适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量解答题专项四第3课时翻折问题与探索性问题北师大版

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解答题专项四　立体几何中的综合问题
第3课时　翻折问题与探索性问题
解答题专项练
1.(2022·山东济南三模)如图1,正方形ABCD中,E,F分别为边BC,AD的中点,将四边形EFDC沿直线EF折起,使得平面CDFE⊥平面ABEF.如图2,点M,N分别满足=2.

图1

图2
(1)求证:AN⊥平面BMN;
(2)求平面AFM与平面BMN夹角的余弦值.
(1)证明:连接AE交BN于点G,连接MG,设AB=2,因为平面CDFE⊥平面ABEF,
平面CDFE∩平面ABEF=EF,CE⊂平面CDFE,CE⊥EF,所以CE⊥平面ABEF,
因为点N是EF的中点,NE∥AB,
所以AG=2GE.
又因为AM=2MC,所以MG∥CE,
所以MG⊥平面ABEF.
因为AN⊂平面ABEF,所以MG⊥AN,
又AB=2,AN=NB=,所以AN⊥NB.
因为NB∩MG=G,NB,MG⊂平面BMN,
所以AN⊥平面BMN.
(2)解:因为平面CDFE⊥平面ABEF,平面CDFE∩平面ABEF=FE,DF⊥EF,所以DF⊥平面ABEF.
因为AF⊂平面ABEF,所以DF⊥AF,所以FA,FE,FD两两垂直,

所以以F为原点,分别以FA,FE,FD所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
设AB=2,所以F(0,0,0),A(1,0,0),M,N(0,1,0),
所以=(1,0,0),=,
设平面AFM的一个法向量为n=(x,y,z),
由令y=1,得n=(0,1,-2),
由(1)知平面BMN的一个法向量为=(-1,1,0),
设平面AFM与平面BMN的夹角为θ,
所以cosθ=,
所以平面AFM与平面BMN夹角的余弦值为.
2.(2022·山东青岛二模)如图,P为圆锥的顶点,O为圆锥底面的圆心,圆锥的底面直径AB=4,母线PH=2,M是PB的中点,四边形OBCH为正方形.

(1)设平面POH∩平面PBC=l,证明:l∥BC;
(2)设D为OH的中点,N是线段CD上的一个点,当MN与平面PAB所成角最大时,求MN的长.
(1)证明:因为四边形OBCH为正方形,∴BC∥OH,
∵BC⊄平面POH,OH⊂平面POH,
∴BC∥平面POH.
∵BC⊂平面PBC,平面POH∩平面PBC=l,
∴l∥BC.

(2)解:∵圆锥的母线长为2,AB=4,∴OB=2,OP=2,
以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),B(0,2,0),D(1,0,0),C(2,2,0),M(0,1,1),
设=λ=(λ,2λ,0)(0≤λ≤1),=(1+λ,2λ,0),
=(1+λ,2λ-1,-1),=(1,0,0)为平面PAB的一个法向量,
设MN与平面PAB所成的角为θ,
则sinθ=
=,令1+λ=t∈[1,2],
则sinθ=,
所以当时,即λ=时,sinθ最大,即θ最大,此时=,-1,所以MN=||=.
3.(2022·江苏连云港二模)如图,在三棱锥A-BCD中,△ABC是正三角形,平面ABC⊥平面BCD,BD⊥CD,点E,F分别是BC,DC的中点.

(1)证明:平面ACD⊥平面AEF;
(2)若∠BCD=60°,点G是线段BD上的动点,问:点G运动到何处时,平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.
(1)证明:因为△ABC是正三角形,点E是BC中点,所以AE⊥BC,
又因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC,所以AE⊥平面BCD.
因为CD⊂平面BCD,所以CD⊥AE.
因为点E,F分别是BC,CD的中点,
所以EF∥BD,
因为BD⊥CD,所以CD⊥EF.
因为CD⊥AE,AE∩EF=E,AE⊂平面AEF,EF⊂平面AEF,
所以CD⊥平面AEF,
因为CD⊂平面ACD,
所以平面ACD⊥平面AEF.

(2)解:在平面BCD中,过点E作EH⊥BD,垂足为H,因为∠BCD=60°,
设BC=4,则EA=2,DF=FC=1,EF=.
以E为原点,分别以为x轴、y轴、z轴正半轴的正方向,建立如图空间直角坐标系,
则E(0,0,0),A(0,0,2),C(-1,,0),D(1,,0),设G(1,y,0),其中y∈[-],
则=(0,0,2),=(1,,-2),=(2,0,0),=(1,y,0),
设平面AEG的法向量为n1=(x1,y1,z1),由
令y1=-1,故n1=(y,-1,0),
设平面ACD的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
令z2=1,则n2=(0,2,1),
设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为θ,
则cosθ=|cos|==,
当y=0时,cosθ最大,此时锐二面角θ最小.
故当点G为BD的中点时,平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.
4.(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(不包括P,B点)上是否存在点F,使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在,试确定点F的位置;若不存在,请说明理由.
(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.
(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EAP,
所以PO⊥平面ABCE,又AB=4,故PO=,BE=2,
取AB的中点G,则OG∥BE,
由(1)得BE⊥AE,所以OG⊥AE,
以点O为原点,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,

则O(0,0,0),A(1,0,0),B(-1,2,0),P(0,0,),E(-1,0,0),
则=(2,0,0),=(0,2,0),=(-1,2,-),=(1,0,),
假设存在点F,使平面AEF与平面AEP的夹角为45°,
设=λ=(-λ,2λ,-λ),λ∈(0,1),
则=(1,0,)+(-λ,2λ,-λ)=(1-λ,2λ,λ),
设平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z),
由
得取z=2λ,得m=(0,λ-1,2λ);
由(1)知为平面AEP的一个法向量,
于是cos45°=|cos|=
=,
解得λ=或λ=-1(舍去),
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,平面AEF与平面AEP的夹角为45°.