分级练(48) 立体几何中的综合问题（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

分级练(48)　立体几何中的综合问题 分级一　提能强化 1.(2023·安徽合肥模拟)如图，在多面体ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，AB⊥AC，AE⊥BD，DE∥AC，且DE＝AC，AD＝BD＝1. (1)求AB的长； (2)已知2≤AC≤4，求点E到平面BCD的距离的最大值. 解：(1)∵平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB，AC⊥AB， ∴AC⊥平面ABD.又DE∥AC，∴DE⊥平面ABD，又BD⊂平面ABD， ∴DE⊥BD，又AE⊥BD，DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE， ∴BD⊥平面ADE，∴BD⊥AD.∵AD＝BD＝1，∴AB＝. (2)∵AD＝BD，取AB的中点为O， ∴DO⊥AB，又平面ABD⊥平面ABC， ∴DO⊥平面ABC，过O作直线OY∥AC交BC于点Y，连接OD，以O为坐标原点，OB，OY，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示.记AC＝2a， 则1≤a≤2，B(，0，0)，C(－，2a，0)，D(0，0，)，E(0，－a，)， ∴＝(－，2a，0)，＝(－，0，)，＝(0，－a，0). 设平面BCD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由得 令x＝，则y＝，z＝，∴n＝(，，). ∴点E到平面BCD的距离d＝＝. ∵1≤a≤2，∴当a＝2时，d取得最大值，dmax＝＝. 2.(2022·山东威海三模)如图所示，在等边△ABC中，AB＝6，M，N分别是AB，AC上的点，且AM＝AN＝4，E是BC的中点，AE交MN于点F.以MN为折痕把△AMN折起，使点A到达点P的位置(0<∠PFE<π)，连接PB，PE，PC. (1)证明：MN⊥PE； (2)设点P在平面ABC内的射影为点Q，若二面角P­MN­B的大小为，求直线QC与平面PBC所成角的正弦值. (1)证明：因为△ABC是等边三角形，E是BC的中点，所以AE⊥BC， 因为AM＝AN＝4，所以MN∥BC， 所以MN⊥AE，可得MN⊥PF，MN⊥PE， 又PF∩PE＝F，PF，PE⊂平面PFE，所以MN⊥平面PFE， 又PE⊂平面PFE，所以MN⊥PE. (2)解：因为MN⊥PF，MN⊥PE， 所以二面角P­MN­B的平面角为∠PFE， 所以∠PFE＝，可得∠PFA＝， 由(1)可知，MN⊥平面PFE，MN⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PFE， 又因为平面PFE∩平面ABC＝AE， 所以点P在平面ABC内的射影Q在AE上， 因为PF＝2，所以QF＝，PQ＝3， 以F为坐标原点，以，的方向分别为x，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， P(0，－，3)，C(－3，，0)，E(0，，0)，Q(0，－，0)，＝(－3，2，0)，＝(－3，2，－3)，＝(0，2，－3)， 设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝2，可得n＝(0，，2)， 所以|cos 〈，n〉|＝＝， 所以直线QC与平面PBC所成角的正弦值为. 分级二　知能探究 3.(2023·山东济南历城二中模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝BC＝AB＝AC，点M为B1C1的中点. (1)证明：AC1∥平面A1BM； (2)AC上是否存在点N，使二面角B­A1M­N的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. (1)证明：连接AB1与A1B交于点O，则O为AB1的中点，连接OM，因为点M为B1C1的中点，所以OM∥AC1，因为OM⊂平面A1BM，AC1⊄平面A1BM，所以AC1∥平面A1BM. (2)解：因为BC＝AB＝AC，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 设AB＝1，则B(1，0，0)，A1(0，0，)，M(，，)，设N(0，a，0)，0≤a≤1， 所以BA1＝(－1，0，)，A1M＝(，，0)，A1N＝(0，a，－)， 设平面BA1M的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则有，取x1＝，得m＝(，－，1)， 设平面A1MN的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则有， 取x2＝－，得n＝(－，，a)， 因为|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 解得a＝或a＝－6(舍去)，此时＝2， 所以AC上存在点N，当＝2时，二面角B­A1M­N的大小为. 4.(2023·福建福州屏东中学高三开学考试)如图1，在等边△ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点且满足DE∥BC，记＝λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点. 　　 (1)当EN∥平面MBD时，求λ的值； (2)试探究：随着λ值的变化，二面角B­MD­E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B­MD­E的正弦值大小. 解：(1)如图，取MB的中点为P，连接DP，PN， 因为MN＝CN，MP＝BP，所以NP∥BC，又DE∥BC，所以NP∥DE， 即N，E，D，P四点共面， 又EN∥平面BMD，EN⊂平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP， 所以EN∥PD，即NEDP为平行四边形，所以NP＝DE，则DE＝BC，即λ＝. (2)如图，取DE的中点O，连接MO，则MO⊥DE， 因为平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，以O为原点，OD，OM，所在直线分别为x，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设BC＝2， 则M(0，0，λ)，D(λ，0，0)，B(1，(1－λ)，0)， 所以＝(λ，0，－λ)，＝(1－λ，(1－λ)，0)， 设平面BMD的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 令x＝，即m＝(，－1，1). 又平面EMD的一个法向量n＝(0，1，0)，所以cos 〈m，n〉＝＝＝－， 即随着λ值的变化，二面角B­MD­E的大小不变，且sin 〈m，n〉＝＝. 所以二面角B­MD­E的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$