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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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课后限时集训(四十六)
立体几何中的最值、翻折、探索性问题
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1.(2018·全国卷Ⅲ)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是上异于C,D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.
[解] (1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.
因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,所以BC⊥DM.
因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以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为的中点.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).
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,
则
即可取n=(1,0,2).
是平面MCD的法向量,
因此cos〈n,〉==,sin〈n,〉=.
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①,已知三棱锥PABC,其展开图如图②所示,其中四边形ABCD是边长等于的正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,在三棱锥PABC中:
图① 图②
(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若M是PA的中点,求二面角PBCM的余弦值.
[解] (1)证明:如图,设AC的中点为O,连接BO,PO.
由题意,得PA=PB=PC=,PO=1,AO=BO=CO=1.
因为在△PAC中,PA=PC,O为AC的中点,所以PO⊥AC,
因为在△POB中,PO=1,OB=1,PB=,所以PO2+OB2=PB2,所以PO⊥OB.
因为AC∩OB=O,AC,OB⊂平面ABC,
所以PO⊥平面ABC,因为PO⊂平面PAC,
所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)可知PO⊥OB,PO⊥AC,OB⊥AC,以OC,OB,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则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=(x1,y1,z1),
由得令x1=1,得y1=1,z1=3,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=(x2,y2,z2),
由得令x2=1,得y2=1,z2=1,即n=(1,1,1)为平面PBC的一个法向量.
cos〈n,m〉===.
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,AB∥CD,∠BCD=120°,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.
[解] (1)证明:设AD=CD=BC=1,
∵AB∥CD,∠BCD=120°,∴AB=2,
∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3,
∴AB2=AC2+BC2,则BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
∴AC⊥CF,而CF∩BC=C,CF,BC⊂平面BCF,
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC,∴EF⊥平面BCF.
(2)以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=λ(0≤λ≤),
则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),
∴=(-,1,0),=(λ,-1,1).
设n=(x,y,z)为平面MAB的法向量,
由 得
取x=1,则n=(1,,-λ).
易知m=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,
∴cos〈n,m〉===.
∵0≤λ≤,∴当λ=0时,cos〈n,m〉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Ⅲ)图①是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②.
图① 图②
(1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图②中的二面角BCGA的大小.
[解] (1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC=B,
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC,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2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.
以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,
则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=(x,y,z),
则即
所以可取n=(3,6,-).
又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),
所以cos〈n,m〉==.
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ABCD,PD=DC,点E是PC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.
[解] (1)证明:如图,连接AC交BD于O,连接OE.
由题意可知,PE=EC,AO=OC,
∴PA∥EO,又PA⊄平面BED,EO⊂平面BED,
∴PA∥平面BED.
(2)以D为坐标原点,DA,DC,DP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PD=CD=1,AD=a,
则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=(x,y,z),
由得∴可取n=(0,1,1).
由直线BD与平面PBC所成的角为30°,得|cos〈,n〉|===,解得a=1.
可得平面PBD的一个法向量m=(-1,1,0),
∴cos〈n,m〉===,
∵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ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2,DE=3.
(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.
[解] (1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,
所以DE⊥平面ABCD.
因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.
又四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.
因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,
所以AC⊥平面BED.
又AC⊂平面ACE,
所以平面ACE⊥平面 BED.
(2)因为DA,DC,DE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.
则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=(x,y,z),
则
取x=,得n=(,2,3).
所以cos〈,n〉===-.
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(3,0,t),0≤t≤2,
则=(0,-3,t).
设平面MBE的法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令y1=t,得m=(3-t,t,3).
由(1)知CA⊥平面BED,所以是平面BED的一个法向量,
|cos〈m,〉|===cos 60°=,
整理得2t2-6t+15=0,解得t=或t=(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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