2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（理） 考点突破练9　立体几何中的位置关系证明、翻折及探索性问题 WORD版含解析.docx

1、考点突破练9立体几何中的位置关系证明、翻折及探索性问题1. (2022河南杞县模拟预测)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,且ABC=60,PA平面ABCD,E为BC的中点,F为棱PC上一点. (1)求证:平面AEF平面PAD;(2)若G为PD的中点,AB=AP=2,是否存在点F,使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为15?若存在,求出PFPC的值;若不存在,请说明理由.2.(2022山东青岛一模)如图,在梯形ABCD中,ABDC,AD=BC=CD=2,AB=4,E为AB的中点,以DE为折痕把ADE折起,连接AB,AC,得到如图的几何体,在图的几何体中解答下列两个问题.图

2、图(1)证明:ACDE;(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件,求二面角D-AE-C的余弦值.四棱锥A-BCDE的体积为2;直线AC与EB所成角的余弦值为64.3. (2022陕西模拟预测)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1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PE平面EFC?若存在,求出满足条件时C1P的长度并证明;若不存在,请说明理由.(2)当C1P为何值时,平面BCC1B1与平面PEF所成锐二面角的正弦值最小.4.(2022黑龙江哈尔滨三中二模)如图1,在矩形ABCD中,点E,F分别是线段AB,CD的中点,AB=4,AD=

3、2,将矩形ABCD沿EF翻折.图1图2图3(1)若所成二面角的大小为2(如图2),求证:直线CE平面BDF;(2)若所成二面角的大小为3(如图3),点M在线段AD上,当直线BE与平面EMC所成角为4时,求二面角D-EM-C的余弦值.5.(2022山东聊城三模)已知四边形ABCD为平行四边形,E为CD的中点,AB=4,ADE为等边三角形,将三角形ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置,且平面APE平面ABCE.(1)求证:APBE;(2)试判断在线段PB上是否存在点F,使得二面角F-AE-P的平面角为45?若存在,试确定点F的位置;若不存在,请说明理由.6.(2022辽宁鞍山一中模拟预测)如图所

4、示,在梯形ABCD中,ABCD,BCD=23,四边形ACFE为矩形,且CF平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.(1)求证:EF平面BCF;(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面BFC所成锐二面角最大?并求此时锐二面角的余弦值.考点突破练9立体几何中的位置关系证明、翻折及探索性问题1.(1)证明 连接AC,因为底面ABCD为菱形,ABC=60,所以ABC是正三角形.因为E是BC的中点,所以AEBC.又ADBC,所以AEAD.因为PA平面ABCD,AE平面ABCD,所以PAAE,PAAD.又PAAD=A,所以AE平面PAD.又AE平面AEF,所以平面AEF

5、平面PAD.(2)解 由(1)知直线AE,AD,AP两两垂直,以点A为坐标原点,直线AE,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设PF=tPC(0t1),则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).设平面AEF的法向量n=(x,y,z),则nAE=0,nAF=0,即3x=0,3tx+ty+(2-2t)z=0,令z=t,得平面AEF的一个法向量n=(0,2t-2,t).设EG与平面AEF所成的角为,则sin =|cos|=|EGn

6、|EG|n|=|2t-2+t|5(2t-2)2+t2=|3t-2|55t2-8t+4=15,解得t=12或t=45,即存在点F,使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为15,且PFPC=12或PFPC=45.2.(1)证明 在题图中,因为CDAB,CD=12AB,E为AB中点,所以CDBE,CD=BE,所以四边形BCDE为平行四边形,所以DE=BC=2,同理可证CE=2,如图所示,取DE的中点O,连接OA,OC,则OA=OC=3,因为AD=AE=CE=CD,所以DEOA,DEOC,因为OAOC=O,所以DE平面AOC,因为AC平面AOC,所以ACDE.(2)解 若选择:因为DE平面AOC,DE

7、平面BCDE,所以平面AOC平面BCDE且交线为OC,所以过点A作AHOC,则AH平面BCDE,因为S菱形BCDE=23,所以四棱锥A-BCDE的体积V四棱锥A-BCDE=2=1323AH,所以AH=3=OA,所以AO与AH重合,所以OA平面BCDE.以点O为坐标原点,以直线CO,DE,OA分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),C(-3,0,0),E(0,1,0),A(0,0,3),平面DAE的法向量为CO=(3,0,0),设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),因为CE=(3,1,0),CA=(3,0,3),则nCE=0,nCA=0,所以3x+y=0,3x

8、+3z=0,令x=1,则y=-3,z=-1,则n=(1,-3,-1),设二面角D-AE-C的大小为,由图知为锐角,则cos =COn|CO|n|=335=55.所以二面角D-AE-C的余弦值为55.若选择:因为DCEB,所以ACD(或其补角)即为异面直线AC与EB所成的角,在ADC中,cosACD=AC2+4-44AC=64,所以AC=6,所以OA2+OC2=AC2,所以OAOC.因为DE平面AOC,DE平面BCDE,所以平面AOC平面BCDE且交线为OC,所以OA平面BCDE,以点O为坐标原点,以直线CO,DE,OA分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),C(

9、-3,0,0),E(0,1,0),A(0,0,3),平面DAE的法向量为CO=(3,0,0),设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),因为CE=(3,1,0),CA=(3,0,3),则nCE=0,nCA=0,所以3x+y=0,3x+3z=0,令x=1,则y=-3,z=-1,则n=(1,-3,-1),设二面角D-AE-C的大小为,由图知为锐角,则cos =COn|CO|n|=335=55,所以二面角D-AE-C的余弦值为55.3. 解 (1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以点D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为点E,F分别为BD和

10、BB1的中点,点P为棱C1D1上的动点,则E(1,1,0),F(2,2,1),C(0,2,0),C1(0,2,2),设P(0,t,2),0t2,CE=(1,-1,0),CF=(2,0,1),PE=(1,1-t,-2),显然,CFPE=0,即PECF.由CEPE=1+(-1)(1-t)=0,得t=0,此时有PECE,而CECF=C,且CE,CF平面EFC,因此,PE平面EFC,所以存在点P(0,0,2),使PE平面EFC,C1P=2.(2)在(1)的空间直角坐标系中,EF=(1,1,1),PE=(1,1-t,-2),令平面PEF的法向量为n=(x,y,z),则nEF=x+y+z=0,nPE=x+

11、(1-t)y-2z=0,令y=3,得n=(t-3,3,-t),而平面BCC1B1的法向量m=(0,1,0),设平面BCC1B1与平面PEF所成锐二面角为,则cos =|cos|=|mn|m|n|=3(t-3)2+9+t2=32t-322+27263,当且仅当t=32时取等号,因此,当t=32,即P0,32,2时,(cos )max=63,sin =1-cos 233,当且仅当cos =63时取等号,所以当P0,32,2,即C1P=12时,平面BCC1B1与平面PEF所成锐二面角的正弦值最小.4.(1)证明 由题设易知,四边形BEFC是边长为2的正方形,BF,EC是正方形BEFC的对角线,所以B

12、FEC,又平面BEFC平面AEFD,平面BEFC平面AEFD=EF,DFEF,DF平面AEFD,所以DF平面BEFC,又EC平面BEFC,则DFEC,又DFBF=F,则EC平面BDF.(2)解 过E作Ez平面AEFD,而AE,EF平面AEFD,则EzAE,EzEF,而AEEF,可构建如右图所示的空间直角坐标系,由题设知,BEA=CFD=3,所以E(0,0,0),B(1,0,3),C(1,2,3),M(2,m,0)且0m2,则EB=(1,0,3),EC=(1,2,3),EM=(2,m,0),若n=(x,y,z)是平面EMC的一个法向量,则ECn=x+2y+3z=0,EMn=2x+my=0,令x=

13、m,则n=m,-2,4-m3,|cos|=EBn|EB|n|=1m2-2m+73=22,可得m=1,则n=(1,-2,3),又l=(0,0,1)是平面EMD的一个法向量,所以|cos|=ln|l|n|=322=64,则锐二面角D-EM-C的余弦值为64.5.(1)证明 因为四边形ABCD为平行四边形,且ADE为等边三角形,所以BCE=120.又E为CD的中点,所以CE=ED=DA=CB,即BCE为等腰三角形,所以CEB=30.所以AEB=180-AED-BEC=90,即BEAE.又因为平面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,

14、所以BEAP,即APBE.(2)解 取AE的中点O,连接PO,由于APE为正三角形,则POAE,又平面APE平面ABCE,平面APE平面ABCE=AE,PO平面APE,所以PO平面ABCE.因为AB=4,所以PO=3,BE=23,取AB的中点G,则OGBE,由(1)得BEAE,所以OGAE.显然POOG.以点O为坐标原点,分别以OA,OG,OP所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则O(0,0,0),A(1,0,0),B(-1,23,0),P(0,0,3),E(-1,0,0),则EA=(2,0,0),EB=(0,23,0),PB=(-1,23,-3),EP=(1

15、,0,3),假设存在点F,使得二面角F-AE-P的平面角为45,设PF=PB=(-,23,-3),(0,1),则EF=EP+PF=(1,0,3)+(-,23,-3)=(1-,23,3-3),设平面AEF的法向量为m=(x,y,z),由EFm=0,EAm=0,得(1-)x+23y+(3-3)z=0,2x=0,取z=2,得m=(0,-1,2).由(1)知EB为平面AEP的一个法向量,于是,cos 45=|cos|=|mEB|m|EB|=23|-1|2352-2+1=22,解得=13或=-1(舍去),显然当=13时,二面角F-AE-P的平面角是45.所以存在点F,且当点F为线段PB的靠近点P的三等分

16、点时,二面角F-AE-P的平面角是45.6.(1)证明 在梯形ABCD中,因为ABCD,AD=CD=BC=1,又因为BCD=23,所以ADC=23,ABC=3,所以AC2=AB2+BC2-2ABBCcos3=AD2+DC2-2ADDCcos23,即AC2=AB2+1-AB=3,解得AC=3,AB=2,所以AB2=AC2+BC2,即BCAC.因为CF平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACCF,而CFBC=C,CF平面BCF,BC平面BCF,所以AC平面BCF.因为EFAC,所以EF平面BCF.(2)解 因为CF平面ABCD,AC,BC平面ABCD,所以CFAC,CFBC,又ACBC,所以以点C为坐标原点,分别以直线CA,CB,CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设FM=(03),则C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),M(,0,1),所以AB=(-3,1,0),BM=(,-1,1),设n=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,由nAB=0,nBM=0,得-3x+y=0,x-y+z=0,取x=1,则n=(1,3,3-),又m=(1,0,0)是平面BFC的一个法向量,设平面MAB与平面BFC所成锐二面角为,所以cos =|cos|=|nm|n|m|=11+3+(3-)21=1(-3)2+4,