適用于老高考舊教材2023屆高考數(shù)學二輪總復習理考點突破練9立體幾何中的位置關系證明翻折及探索性問題含解析

Page9考點突破練9立體幾何中的位置關系證明、翻折及探索性問題1.(2022·河南杞縣模擬預測)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為菱形,且∠ABC=60°,PA⊥平面ABCD,E為BC的中點,F為棱PC上一點.(1)求證:平面AEF⊥平面PAD;(2)若G為PD的中點,AB=AP=2,是否存在點F,使得直線EG與平面AEF所成角的正弦值為15?若存在,求出PFPC2.(2022·山東青島一模)如圖①,在梯形ABCD中,AB∥DC,AD=BC=CD=2,AB=4,E為AB的中點,以DE為折痕把△ADE折起,連接AB,AC,得到如圖②的幾何體,在圖②的幾何體中解答下列兩個問題.圖①圖②(1)證明:AC⊥DE;(2)請從以下兩個條件中選擇一個作為已知條件,求二面角D-AE-C的余弦值.①四棱錐A-BCDE的體積為2;②直線AC與EB所成角的余弦值為643.(2022·陜西模擬預測)如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E,F分別為BD和BB1的中點,P為棱C1D1上的動點.(1)是否存在點P使PE⊥平面EFC?若存在,求出滿足條件時C1P的長度并證明;若不存在,請說明理由.(2)當C1P為何值時,平面BCC1B1與平面PEF所成銳二面角的正弦值最小.4.(2022·黑龍江哈爾濱三中二模)如圖1,在矩形ABCD中,點E,F分別是線段AB,CD的中點,AB=4,AD=2,將矩形ABCD沿EF翻折.圖1圖2圖3(1)若所成二面角的大小為π2(如圖2),求證:直線CE⊥平面BDF(2)若所成二面角的大小為π3(如圖3),點M在線段AD上,當直線BE與平面EMC所成角為π4時,求二面角D-EM-C5.(2022·山東聊城三模)已知四邊形ABCD為平行四邊形,E為CD的中點,AB=4,△ADE為等邊三角形,將三角形ADE沿AE折起,使點D到達點P的位置,且平面APE⊥平面ABCE.(1)求證:AP⊥BE;(2)試判斷在線段PB上是否存在點F,使得二面角F-AE-P的平面角為45°?若存在,試確定點F的位置;若不存在,請說明理由.6.(2022·遼寧鞍山一中模擬預測)如圖所示,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=2π3,四邊形ACFE為矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=(1)求證:EF⊥平面BCF;(2)點M在線段EF(含端點)上運動,當點M在什么位置時,平面MAB與平面BFC所成銳二面角最大?并求此時銳二面角的余弦值.

考點突破練9立體幾何中的位置關系證明、翻折及探索性問題1.(1)證明連接AC,因為底面ABCD為菱形,∠ABC=60°,所以△ABC是正三角形.因為E是BC的中點,所以AE⊥BC.又AD∥BC,所以AE⊥AD.因為PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,所以PA⊥AE,PA⊥AD.又PA∩AD=A,所以AE⊥平面PAD.又AE?平面AEF,所以平面AEF⊥平面PAD.(2)解由(1)知直線AE,AD,AP兩兩垂直,以點A為坐標原點,直線AE,AD,AP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,設PF=tPC(0≤t≤1),則A(0,0,0),E(3,0,0),C(3,1,0),P(0,0,2),G(0,1,1),F(3t,t,2-2t),所以AE=(3,0,0),AF=(3t,t,2-2t),EG=(-3,1,1).設平面AEF的法向量n=(x,y,z),則n即3令z=t,得平面AEF的一個法向量n=(0,2t-2,t).設EG與平面AEF所成的角為θ,則sinθ=|cos<EG,n>|=|EG·n||EG||n|=|2t-2+t|2.(1)證明在題圖①中,因為CD∥AB,CD=12AB,E為AB中點,所以CD∥BE,CD=BE,所以四邊形BCDE為平行四邊形,所以DE=BC=2,同理可證CE=如圖所示,取DE的中點O,連接OA,OC,則OA=OC=3,因為AD=AE=CE=CD,所以DE⊥OA,DE⊥OC,因為OA∩OC=O,所以DE⊥平面AOC,因為AC?平面AOC,所以AC⊥DE.(2)解若選擇①:因為DE⊥平面AOC,DE?平面BCDE,所以平面AOC⊥平面BCDE且交線為OC,所以過點A作AH⊥OC,則AH⊥平面BCDE,因為S菱形BCDE=23,所以四棱錐A-BCDE的體積V四棱錐A-BCDE=2=13×23·AH,所以AH=3=OA,所以AO與AH重合,所以OA⊥平面BCDE.以點O為坐標原點,以直線CO,DE,OA分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則O(0,0,0),C(-3,0,0),E(0,1,0),A(0,0,3),平面DAE的法向量為CO=(3,0,0),設平面AEC的法向量為n=(x,y,z),因為CE=(3,1,0),CA=(3,0,3則n·CE令x=1,則y=-3,z=-1,則n=(1,-3,-1),設二面角D-AE-C的大小為θ,由圖知θ為銳角,則cosθ=CO·n|CO||所以二面角D-AE-C的余弦值為55若選擇②:因為DC∥EB,所以∠ACD(或其補角)即為異面直線AC與EB所成的角,在△ADC中,cos∠ACD=AC所以AC=6,所以OA2+OC2=AC2,所以OA⊥OC.因為DE⊥平面AOC,DE?平面BCDE,所以平面AOC⊥平面BCDE且交線為OC,所以OA⊥平面BCDE,以點O為坐標原點,以直線CO,DE,OA分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則O(0,0,0),C(-3,0,0),E(0,1,0),A(0,0,3),平面DAE的法向量為CO=(3,0,0),設平面AEC的法向量為n=(x,y,z),因為CE=(3,1,0),CA=(3,0,3),則n·CE令x=1,則y=-3,z=-1,則n=(1,-3,-1),設二面角D-AE-C的大小為θ,由圖知θ為銳角,則cosθ=CO·n|CO||n|=33.解(1)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,以點D為坐標原點,直線DA,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,因為點E,F分別為BD和BB1的中點,點P為棱C1D1上的動點,則E(1,1,0),F(2,2,1),C(0,2,0),C1(0,2,2),設P(0,t,2),0≤t≤2,CE=(1,-1,0),CF=(2,0,1),PE=(1,1-t,-2),顯然,CF·PE=0,即PE⊥由CE·PE=1+(-1)(1-t)=0,得t=0,此時有PE⊥CE,而CE∩CF=C,且CE,CF?平面EFC,因此,PE⊥平面EFC,所以存在點P(0,0,2),使PE⊥平面EFC,C1P=(2)在(1)的空間直角坐標系中,EF=(1,1,1),PE=(1,1-t,-2),令平面PEF的法向量為n=(x,y,z),則n·EF=x+y+z=0,n·PE=x+(1設平面BCC1B1與平面PEF所成銳二面角為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=|m當且僅當t=32時取等號,因此,當t=32,即P0,32,2時,(cosθ)max=63,sinθ=1-cos2θ≥33,當且僅當cosθ=63時取等號,所以當P0,32,2,即C1P=14.(1)證明由題設易知,四邊形BEFC是邊長為2的正方形,BF,EC是正方形BEFC的對角線,所以BF⊥EC,又平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD=EF,DF⊥EF,DF?平面AEFD,所以DF⊥平面BEFC,又EC?平面BEFC,則DF⊥EC,又DF∩BF=F,則EC⊥平面BDF.(2)解過E作Ez⊥平面AEFD,而AE,EF?平面AEFD,則Ez⊥AE,Ez⊥EF,而AE⊥EF,可構建如右圖所示的空間直角坐標系,由題設知,∠BEA=∠CFD=π3所以E(0,0,0),B(1,0,3),C(1,2,3),M(2,m,0)且0≤m≤2,則EB=(1,0,3),EC=(1,2,3),EM=(2,m,0),若n=(x,y,z)是平面EMC的一個法向量,則EC令x=m,則n=m,-2,4-m3,|cos<EB,n>|=EB·n|EB||n|=所以|cos<l,n>|=l·n|l||5.(1)證明因為四邊形ABCD為平行四邊形,且△ADE為等邊三角形,所以∠BCE=120°.又E為CD的中點,所以CE=ED=DA=CB,即△BCE為等腰三角形,所以∠CEB=30°.所以∠AEB=180°-∠AED-∠BEC=90°,即BE⊥AE.又因為平面AEP⊥平面ABCE,平面APE∩平面ABCE=AE,BE?平面ABCE,所以BE⊥平面APE,又AP?平面APE,所以BE⊥AP,即AP⊥BE.(2)解取AE的中點O,連接PO,由于△APE為正三角形,則PO⊥AE,又平面APE⊥平面ABCE,平面APE∩平面ABCE=AE,PO?平面APE,所以PO⊥平面ABCE.因為AB=4,所以PO=3,BE=23,取AB的中點G,則OG∥BE,由(1)得BE⊥AE,所以OG⊥AE.顯然PO⊥OG.以點O為坐標原點,分別以OA,OG,OP所在的直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz,則O(0,0,0),A(1,0,0),B(-1,23,0),P(0,0,3),E(-1,0,0),則EA=(2,0,0),EB=(0,23,0),PB=(-1,23,-3),EP=(1,0,3),假設存在點F,使得二面角F-AE-P的平面角為45°,設PF=λPB=(-λ,23λ,-3λ),λ∈(0,1),則EF=EP+PF=(1,0,3)+(-λ,23λ,-3λ)=(1-λ,23λ,3-3λ),設平面AEF的法向量為m=(由EF取z=2λ,得m=(0,λ-1,2λ).由(1)知EB為平面AEP的一個法向量,于是,cos45°=|cos<m,EB>|=|m解得λ=13或λ=-1(舍去),顯然當λ=13時,二面角F-AE-P所以存在點F,且當點F為線段PB的靠近點P的三等分點時,二面角F-AE-P的平面角是45°.6.(1)證明在梯形ABCD中,因為AB∥CD,AD=CD=BC=1,又因為∠BCD=2π3,所以∠ADC=2π3,所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosπ3=AD2+DC2-2AD·DC·cos2π3,即AC2=AB2+1-AB=3,解得AC=3,AB=2,所以AB2=AC2+BC2,即BC因為CF⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以AC⊥CF,而CF∩BC=C,CF?平面BCF,BC?平面BCF,所以AC⊥平面BCF.因為EF∥AC,所以EF⊥平面BCF.(2)解因為CF⊥平面ABCD,AC,BC?平面ABCD,所以CF⊥AC,CF⊥BC,又AC⊥BC