立体几何中的综合问题专项训练-2025届高三数学一轮复习

第6章　 立体几何与空间向量 第八节　立体几何中的综合问题 1．如图，已知在空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD. (1)若BD＝BC，求证：BC⊥ED. (2)探索A，B，D，E四点是否共面．若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由． 2．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，在△PAC中，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上的一个动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围． 3．(2024·盐城模拟)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点． (1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，请证明并求出满足条件时C1P的长；若不存在，请说明理由． (2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小？ 4．如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，BE⊥AD于点E，且DE＝2BC＝2BE，将梯形ABCD沿BE折叠成如图2所示的几何体，∠AED＝60˚，F为直线AD上一点，且CF⊥AD于点F，G为线段ED的中点，连接FG，CG. (1)证明：AD⊥FG； (2)如图1，AD＝6，求当四棱锥A­BCDE的体积最大时，平面ABC与平面CFG的夹角的正弦值． 图1　　　　　　 　图2 答案解析 1、(1)证明：因为△ABC，△ECD是全等的正三角形，所以CD＝BC. 因为BD＝BC，所以BD2＝BC2＋DC2，所以BC⊥DC. 因为平面ECD⊥平面BCD，平面ECD∩平面BCD＝CD，BC⊂平面BCD， 所以BC⊥平面ECD. 因为DE⊂平面ECD，所以BC⊥ED. (2)解：A，B，D，E四点共面． 证明如下： 如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN. 因为△ABC是等边三角形，所以AM⊥BC，AM＝BC. 因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AM⊂平面ABC，所以AM⊥平面BCD. 同理EN⊥平面BCD，且EN＝BC， 所以AM∥EN，且AM＝EN， 所以四边形AMNE是矩形，所以AE∥MN. 又因为MN∥BD，所以AE∥BD， 所以A，B，D，E四点共面． 2、(1)证明：因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，所以BC⊥AC. 因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC， 所以BC⊥平面PAC. (2)解：因为E，F分别是PC，PB的中点，所以BC∥EF. 因为EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，所以BC∥平面AEF. 因为BC⊂平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，所以BC∥l. 以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，4，0)，P， 所以E， 所以＝(0，2，0)． 因为BC∥l，所以可设Q(2，t，0)，平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)， 则所以 取z＝，则x＝1，y＝0，所以m＝为平面AEF的一个法向量． 又＝，则＝∈. 所以直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围为. 3、解：以D为原点，DA，DC，DD1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， 根据题意，设点P(0，t，2)(0≤t≤2)，则E(1，1，0)，F(2，2，1)，C(0，2，0)． (1)存在． ＝(1，1－t，－2)，＝(1，1，1)，＝(2，0，1)． 设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)， 则所以 取x＝1，则y＝1，z＝－2， 所以m＝(1，1，－2)为平面CEF的一个法向量． 假设存在满足题意的点P，则∥m， 所以，所以t＝0，满足0≤t≤2， 即点P与点D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2. (2)易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)． 设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)， 又＝(2，2－t，－1)，＝(1，1－t，－2)，则 所以 取y0＝1，则x0＝， 所以r＝为平面PEF的一个法向量． 设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n，r〉|＝＝＝＝，0≤t≤2， 所以当t＝时，(cos θ)max＝，(sin θ)min＝. 此时C1P＝2－. 4、(1)证明：由已知得BE⊥ED，BE⊥AE，且AE∩ED＝E，AE，ED⊂平面AED， 所以BE⊥平面AED. 因为AD⊂平面AED，所以BE⊥AD. 在梯形EBCD中，DE＝2BC＝2BE， 因为G为线段ED的中点， 所以CG∥BE，故CG⊥AD. 又因为CF⊥AD，且CG∩CF＝C，CG，CF⊂平面CFG， 所以AD⊥平面CFG. 因为FG⊂平面CFG，所以AD⊥FG. (2)解：如图，过点A作AM⊥DE于点M. 因为BE⊥平面AED，AM⊂平面AED，所以BE⊥AM. 因为AM⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BCDE， 所以AM⊥平面BCDE， 所以线段AM的长度为点A到平面BCDE的距离． 设DE＝2BC＝2BE＝2x，则AE＝6－2x(0＜x＜3)，AM＝AE sin ∠AED＝(6－2x)， 所以四棱锥A­BCDE的体积V＝(6－2x)＝－x2. 令f (x)＝－x2，x∈(0，3)，则f ′(x)＝3， 当x∈(0，2)时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增；当x∈(2，3)时，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减， 所以f (x)max＝f (2)，即当x＝2时，四棱锥A­BCDE的体积最大，此时AE＝2，DE＝4. 以E为原点，EB，ED所在直线分别为x轴、y轴，在平面AED内过点E作与DE垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，所以＝， ＝＝(0，2，0)． 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)， 则所以 取x＝，则y＝0，z＝2，所以n＝为平面ABC的一个法向量． 由(1)知AD⊥平面CFG， 所以＝为平面CFG的一个法向量． 设平面ABC与平面CFG的夹角为θ， 则cos θ＝＝，所以sin θ＝， 所以平面ABC与平面CFG的夹角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$