高考数学(理数)冲刺大题提分(讲义+练习)大题精做06《立体几何：动点与设未知量》(含答案详解)

高考数学(理数)冲刺大题提分(讲义+练习)

大题精做06《立体几何：动点与设未知量》

【例题】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，侧面底面，，，，分别为，的中点，点在线段上．

（1）求证：平面；

（2）若为的中点，求证：平面；

（3）如果直线与平面所成的角和直线与平面所在的角相等，求的值．

解：（1）证明：在平行四边形中，

∵，，，∴，

∵，分别为，的中点，∴，∴，

∵侧面底面，且，∴底面，∴，

又∵，平面，平面，∴平面．

（2）证明：∵为的中点，为的中点，∴，

又∵平面，平面，∴平面，

同理，得平面，

又∵，平面，平面，∴平面平面，

又∵平面，∴平面．

（3）解：∵底面，，∴，，两两垂直，

故以，，分别为轴，轴和轴建立如图空间直角坐标系，

则，，，，，，

∴，，，

设，则，

∴，，

易得平面的法向量，

设平面的法向量为，则，

即，令，得，

∴直线与平面所成的角和此直线与平面所成的角相等，

∴，即，

∴，解得或（舍去），

故．

1.如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥PC，AD//BC，AD⊥CD，且PC=BC=2AD=2CD=,PA=2.

（1）证明：平面；

（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？

如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由．

2.如图所示，正四棱椎中，底面的边长为2，侧棱长为．

（1）若点为上的点，且平面，试确定点的位置；

（2）在（1）的条件下，点为线段上的一点且，若平面和平面所成的锐二面角的余弦值为，求实数的值．

3.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，

为正三角形，且侧面底面，为线段的中点，在线段上．

（1）当是线段的中点时，求证：平面；

（2）是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求出的值；

若不存在，请说明理由．

4.如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AE⊥平面ABCD,EF∥CD,

BC=CD=AE=EF=AD=1.

(1)求证:CE∥平面ABF;

(2)在直线BC上是否存在点M,使二面角EMDA的大小为?若存在,求出CM的长;若不存在,请说明理由.

5.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=，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所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．

0.答案解析

1.解：（1）∵在底面中，，，且，

∴，，∴，

又∵，，平面，平面，

∴平面，

又∵平面，∴，

∵，，∴，

又∵，，平面，平面，

∴平面．

（2）方法一：在线段上取点，使，则，

又由（1）得平面，∴平面，

又∵平面，∴，作于，

又∵，平面，平面，

∴平面，

又∵平面，

∴，

又∵，

∴是二面角的一个平面角，

设，则，，

这样，二面角的大小为，

即，

即，∴满足要求的点存在，且．

方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直

∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系，

且由（1）知是平面的一个法向量，

设，则，，

∴，，

设是平面的一个法向量，

则，∴，

令，则，它背向二面角，

又∵平面的法向量，它指向二面角，这样，

二面角的大小为，

即，

即，∴满足要求的点存在，且．

2.解：（1）设交于点，连结，

∵平面，平面平面，∴，

又为的中点，∴在中，为中点．

（2）连结，由题意得平面，且，

∴以为原点，、、所成直线为，，轴，建立空间直角坐标系，

，

∴，，，，，

则，，，，

设平面的法向量，

则，令，得平面的一个法向量，

设平面的法向量，

由，得，，

∴，令，得，

∵平面和平面所成的锐二面角的余弦值为，

∴，解得．

3.解：（1）证明：连接交于点，连接，

∵四边形是菱形，∴点为的中点，

又∵为的中点，∴，

又∵平面，平面，∴平面．

（2）∵是菱形，，是的中点，∴，

又∵平面，

以为原点，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，．

假设棱上存在点，设点坐标为，，

则，∴，

∴，，

设平面的法向量为，

则，解得．

令，则，得．

∵平面，∴平面的法向量，

∴，

∵二面角的大小为，

∴，即，解得，或（舍去）

∴在棱上存在点，当时，二面角的大小为．

4. (1)证明:如图(1),作FG∥EA,AG∥EF,连接EG交AF于点H,连接BH,BG.

因为EF∥CD且EF=CD,所以AG∥CD,即点G在平面ABCD内.

由AE⊥平面ABCD,知AE⊥AG,

所以四边形AEFG为正方形,四边形CDAG为矩形,

所以H为EG的中点,B为CG的中点,所以BH∥CE.

因为BH⊂平面ABF,CE⊄平面ABF,所以CE∥平面ABF.

(2)解:存在.求解过程如下:如图(2),以A为原点,AG为x轴,AD为y轴,AE为z轴,

建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),E(0,0,1),D(0,2,0).设M(1,y0,0),

所以=(0,2,-1),=(1,y0-2,0).设平面EMD的法向量为n=(x,y,z),

则令y=1,得z=2,x=2-y0,所以n=(2-y0,1,2).

又因为AE⊥平面AMD,所以=(0,0,1)为平面AMD的一个法向量,

所以|cos<n,>|==cos =,

解得y0=2±.故在直线BC上存在点M,使二面角EMDA的大小为,

且CM=|2-(2±)|=.

5.解：(1)证明：在梯形ABCD中，设AD=CD=BC=1，

∵AB∥CD，∠BCD=，∴AB=2，∴AC2=AB2＋BC2－2AB·BC·cos=3.

∴AB2=AC2＋BC2，∴BC⊥AC.

∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥CF，又CF∩BC=C，

∴AC⊥平面BCF.

∵四边形ACFE是矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.

 (2)由(1)，以CA，CB，CF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，

设AD=CD=BC=CF=1，令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)，

设平面MAB的法向量为n1=(x，y，z)，则即

令x=1，则n1=(1，，－λ)为平面MAB的一个法向量．

易知n2=(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，

设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，

则cos θ===.

∵0≤λ≤，∴当λ=0时，cos θ有最小值，

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