（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第九章 直線、平面、簡單幾何體和空間向量 第61講 立體幾何中的綜合問題（向量法、幾何法綜合）練習 理（含解析）新人教A版

第61講立體幾何中的綜合問題(向量法、幾何法綜合)夯實基礎【p139】【學習目標】1能根據(jù)題目條件靈活選擇用幾何法或向量法解決問題2會分析探究立體幾何中位置關系問題和幾何量的取值問題，培養(yǎng)探究思維能力【基礎檢測】1已知矩形ABCD，AB1，BC.將ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折過程中，()A存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直B存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直C存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直D對任意位置，三對直線“AC與BD”“AB與CD”“AD與BC”均不垂直【解析】對于ABCD，因為BCCD，由線面垂直的判定可得CD平面ACB，則有CDAC，而ABCD1，BCAD，可得AC1，那么存在AC這樣的位置，使得ABCD成立【答案】B2如圖，斜線段AB與平面所成的角為60°，B為斜足，平面上的動點P滿足PAB30°，則點P的軌跡是()A直線B拋物線C橢圓D雙曲線的一支【解析】利用平面截圓錐面直接得軌跡因為PAB30°，所以點P的軌跡為以AB為軸線，PA為母線的圓錐面與平面的交線，且平面與圓錐的軸線斜交，故點P的軌跡為橢圓【答案】C3(1)三角形的一邊BC在平面內，l，垂足為A，ABC，P在l上滑動，點P不同于A，若ABC是直角，則PBC是_三角形；(2)直角三角形PBC的斜邊BC在平面內，直角頂點P在平面外，P在平面上的射影為A，則ABC是_三角形(填“銳角”“直角”或“鈍角”)【解析】(1)如圖，PA平面ABC，PABC，又ABC90°，BCAB，BC平面PAB，PBC90°.(2)如圖，PB2PC2BC2，ABPB，ACPC，所以AB2AC2BC2，故BAC為鈍角【答案】(1)直角；(2)鈍角4如圖，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點A處進行射擊訓練已知點A到墻面的距離為AB，某目標點P沿墻面上的射線CM移動，此人為了準確瞄準目標點P，需計算由點A觀察點P的仰角的大小若AB15 m，AC25 m，BCM30°，則tan的最大值是_(仰角為直線AP與平面ABC所成角)【解析】先利用解三角形知識求解，再利用確定函數(shù)最值的方法確定最值如圖，過點P作POBC于點O，連接AO，則PAO.設COx m，則OPx m.在RtABC中，AB15 m，AC25 m，所以BC20 m所以cosBCA.所以AO(m)所以tan.當，即x時，tan取得最大值為.【答案】【知識要點】1折疊問題(1)將平面圖形按一定規(guī)則折疊成立體圖形，再對立體圖形的位置和數(shù)量關系進行論證和計算，這就是折疊問題(2)處理折疊問題，要先畫好平面圖形，并且注意平面圖形與立體圖形的對照使用，這樣有利于分析元素間的位置關系和數(shù)量關系(3)要注意分析折疊前后位置關系及數(shù)量關系的變化一般位于折線一邊的點、線間的位置關系和數(shù)量關系不變，位于折線兩邊的點、線間的位置關系，數(shù)量關系要發(fā)生變化不變的關系，要注意在平面圖形中處理；變化的關系，一般在立體圖形中處理2探究性問題(1)若某幾何量或幾何元素的位置關系存在時，某點或線或面應具備何種條件的問題，就是立體幾何中的探究性問題(2)探究性問題的題設情境通常就是“是否存在”，其求解策略是：觀察猜想證明；賦值推斷；類比聯(lián)想；特殊一般特殊典例剖析【p139】考點1線面位置關系的證明在四棱錐PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD為正方形，PDDC，E、F分別是AB、PB的中點(1)求證：EFCD；(2)在平面PAD內求一點G，使GF平面PCB，并證明你的結論【解析】(1)如圖，分別以DA、DC、DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系設ADa，則D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F(xiàn).，(0，a，0)·0，即EFCD.(2)設G(x，0，z)，則，若使GF平面PCB，則由··(a，0，0)a0，得x；由··(0，a，a)a0，得z0.G點坐標為，即G點為AD的中點考點2空間角與距離的求法如圖，BCD與MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB2，求點A到平面MBC的距離【解析】如圖，取CD的中點O，連接OB，OM.因為BCD與MCD均為正三角形，所以OBCD，OMCD，又平面MCD平面BCD，所以MO平面BCD.以O為坐標原點，直線OC，BO，OM分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz.因為BCD與MCD都是邊長為2的正三角形，所以OBOM，則O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，0)，A(0，2)，所以(1，0)，(0，)設平面MBC的法向量為n(x，y，z)，由得即取x，可得平面MBC的一個法向量為n(，1，1)又(0，0，2)，所以所求距離為d.【點評】求點面距一般有以下三種方法：作點到面的垂線，點到垂足的距離即為點到平面的距離；等體積法；向量法其中向量法在易建立空間直角坐標系的規(guī)則圖形中較簡便考點3平面圖形的翻折問題如圖1，ACB45°，BC3，過點A作ADBC，垂足D在線段BC上且異于點B，連接AB，沿AD將ABD折起，使BDC90°(如圖2所示)(1)當BD的長為多少時，三棱錐ABCD的體積最大；(2)當三棱錐ABCD的體積最大時，設點E，M分別為棱BC，AC的中點，試在棱CD上確定一點N，使得ENBM，并求EN與平面BMN所成角的大小【解析】(1)在如圖1所示的ABC中，設BDx(0<x<3)，則CD3x.由ADBC，ACB45°知，ADC為等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后(如圖2)，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD.又BDC90°，所以SBCDBD·CDx(3x)，于是VABCDAD·SBCD(3x)·x(3x)·2x(3x)(3x)，當且僅當2x3x，即x1時，等號成立，故當x1，即BD1時，三棱錐ABCD的體積最大(另：VABCDAD·SBCD(3x)·x(3x)(x36x29x)令f(x)(x36x29x)，由f(x)(x1)(x3)0，且0<x<3，解得x1.當x(0，1)時，f(x)>0；當x(1，3)時，f(x)<0.所以當x1時，f(x)取得最大值故當BD1時，三棱錐ABCD的體積最大)(2)法一：以D為原點，建立如圖a所示的空間直角坐標系Dxyz，由(1)知，當三棱錐ABCD的體積最大時，BD1，ADCD2.于是可得D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2)，M(0，1，1)，E，且(1，1，1)設N(0，0)，則.因為ENBM等價于·0，即·(1，1，1)10，故，N.所以當DN(即N是CD的靠近點D的一個四等分點)時，ENBM.設平面BMN的一個法向量為n(x，y，z)，由及，(1，1，1)，得可取n(1，2，1)設EN與平面BMN所成角的大小為，則由，n(1，2，1)，可得sin cos(90°)，即60°.故直線EN與平面BMN所成角的大小為60°.法二：由(1)知，當三棱錐ABCD的體積最大時，BD1，ADCD2，如圖b，取CD的中點F，連接MF，BF，EF，則MFAD，EFBD.由(1)知AD平面BCD，所以MF平面BCD.如圖c，延長FE至P點，使得FPDB，連接BP，DP，則四邊形DBPF為正方形，所以DPBF，取DF的中點N，連接EN，又E為FP的中點，則ENDP，所以ENBF.因為MF平面BCD，又EN平面BCD，所以MFEN.又MFBFF，所以EN平面BMF.又BM平面BMF，所以ENBM.因為ENBM當且僅當ENBF，而點F是唯一的，所以點N是唯一的即當DN(即N是CD的靠近點D的一個四等分點)時，ENBM.連接MN，ME，由計算得NBNMEBEM，所以NMB與EMB是兩個共底邊的全等的等腰三角形，如圖d所示，取BM的中點G，連接EG，NG，則BM平面EGN.在平面EGN中，過點E作EHGN于H，則EH平面BMN.故ENH是EN與平面BMN所成的角在EGN中，易得EGGNNE，所以EGN是正三角形，故ENH60°，即直線EN與平面BMN所成角的大小為60°.考點4立體幾何中的探索性問題如圖，在四棱錐PABCD中，已知PA平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長【解析】分別以，為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則各點的坐標為B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)因為AD平面PAB，所以是平面PAB的一個法向量，(0，2，0)因為(1，1，2)，(0，2，2)設平面PCD的法向量為m(x，y，z)，則m·0，m·0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一個法向量從而cos，m，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為.(2)因為(1，0，2)，設(，0，2)(01)，又(0，1，0)，則(，1，2)，又(0，2，2)，從而cos，.設12t，t1，3，則cos2，.當且僅當t，即時，|cos，|的最大值為.因為ycos x在上是減函數(shù)，所以此時直線CQ與DP所成角取得最小值又因為BP，所以BQBP.方法總結【p140】1求異面直線所成角時易忽視角的范圍而導致結論錯誤2求直線與平面所成角時，注意求出夾角的余弦值的絕對值應為線面角的正弦值3利用平面的法向量求二面角的大小時，當求出兩半平面，的法向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等(一個平面的法向量指向二面角的內部，另一個平面的法向量指向二面角的外部)，還是互補(兩個法向量同時指向二面角的內部或外部)，這是利用向量法求二面角的難點、易錯點4翻折問題求解的關鍵是充分利用不變的量和不變關系5探究性問題的分析求解要求具備較好的逆向思維能力，問題探究方法通常是分析法與綜合法的整合應用走進高考【p140】1(2016·全國卷)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB5，AC6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點H.將DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)證明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值【解析】(1)AECF，EFAC.四邊形ABCD為菱形，ACBD，EFBD，EFDH，EFDH.AC6，AO3；又AB5，AOOB，OB4，OH·OD1，DHDH3，|OD|2|OH|2|DH|2，DHOH.又OHEFH，DH平面ABCD.(2)建立如圖坐標系Hxyz.B(5，0，0)，C(1，3，0)，D(0，0，3)，A(1，3，0)，(4，3，0)，(1，3，3)，(0，6，0)，設面ABD的法向量n1(x，y，z)，由得取n1(3，4，5)同理可得面ADC的法向量n2(3，0，1)，|cos |，sin .考點集訓【p254】A組題1如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中，AA1AB2，AD1，點E，F(xiàn)，G分別是DD1，AB，CC1的中點，則異面直線A1E與GF所成的角是()A. B.C. D.【解析】以D為原點，的方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Dxyz，則A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(xiàn)(1，1，0)，(1，0，1)，(1，1，1)，cos，0，異面直線A1E與GF所成角的大小為.【答案】D2如圖，將正方形ABCD沿對角線BD折成一個120°的二面角，點C到達點C1，這時異面直線AD與BC1所成角的余弦值是()A.BC.D【解析】設正方形的邊長為1，AC與BD交于點O.當折成120°的二面角時，AC2··cos 120°.又，|2|2|2|22·2·2·1212×1×cos 135°2××1×cos 135°2·2·2|·|cos，2cos，cos，.【答案】A3如圖，四棱錐SABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，SD2，AD，則二面角CASD的余弦值為()A.B.C.D.【解析】如圖，以D為原點建立空間直角坐標系Dxyz.則D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，0)，C(0，0)，S(0，0，2)，得(，0，2)，(0，2)設平面ACS的一個法向量為n(x，y，z)，則即取z，得n(2，2，)易知平面ASD的一個法向量為(0，0)設二面角CASD的大小為，則cos .即二面角CASD的余弦值為.【答案】D4已知棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別是B1C1和C1D1的中點，點A1到平面DBEF的距離為_【解析】建立空間直角坐標系Dxyz，則B(1，1，0)，E，F(xiàn)，設n(x，y，z)是平面BDFE的法向量，由n，n，(1，1，0)，得：n·xy0，n·yz0，所以xy，z.令y1，得n，設點A1在平面BDFE上的射影為H，連接A1D，A1D是平面BDFE的斜線段，則：cos，所以|·cos，1，所以點A1到平面DBEF的距離為1.【答案】15已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，點P在線段BD1上當APC最大時，三棱錐PABC的體積為_【解析】以B為坐標原點，BA為x軸，BC為y軸，BB1為z軸建立空間直角坐標系(如圖)，設，可得P(，)，再由cosAPC可求得當時，APC最大，故VPABC××1×1×.【答案】6如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90°，2ACAA1BC2.若二面角B1DCC1的大小為60°，則AD的長為_【解析】如圖，以C為坐標原點，CA，CB，CC1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，設ADa，則D點坐標為(1，0，a)，(1，0，a)，(0，2，2)，設平面B1CD的一個法向量為m(x，y，z)則令z1，得m(a，1，1)，又平面C1DC的一個法向量為n(0，1，0)，則由cos 60°，得，即a，故AD.【答案】7如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，E為PD的中點(1)證明：PB平面AEC；(2)設二面角DAEC的大小為60°，AP1，AD，求三棱錐EACD的體積【解析】(1)連接BD交AC于點O，連接EO.因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點又E為PD的中點，所以EOPB.因為EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)因為PA平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直如圖，以A為坐標原點，的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，|為單位長，建立空間直角坐標系Axyz，則D，E，.設B(m，0，0)(m>0)，則C(m，0)，(m，0)設n1(x，y，z)為平面ACE的法向量，則即可取n1.又n2(1，0，0)為平面DAE的法向量，由題設易知|cosn1，n2|，即，解得m.因為E為PD的中點，所以三棱錐EACD的高為.三棱錐EACD的體積V××××.8如圖，在直三棱柱(側棱和底面垂直的棱柱)ABCA1B1C1中，平面A1BC側面A1ABB1，ABBCAA13，線段AC、A1B上分別有一點E、F，且滿足2AEEC，2BFFA1.(1)求證：ABBC；(2)求點E到直線A1B的距離；(3)求二面角FBEC的平面角的余弦值【解析】(1)如圖，過點A在平面A1ABB1內作ADA1B于D，則由平面A1BC側面A1ABB1，且平面A1BC側面A1ABB1A1B，得AD平面A1BC，又BC平面A1BC，所以ADBC.因為三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，則AA1底面ABC，所以AA1BC.又AA1ADA，從而BC側面A1ABB1，又AB側面A1ABB1，故ABBC.(2)由(1)知，以點B為坐標原點，以BC、BA、BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，可建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0，0，0)，A(0，3，0)，C(3，0，0)，A1(0，3，3)由線段AC、A1B上分別有一點E、F，滿足2AEEC，2BFFA1，所以E(1，2，0)，F(xiàn)(0，1，1)(1，1，1)，(0，3，3)所以EFBA1，所以點E到直線A1B的距離d.(3)(1，2，0)，(0，1，1)，設平面BEF的法向量為n(x，y，z)，則取x2，得n(2，1，1)，根據(jù)題意知平面BEC的法向量為m(0，0，1)，設二面角FBEC的平面角為，是鈍角，cos |cosm，n|.二面角FBEC的平面角的余弦值為.B組題1如圖，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF將正方形折成一個二面角后，AEEDAD11，則AF與CE所成角的余弦值為_【解析】如圖，建立空間直角坐標系，設ABEFCD2，AEDEAD11，則E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(xiàn)(0，2，0)，C(0，2，1)，(1，2，0)，(0，2，1)，cos，AF與CE所成角的余弦值為.【答案】2如圖，在幾何體ABCDEF中，ABCD，ADDCCB1，ABC60°，四邊形ACFE為矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1.(1)求證：平面FBC平面ACFE；(2)點M在線段EF上運動，設平面MAB與平面FCB所成二面角的平面角為(90°)，試求cos 的取值范圍【解析】(1)在四邊形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，ABC60°，AB2，AC2AB2BC22AB·BC·cos 60°3，AB2AC2BC2，BCAC.平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCDAC，BC平面ABCD，BC平面ACFE.又因為BC平面FBC，所以平面FBC平面ACFE.(2)由(1)知可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標系Cxyz，令FM(0)，則C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(，0，1)，(，1，0)，(，1，1)設n1(x，y，z)為平面MAB的法向量，由得取x1，則n1(1，)n2(1，0，0)是平面FCB的一個法向量，cos .0，當0時，cos 有最小值，當時，cos 有最大值，cos .3在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，A1在底面ABC的射影是線段BC的中點O.(1)證明：在側棱AA1上存在一點E，使得OE平面BB1C1C，并求出AE的長；(2)求二面角A1B1CC1的余弦值【解析】(1)連接AO，在AOA1中，作OEAA1于點E，因為AA1BB1，所以OEBB1，因為A1O平面ABC，所以BC平面AA1O，所以BCOE，所以OE平面BB1C1C，又AO1，AA1，得AE.(2)如圖，分別以OA，OB，OA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，2)由，得點E的坐標是，由(1)知平面B1CC1的一個法向量為，設平面A1B1C的法向量是n(x，y，z)，由得可取n(2，1，1)，所以所求二面角的余弦值為cos，n.4平面圖形ABB1A1C1C如圖所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使ABC與A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A1C，得到如圖所示的空間圖形對此空間圖形解答下列問題：(1)證明：AA1BC；(2)求AA1的長；(3)求二面角ABCA1的余弦值【解析】法一：(1)取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C為矩形知，DD1B1C1，因為平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1，又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1為坐標原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系D1xyz.由題設，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，1，4)，B(1，0，4)，A1(0，2，0)，C(1，0，4)，D(0，0，4)故(0，3，4)，(2，0，0)，·0，因此，即AA1BC.(2)因為(0，3，4)，所以5，即AA15.(3)連接A1D，由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以ADA1為二面角ABCA1的平面角因為(0，1，0)，(0，2，4)，所以cos，.即二面角ABCA1的余弦值為.法二：(1)取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD，A1D.由條件可知，BCAD，B1C1A1D1，由上可得AD面BB1C1C，A1D1面BB1C1C.因此ADA1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D.又因為DD1BB1，BB1BC，所以DD1BC.又考慮到ADBC，所以BC平面AD1A1D，故BCAA1.(2)延長A1D1到G點，使GD1AD，連接AG.因為ADGD1，且ADGD1，所以AGDD1BB1，且AGDD1BB1.由于BB1平面A1B1C1，所以AGA1G.由條件可知，A1GA1D1D1G3，AG4，所以AA15.(3)因為BC平面AD1A1D，所以ADA1為二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中，DD14，A1D12，解得sinD1DA1，則cosADA1cos.即二面角ABCA1的余弦值為.23