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    2022版新高考数学一轮总复习课后集训:46+立体几何中的最值、翻折、探索性问题+Word版含解析

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    这是一份2022版新高考数学一轮总复习课后集训:46+立体几何中的最值、翻折、探索性问题+Word版含解析,共7页。

     

    课后限时集训(四十六) 

    立体几何中的最值、翻折、探索性问题

    建议用时:40分钟

    1(2018·全国卷)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M上异于CD的点.

    (1)证明:平面AMD平面BMC

    (2)当三棱锥M­ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.

    [] (1)证明:由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.

    因为BCCDBC平面ABCD,所以BC平面CMD,所以BCDM.

    因为M上异于CD的点,且DC为直径,所以DMCM.

    BCCMC,所以DM平面BMC.

    DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.

    (2)D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.

    当三棱锥M­ABC体积最大时,M的中点.由题设得D(0,0,0)A(2,0,0)B(2,2,0)C(0,2,0)M(0,1,1)

    (2,1,1)(0,2,0)(2,0,0)

    n(xyz)是平面MAB的法向量,

    可取n(1,0,2)

    是平面MCD的法向量,

    因此cosn〉=sinn〉=.

    所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.

    2(2020·广东四校联考)如图,已知三棱锥P­ABC,其展开图如图所示,其中四边形ABCD是边长等于的正方形,ABEBCF均为正三角形,在三棱锥P­ABC中:

          图

    (1)证明:平PAC平面ABC

    (2)MPA的中点,求二面角P­BC­M的余弦值.

    [] (1)证明:如图,设AC的中点为O,连接BOPO.

    由题意,得PAPBPCPO1AOBOCO1.

    因为在PAC中,PAPCOAC的中点,所以POAC

    因为在POB中,PO1OB1PB,所以PO2OB2PB2,所以POOB.

    因为ACOBOACOB平面ABC

    所以PO平面ABC,因为PO平面PAC

    所以平面PAC平面ABC.

    (2)(1)可知POOBPOACOBAC,以OCOBOP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

    O(0,0,0)C(1,0,0)B(0,1,0)A(1,0,0)P(0,0,1)M

    所以(1,-1,0)(1,0,-1).

    设平面MBC的法向量为m(x1y1z1)

    x11,得y11z13,即m(1,1,3)为平面MBC的一个法向量.

    设平面PBC的法向量为n(x2y2z2)

    x21,得y21z21,即n(1,1,1)为平面PBC的一个法向量.

    cosnm〉=.

    由图可知,二面角P­BC­M为锐角,故其余弦值为.

    3.如图所示,在梯形ABCD中,ABCDBCD120°,四边形ACFE为矩形,且CF平面ABCDADCDBCCF.

    (1)求证:EF平面BCF

    (2)M在线段EF上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大,并求此时二面角的余弦值.

    [] (1)证明:ADCDBC1

    ABCDBCD120°AB2

    AC2AB2BC22AB·BC·cos 60°3

    AB2AC2BC2,则BCAC.

    CF平面ABCDAC平面ABCD

    ACCF,而CFBCCCFBC平面BCF

    AC平面BCF.

    EFACEF平面BCF.

    (2)C为坐标原点,分别以直线CACBCFx轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

    FMλ(0λ)

    C(0,0,0)A(0,0)B(0,1,0)M(λ0,1)

    (1,0)(λ,-1,1)

    n(xyz)为平面MAB的法向量,

    x1,则n(1λ)

    易知m(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,

    cosnm〉=.

    0λλ0时,cosnm〉取得最小值

    当点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大,此时二面角的余弦值为.

    1(2019·全国卷)是由矩形ADEBRtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB1BEBF2FBC60°,将其沿ABBC折起使得BEBF重合,连接DG,如图.

                           图

    (1)证明:图ACGD四点共面,且平面ABC平面BCGE

    (2)求图中的二面角B­CG­A的大小.

    [] (1)证明:由已知得ADBECGBE,所以ADCG,故ADCG确定一个平面,从而ACGD四点共面.

    由已知得ABBEABBC,且BEBCB

    AB平面BCGE.

    又因为AB平面ABC

    所以平面ABC平面BCGE.

    (2)EHBC,垂足为H.

    因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC

    所以EH平面ABC.

    由已知,菱形BCGE的边长为2EBC60°,可求得BH1EH.

    H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz

    A(1,1,0)C(1,0,0)G(2,0)

    (1,0)(2,-1,0)

    设平面ACGD的法向量为n(xyz)

    所以可取n(3,6,-)

    又平面BCGE的法向量可取为m(0,1,0)

    所以cosnm〉=.

    因此,二面角B­CG­A的大小为30°.

    2(2020·唐山模拟)如图,在四棱锥P­ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD底面ABCDPDDC,点EPC的中点.

    (1)求证:PA平面BDE

    (2)若直线BD与平面PBC所成的角为30°,求二面角C­PB­D的大小.

    [] (1)证明:如图,连接ACBDO,连接OE.

    由题意可知,PEECAOOC

    PAEO,又PA平面BEDEO平面BED

    PA平面BED.

    (2)D为坐标原点,DADCDP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D­xyz,不妨令PDCD1ADa

    D(0,0,0)B(a,1,0)C(0,1,0)P(0,0,1)(a,1,0)(a,1,-1)(0,1,-1)

    设平面PBC的法向量为n(xyz)

    可取n(0,1,1)

    由直线BD与平面PBC所成的角为30°,得|cosn|,解得a1.

    可得平面PBD的一个法向量m(1,1,0)

    cosnm〉=

    二面角C­PB­D为锐二面角,

    二面角C­PB­D的大小为60°.

    3(2020·洛阳模拟)如图,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF平面ABCDAFDEADDEAF2DE3.

    (1)求证:平面ACE平面BED

    (2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值;

    (3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M­BE­D的大小为60°?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.

    [] (1)证明:因为平面ADEF平面ABCD,平面ADEF平面ABCDADDE平面ADEFDEAD

    所以DE平面ABCD.

    因为AC平面ABCD,所以DEAC.

    又四边形ABCD是正方形,所以ACBD.

    因为DEBDDDE平面BEDBD平面BED

    所以AC平面BED.

    AC平面ACE

    所以平面ACE平面 BED.

    (2)因为DADCDE两两垂直,所以以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.

    A(3,0,0)F(3,0,2)E(0,0,3)B(3,3,0)C(0,3,0),所以(3,-3,0)(3,-3,3)(3,0,-)

    设平面BEF的法向量为n(xyz)

    x,得n(23)

    所以cosn〉==-.

    所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.

    (3)假设在线段AF上存在符合条件的点M,设M(3,0t)0t2

    (0,-3t)

    设平面MBE的法向量为m(x1y1z1)

    y1t,得m(3tt,3)

    (1)CA平面BED,所以是平面BED的一个法向量,

    |cosm|cos 60°

    整理得2t26t150,解得tt(舍去)

    故在线段AF上存在点M,使得二面角M­BE­D的大小为60°,此时.

     

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