2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练45综合问题

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(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.
2. 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=,平面PBC∩平面PAD=m.
(1)求证:直线m⊥平面PDC;
(2)当三棱锥P-ABD体积最大时,求二面角C-PB-A的余弦值.
3.(2023山西统考模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥平面ABCD,△PAD是边长为2的等边三角形,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1.
(1)求点B到平面PCD的距离.
(2)线段PD上是否存在一点E,使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
4.如图,在四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=1,AD=.沿BA将△PBA翻折到△SBA的位置,使得SD=.
(1)作出平面SCD与平面SBA的交线l,并求证: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的余弦值为时,求三棱锥Q-BCD的体积.
5.(2023河南焦作二模)如图1,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=,E为BC的中点,F为AB上一点,且EF⊥AB.现将△BEF沿EF翻折到△B'EF,如图2.
图1
图2
(1)求证:EF⊥AB'.
(2)已知二面角B'-EF-A为,在棱AC上是否存在点M,使得直线BC与平面B'MF所成角的正弦值为?若存在,确定M的位置;若不存在,请说明理由.
6.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,求点M到底面ABCD的距离.
课时规范练45 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AB=AD,且E为BD中点,所以AE⊥BD,即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所在直线为x轴,在平面BDC且垂直BD的直线为y轴,EP所在直线为z轴,如图所示.
由题图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=,所以PD=PB=,所以DB=DC==2,
所以B(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1),C(-1,2,0),所以=(-2,0,0),=(-1,2,-1),
所以cs<>=,
所以异面直线BD和PC所成角的余弦值为.
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=(0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=,PA=2,则AB=.
因为VP-ABD=VB-PAD,
所以VP-ABD=VB-PAD=·S△PAD·AB=,
当且仅当x2=4-x2,即x=时,等号成立,
此时PD=AD=,PC=.
如图,建立空间直角坐标系,可得P(0,0,),A(,0,0),B(,0),C(0,,0),
所以=(,0,-),=(0,,0),=(,0,0),=(0,,-).
设平面PAB和平面PBC的法向量分别为m=(x0,y0,z0)和n=(x,y,z),
由取x0=1,得m=(1,0,1),
由取y=-2,得n=(0,-2,-),
所以cs==-.
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. 解(1)如图,取AD的中点O,连接PO,OC,∵△PAD是等边三角形,∴PO⊥AD,
又∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PO⊥平面ABCD.
如图,以O为坐标原点,所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则A(0,-1,0),D(0,1,0),C(1,0,0),B(1,-1,0),P(0,0,),=(-1,0,),=(-1,1,0).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
∴
令z=1,则n=(,1),
又=(0,1,0),故点B到平面PCD的距离d=.
(2)设E(s,t,r),=λ,λ∈[0,1],∴(s,t,r-)=λ(0,1,-),
∴E(0,λ,λ),
则=(1,1,0),=(0,λ+1,λ),设平面EAC的法向量为m=(x',y',z'),
∴
即
令y'=1,则m=,
又平面DAC的法向量为=(0,0,),
于是|cs<,m>|=,令=a(a<0),则,解出a=-2(正值舍),即=-2,所以1+λ=2-2λ,λ=,即,故存在点E,此时.
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=,SD=,则SA2+AD2=SD2,所以SA⊥AD.
由SA⊥AD,AD⊥AB,SA∩AB=A,得AD⊥平面SBA.
又BC∥AD,所以BC⊥平面SBA,
所以BC⊥SE.
由PD∥BC,AB=BC=1,AD=,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),D,0,0,B(0,1,0),S(0,0,1),C(1,1,0),
则=,-1,0,=(1,1,-1).
设=λ(0<λ<1),则Q(λ,λ,1-λ),则=(λ,λ-1,1-λ).
设平面QBD的法向量是n=(x,y,z),
则
令x=2,则n=2,1,.
又m=(0,0,1)是平面CBD的一个法向量,
由|cs|=,解得λ=.所以Q是SC的中点.
则VQ-BCD=×S△BCD×SA=××1×1×.
5.(1)证明 翻折前,在△ABC中,EF⊥AB,翻折后有EF⊥AF,EF⊥FB',
又AF∩FB'=F,AF,FB'⊂平面AFB',所以EF⊥平面AFB',因为AB'⊂平面AFB',所以EF⊥AB'.
(2)解因为二面角B'-EF-A为,EF⊥AF,EF⊥FB',所以二面角B'-EF-A的平面角为∠B'FA=.
以点F为坐标原点,FE,FA所在直线为x轴、y轴,过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,
不妨设AB=4,易知AF=1,则F(0,0,0),A(0,1,0),C(2,3,0),E(,0,0),B'.
=(2,3,0),=(0,1,0),=(,3,0).
设=λ=(2λ,2λ,0),=(2λ,2λ+1,0),其中0≤λ≤1,
设平面B'MF的法向量为u=(a,b,c),
由
取c=2λ,可得u=(2λ+1,-2λ,2λ),|cs|=,解得λ=,符合题意.
故当时,直线BC与平面B'MF所成角的正弦值为.
6.(1)证明由菱形的性质可知BD⊥AC,
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所在直线分别为y轴、z轴,在平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴建立空间直角坐标系Axyz如图所示,则P(0,0,2),B(,1,0),A(0,0,0),D(0,2,0),
则=(,1,-2),平面PAD的一个法向量为m=(1,0,0),
设直线PB与平面PAD所成的角为θ,
则sinθ=|cs<,m>|=,csθ=,tanθ=.
(3)解由于P(0,0,2),C(,3,0),B(,1,0),A(0,0,0),=(,3,-2),=(0,-2,0),=(,1,0),=(,1,-2),=λ=(λ,3λ,-2λ)(0≤λ≤1),=(λ,1-3λ,2λ-2),
则点M的坐标为(λ,3λ,-2λ+2),
设平面MBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
所以
取x1=2,则n1=(2,0,).
设平面MBA的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
所以
取x2=1,则n2=,
由平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为,
得,
整理得14λ2-19λ+6=0,解得λ=或λ=.由点M的坐标易知点M到底面ABCD的距离为1或.