高考解答题专项四立体几何中的综合问题1.(2021安徽十校联盟摸底考试)已知多面体ABCDEF如图所示,其中四边形ABCD为菱形,AF∥平面CDE,且A,D,E,F四点共面.(1)求证:平面ABF∥平面CDE;(2)若∠ABC=90°,且AD=5,DE=6,AF=2,EF=41,求证:AD⊥CE.证明(1)∵四边形ABCD是菱形,∴AB∥CD.∵AB⊈平面CDE,CD⫋平面CDE,∴AB∥平面CDE.又AF∥平面CDE,AF∩AB=A,∴平面ABF∥平面CDE.(2)∵AF∥平面CDE,AF⫋平面ADEF,平面ADEF∩平面CDE=DE,∴AF∥DE.在线段ED上取一点G,使得EG=4,则DG=2=AF,又DG∥AF,∴四边形ADGF是平行四边形,∴FG=AD=5,FG∥AD.∵EF=41,∴EF2=EG2+FG2,∴EG⊥FG,∴AD⊥ED.∵∠ABC=90°,四边形ABCD是菱形,∴AD⊥DC.又DC∩DE=D,DC,DE⫋平面CDE,∴AD⊥平面CDE.∵CE⫋平面CDE,∴AD⊥CE.2.(2021浙江杭州模拟)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC=BC=3PA,PB⊥平面PAC,E,F分别为AC,PB的中点.(1)求证:AC⊥EF;(2)求PB与平面ABC所成角的正弦值.(1)证明连接PE,BE,∵AB=AC=BC,∴AC⊥BE.∵PB⊥平面PAC,∴PB⊥PA,PB⊥PC,在Rt△ABP和Rt△CBP中,AB=BC,PB=PB,∴Rt△ABP≌Rt△CBP,∴PA=PC,∴AC⊥PE.∵PE∩BE=E,PE,BE均在平面PEB中,∴AC⊥平面PEB,∵EF⫋平面PEB,∴AC⊥EF.(2)解由(1)知AC⊥平面PEB,又AC⫋平面ABC,∴平面PEB⊥平面ABC,平面PEB∩平面ABC=BE.过点P作PD⊥BE,垂足为点D,∴PD⊥平面ABC,∴∠PBE就是PB与平面ABC所成的角,不妨设PA=1,在等腰三角形PAC中,PA=PC=1,AC=3,则AE=32,在Rt△PAE中,由勾股定理计算得PE=12,等边三角形ABC中,BE=32,在Rt△BPE中,sin∠PBE=PEBE=13,即PB与平面ABC所成角的正弦值为13.3.(2021河北唐山模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ACC1A1⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=BC=CC1=2.(1)证明:A1C⊥AB1;(2)若A1B1与平面AB1C1所成角的正弦值为24,求四面体ACB1A1的体积.(1)证明∵平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,BC⫋平面ABC,∠ACB=90°,∴BC⊥平面ACC1A1.又A1C⫋平面ACC1A1,∴BC⊥A1C.∵BC∥B1C1,∴B1C1⊥A1C.∵AC=CC1=2,∴四边形ACC1A1是菱形,∴AC1⊥A1C.又B1C1∩AC1=C1,B1C1和AC1均在平面AB1C1中,∴A1C⊥平面AB1C1.又AB1⫋平面AB1C1,∴A1C⊥AB1.(2)解设AC1∩A1C=D,连接B1D.由(1)可知A1C⊥平面AB1C1,∴B1D为A1B1在平面AB1C1上的射影,则∠A1B1D即为A1B1与平面AB1C1所成的角.∵A1B1=22,sin∠A1B1D=24,∴A1D=1,∴A1C=A1C1=CC1=2,S△A1CC1=34×22=3,∴V四面体ACB1A1=V三棱锥B1-ACA1=13×S△A1CC1×B1C1=13×3×2=233.4.(2021贵州凯里模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是菱形,∠DAB=30°,PD⊥平面ABCD,AD=2,点E为AB上一点,且AEAB=m,点F为PD中点.(1)若m=12,证明:直线AF∥平面PEC;(2)是否存在一个常数m,使得平面PED⊥平面PAB?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.(1)证明取PC的中点M,连接FM,EM,如图所示.因为F,M分别为PD,PC的中点,所以FM∥CD,FM=12CD.因为AEAB=12,所以E为AB的中点,所以AE∥CD,AE=12CD.所以FM∥AE,FM=AE.所以四边形AEMF为平行四边形,所以AF∥EM.因为AF⊈平面PEC,EM⫋平面PEC,所以直线AF∥平面PEC.(2)解存在一个常数m=32,使得平面PED⊥平面PAB,理由如下:要使平面PED⊥平面PAB,只需AB⊥DE.因为AB=AD=2,∠DAB=30°,所以AE=ADcos30°=3.又因为PD⊥平面ABCD,AB⫋平面ABCD,所以PD⊥AB.因为PD∩DE=D