适用于老高考旧教材2023届高考数学二轮总复习理考点突破练9立体几何中的位置关系证明翻折及探索性问题含解析

Page9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PFPC2.(2022·山东青岛一模)如图①,在梯形ABCD中,AB∥DC,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②的几何体,在图②的几何体中解答下列两个问题.图①图②(1)证明:AC⊥DE;(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.①四棱锥A-BCDE的体积为2;②直线AC与EB所成角的余弦值为643.(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=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π2(如图2),求证:直线CE⊥平面BDF(2)若所成二面角的大小为π3(如图3),点M在线段AD上,当直线BE与平面EMC所成角为π4时,求二面角D-EM-C5.(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:AP⊥BE;(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)如图所示,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=2π3,四边形ACFE为矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=(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AE⊥BC.又AD∥BC,所以AE⊥AD.因为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(0≤t≤1),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n即3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θ,则sinθ=|cos<EG,n>|=|EG·n||EG||n|=|2t-2+t|2.(1)证明在题图①中,因为CD∥AB,CD=12AB,E为AB中点,所以CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE为平行四边形,所以DE=BC=2,同理可证CE=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DE⊥OA,DE⊥OC,因为OA∩OC=O,所以DE⊥平面AOC,因为AC⊂平面AOC,所以AC⊥DE.(2)解若选择①:因为DE⊥平面AOC,DE⊂平面BCDE,所以平面AOC⊥平面BCDE且交线为OC,所以过点A作AH⊥OC,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=13×23·AH,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n·CE令x=1,则y=-3,z=-1,则n=(1,-3,-1),设二面角D-AE-C的大小为θ,由图知θ为锐角,则cosθ=CO·n|CO||所以二面角D-AE-C的余弦值为55若选择②:因为DC∥EB,所以∠ACD(或其补角)即为异面直线AC与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(-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n·CE令x=1,则y=-3,z=-1,则n=(1,-3,-1),设二面角D-AE-C的大小为θ,由图知θ为锐角,则cosθ=CO·n|CO||n|=33.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),0≤t≤2,CE=(1,-1,0),CF=(2,0,1),PE=(1,1-t,-2),显然,CF·PE=0,即PE⊥由CE·PE=1+(-1)(1-t)=0,得t=0,此时有PE⊥CE,而CE∩CF=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)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n·EF=x+y+z=0,n·PE=x+(1设平面BCC1B1与平面PEF所成锐二面角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|m当且仅当t=32时取等号,因此,当t=32,即P0,32,2时,(cosθ)max=63,sinθ=1-cos2θ≥33,当且仅当cosθ=63时取等号,所以当P0,32,2,即C1P=14.(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,则DF⊥EC,又DF∩BF=F,则EC⊥平面BDF.(2)解过E作Ez⊥平面AEFD,而AE,EF⊂平面AEFD,则Ez⊥AE,Ez⊥EF,而AE⊥EF,可构建如右图所示的空间直角坐标系,由题设知,∠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,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EC令x=m,则n=m,-2,4-m3,|cos<EB,n>|=EB·n|EB||n|=所以|cos<l,n>|=l·n|l||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BE⊥AE.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,所以BE⊥AP,即AP⊥BE.(2)解取AE的中点O,连接PO,由于△APE为正三角形,则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.因为AB=4,所以PO=3,BE=23,取AB的中点G,则OG∥BE,由(1)得BE⊥AE,所以OG⊥AE.显然PO⊥OG.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=(1,0,3),假设存在点F,使得二面角F-AE-P的平面角为45°,设PF=λPB=(-λ,23λ,-3λ),λ∈(0,1),则EF=EP+PF=(1,0,3)+(-λ,23λ,-3λ)=(1-λ,23λ,3-3λ),设平面AEF的法向量为m=(由EF取z=2λ,得m=(0,λ-1,2λ).由(1)知EB为平面AEP的一个法向量,于是,cos45°=|cos<m,EB>|=|m解得λ=13或λ=-1(舍去),显然当λ=13时,二面角F-AE-P所以存在点F,且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时,二面角F-AE-P的平面角是45°.6.(1)证明在梯形ABCD中,因为AB∥CD,AD=CD=BC=1,又因为∠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因为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.因为EF∥AC,所以EF⊥平面BCF.(2)解因为CF⊥平面ABCD,AC,BC⊂平面ABCD,所以CF⊥AC,CF⊥BC,又AC⊥BC