以D為原點(diǎn)，DA，DC，DG所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，如圖， 因為CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1， 所以E(0，－1，)，F(xiàn)(0，1，)． 由(1)知＝(0，－3，)是平面ADF的一個法向量， 因為＝(0，1，)，＝(1，－1，0)， 設(shè)＝a＝(a，－a，0)(0≤a≤1)， 則＝＋＝(a，2－a，0)． 設(shè)平面PDF的法向量為n＝(x，y，z)， 因為所以 令y＝a，則x＝(a－2)，z＝－a， 所以n＝((a－2)，a，－a)， 因為二面角P-DF-A為60°， 所以|cos

7、n，|＝＝ ＝，解得a＝. 所以P點(diǎn)靠近B點(diǎn)的CB的三等分點(diǎn)處． 4．(2017·廣州市一模)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體． (1) 求證：AB⊥平面ADC； (2) 若AD＝1，二面角C-AB-D的平面角的正切值為，求二面角B-AD-E的余弦值． (1)證明：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 又BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD. 因為AB?平面ABD，所以DC⊥AB. 又因為折疊前后均有AD

8、⊥AB，DC∩AD＝D， 所以AB⊥平面ADC. (2) 由(1)知AB⊥平面ADC，所以二面角C-AB-D的平面角為∠CAD. 又DC⊥平面ABD，AD?平面ABD，所以DC⊥AD. 依題意tan∠CAD＝＝. 因為AD＝1，所以CD＝. 設(shè)AB＝x(x>0)，則BD＝. 依題意△ABD∽△DCB，所以＝，即＝. 解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝＝3. (方法1)如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz， 則D(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)， E(，，0)，A(，0，)， 所以＝(，，0)，＝(，0，)． 由(1)知平面BAD的法向量n

9、＝(0,1,0)． 設(shè)平面ADE的法向量m＝(x，y，z)， 由得 令x＝，得y＝－，z＝－， 所以m＝(，－，－). 所以cosn，m＝＝－. 由圖可知二面角B-AD-E的平面角為銳角， 所以二面角B-AD-E的余弦值為. (方法2)因為DC⊥平面ABD， 過點(diǎn)E作EF∥DC交BD于F，則EF⊥平面ABD. 因為AD?平面ABD，所以EF⊥AD. 過點(diǎn)F作FG⊥AD于G，連接GE， 所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE. 所以二面角B-AD-E的平面角為∠EGF. 由平面幾何知識求得EF＝CD＝，F(xiàn)G＝AB＝， 所以EG＝＝. 所以cos ∠EGF＝＝. 所以二面角B-AD-E的余弦值為. 7