2025高考数学一轮复习-立体几何中的综合问题-专项训练【含解析】

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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，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，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．
2．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝AD，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AD＝2，AA1＝4，点G在AA1上且满足eq \(AA1,\s\up7(―→))＝8eq \(AG,\s\up7(―→))，求EG与平面EBC1所成角的余弦值．
3．如图①，在梯形ABCD中，BC∥AD，AD＝4，BC＝1，∠ADC＝45°，梯形的高为1，M为AD的中点，以BM为折痕将△ABM折起，使点A到达点N的位置，且平面NBM⊥平面BCDM，连接NC，ND，如图②．
(1)证明：平面NMC⊥平面NCD；
(2)求图②中平面NBM与平面NCD夹角的余弦值．
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．
①eq \(BA,\s\up7(―→))·(eq \(PA,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))＝0；②PC＝eq \r(7)；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．
如图，平面五边形PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，AD∥BC，AB＝2BC＝2，AB⊥BC，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：AB⊥FM；
(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．
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eq \f(5\r(3),3)，求PD的长度．
6．如图所示，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD．四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝eq \r(2)，∠CDA＝45°．
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB＝AP．
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
②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．
课时过关检测(四十五)
立体几何中的综合问题【解析版】
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，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，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，∴BC⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面PAC．
(2)由E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF，
又EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，∴BC∥平面AEF，
又BC⊂平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，∴BC∥l．
以C为坐标原点，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，eq \r(3))，∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，\f(\r(3),2)))，∴eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(EF,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，
∵BC∥l，∴可设Q(2，y,0)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(AE,\s\up7(―→))·m＝－\f(3x,2)＋\f(\r(3)z,2)＝0，,eq \(EF,\s\up7(―→))·m＝2y＝0，))取z＝eq \r(3)，得m＝(1,0，eq \r(3))，
又eq \(PQ,\s\up7(―→))＝(1，y，－eq \r(3))，则|cs〈eq \(PQ,\s\up7(―→))，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(PQ,\s\up7(―→))·m,|eq \(PQ,\s\up7(―→))|·|m|)))＝eq \f(1,\r(4＋y2))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
∴直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))．
2．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝AD，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AD＝2，AA1＝4，点G在AA1上且满足eq \(AA1,\s\up7(―→))＝8eq \(AG,\s\up7(―→))，求EG与平面EBC1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，AA1∥CC1，AD∥B1C1．
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AE∥FC1，且AE＝FC1．
故四边形AEC1F为平行四边形，所以AF∥EC1，
又因为EC1⊂平面ECC1，AF⊄平面ECC1，所以AF∥平面ECC1．
又因为AF∩AA1＝A，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轴建立空间直角坐标系D­xyz，如图所示．
因为AD＝2，AA1＝4，所以A(2,0,0)，E(1,0,0)，B(2,2,0)，C1(0,2,4)，A1(2,0,4)，
所以eq \(EC1,\s\up7(―→))＝(－1,2,4)，eq \(EB,\s\up7(―→))＝(1,2,0)，eq \(AA1,\s\up7(―→))＝(0,0,4)．
设平面EBC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(EC1,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(EB,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＋4z＝0，,x＋2y＝0.))令x＝2，则y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1,1)，
因为eq \(AA1,\s\up7(―→))＝8eq \(AG,\s\up7(―→))，设G(x0，y0，z0)，则(0,0,4)＝8(x0－2，y0，z0)，所以Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0，\f(1,2)))，则eq \(EG,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))．
设EG与平面EBC1所成角为θ，则sin θ＝|cs〈eq \(EG,\s\up7(―→))，n〉|＝eq \f(|eq \(EG,\s\up7(―→))·n|,|eq \(EG,\s\up7(―→))||n|)＝eq \f(2＋\f(1,2),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)×\r(6))＝eq \f(\r(5),\r(6))，
即cs θ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),\r(6))))2)＝eq \r(1－\f(5,6))＝eq \f(\r(6),6)．故EC与平面EBC1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),6)．
3．如图①，在梯形ABCD中，BC∥AD，AD＝4，BC＝1，∠ADC＝45°，梯形的高为1，M为AD的中点，以BM为折痕将△ABM折起，使点A到达点N的位置，且平面NBM⊥平面BCDM，连接NC，ND，如图②．
(1)证明：平面NMC⊥平面NCD；
(2)求图②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CH⊥DM于点H，连接CM，
由题意知，CH＝1，AM＝DM＝eq \f(1,2)AD＝2．由∠ADC＝45°，可得DH＝eq \f(1,tan 45°)＝1，
则HM＝DM－DH＝1，∴∠CMD＝∠CDM＝45°，
∴CM⊥CD，BC∥MH，BC＝MH．又BC＝CH，CH⊥MH，∴四边形BCHM为正方形，∴BM⊥AD．
在四棱锥N­BCDM中，∵平面NBM⊥平面BCDM，平面NBM∩平面BCDM＝BM，MN⊥BM，
∴NM⊥平面BCDM．∵CD⊂平面BCDM，∴NM⊥CD．∵NM∩CM＝M，且NM，CM⊂平面NMC，
∴CD⊥平面NMC．又CD⊂平面NCD，∴平面NMC⊥平面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BCDM＝BM，BM⊥MD，
∴MD⊥平面NBM，∴eq \(MD,\s\up7(―→))＝(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)，∵eq \(NC,\s\up7(―→))＝(1,1，－2)，eq \(ND,\s\up7(―→))＝(0,2，－2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(NC,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(ND,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0，))取y＝1，则z＝1，x＝1，∴m＝(1,1,1)．
∴cs〈eq \(MD,\s\up7(―→))，m〉＝eq \f(eq \(MD,\s\up7(―→))·m,|eq \(MD,\s\up7(―→))|·|m|)＝eq \f(\r(3),3)，∴平面NBM与平面NCD夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3)．
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．
①eq \(BA,\s\up7(―→))·(eq \(PA,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))＝0；②PC＝eq \r(7)；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．
如图，平面五边形PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，AD∥BC，AB＝2BC＝2，AB⊥BC，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：AB⊥FM；
(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①：因为eq \(BA,\s\up7(―→))·(eq \(PA,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))＝0，eq \(PA,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→))＝2eq \(PO,\s\up7(―→))，所以eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＝0，即BA⊥PO．又BA⊥AD，AD∩PO＝O，
所以BA⊥平面PAD．因为M，G分别为CE，CD的中点，所以MG∥PD，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MG∩FG＝G，所以平面FGM∥平面PAD，
所以BA⊥平面FGM．又FM⊂平面FGM，所以BA⊥FM．
选择②：连接OC，则OC＝AB＝2，OP＝eq \r(3)，因为PC＝eq \r(7)，PC2＝OP2＋OC2，所以PO⊥OC．又OC∥AB，
所以BA⊥PO．又BA⊥AD，AD∩PO＝O，所以BA⊥平面PAD．因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG∥PD，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MG∩FG＝G，所以平面FGM∥平面PAD，所以BA⊥平面FGM．又FM⊂平面FGM，所以BA⊥FM．
选择③：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ABCD＝AD，OP⊂平面PAD，AD⊥PO，所以OP⊥平面ABCD，所以BA⊥PO．又BA⊥AD，AD∩PO＝O，
所以BA⊥平面PAD．因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG∥PD，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MG∩FG＝G，所以平面FGM∥平面PAD，所以BA⊥平面FGM．又FM⊂平面FGM，所以BA⊥FM．
(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tan∠AEF＝eq \f(AF,AE)＝eq \f(1,AE)，所以当AE最小时，∠AEF最大，所以当AE⊥PD，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，－1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，C(2,0,0)．
所以eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2,1,0)．
设平面CAE的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，,2x1＋y1＝0，))令z1＝eq \r(3)，得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，\r(3)))．
由题意可知：平面PAD的一个法向量为n＝(1,0,0)，所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(17),17)，
所以平面ACE与平面PAD夹角的余弦值为eq \f(\r(17),17)．
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eq \f(5\r(3),3)，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eq \(AA1,\s\up7(―→))＝(－2,0,2)，eq \(AB1,\s\up7(―→))＝(0,2,2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(AA1,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(AB1,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x1＋2z1＝0，,2y1＋2z1＝0，))
令x1＝1，则n1＝(1，－1,1)，又eq \(CC1,\s\up7(―→))＝(2,0,2)，
设CC1与平面AB1A1所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈n1，eq \(CC1,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|n1·eq \(CC1,\s\up7(―→))|,|n1||eq \(CC1,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(6),3)．
故直线CC1与平面AB1A1所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3)．
(2)由已知易得AA1∥BC1，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．
eq \(AB,\s\up7(―→))＝(0,4,0)，点B到平面AB1A1的距离为
eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))·n1|,|n1|)＝eq \f(|0，4，0·1，－1，1|,\r(3))＝eq \f(4\r(3),3)．
(3)设平面BC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由题有eq \(BC1,\s\up7(―→))＝(－2,0,2)，eq \(BB1,\s\up7(―→))＝(0，－2,2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·eq \(BC1,\s\up7(―→))＝0，,n2·eq \(BB1,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x2＋2z2＝0，,－2y2＋2z2＝0，))令x2＝1，则n2＝(1,1,1)，
设平面BC1B1与平面AB1A1的夹角为φ，
则cs φ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,3)．
故平面BC1B1与平面AB1A1的夹角的余弦值为eq \f(1,3)．
(4)设eq \(CP,\s\up7(―→))＝λeq \(CD1,\s\up7(―→))，λ∈[0,1]，
由题知(xP，yP－4，zP)＝λ(0，－2,2)，可得P(0,4－2λ，2λ)，∴eq \(AP,\s\up7(―→))＝(－4,4－2λ，2λ)，
点P到平面AB1A1的距离为eq \f(|eq \(AP,\s\up7(―→))·n1|,|n1|)＝eq \f(|－4，4－2λ，2λ·1，－1，1|,\r(3))＝eq \f(5\r(3),3)，即|4λ－8|＝5，
解得λ＝eq \f(13,4)(舍)或λ＝eq \f(3,4)，
∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)，\f(3,2)))，∴|eq \(PD,\s\up7(―→))|＝eq \f(\r(34),2)．
6．如图所示，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD．四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝eq \r(2)，∠CDA＝45°．
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB＝AP．
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
②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，
∴PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
∴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(ⅰ)所示．
在平面ABCD内，作CE∥AB，交AD于点E，则CE⊥AD．
在Rt△CDE中，CE＝DE＝CD·cs 45°＝1．
设AB＝AP＝t(t>0)，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
∴E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，
∴eq \(CD,\s\up7(―→))＝(－1,1,0)，eq \(PD,\s\up7(―→))＝(0,4－t，－t)．
①设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
由n⊥eq \(CD,\s\up7(―→))，n⊥eq \(PD,\s\up7(―→))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,4－ty－tz＝0.))
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
sin 30°＝cs 60°＝eq \f(|n·eq \(PB,\s\up7(―→))|,|n|·|eq \(PB,\s\up7(―→))|)，
即eq \f(|2t2－4t|,\r(t2＋t2＋4－t2)·\r(2t2))＝eq \f(1,2)，解得t＝eq \f(4,5)或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，∴AB＝eq \f(4,5)．
②假设在线段AD上存在一点G(如图(ⅱ)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0≤m≤4－t)，则eq \(GC,\s\up7(―→))＝(1,3－t－m,0)，eq \(GD,\s\up7(―→))＝(0,4－t－m,0)，eq \(GP,\s\up7(―→))＝(0，－m，t)．
由|eq \(GC,\s\up7(―→))|＝|eq \(GD,\s\up7(―→))|得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m．a．
由|eq \(GD,\s\up7(―→))|＝|eq \(GP,\s\up7(―→))|，得(4－m－t)2＝m2＋t2．b．
由a．b．消去t，化简得m2－3m＋4＝0．c．
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．