(新高考)高考数学一轮考点复习7.5.3《立体几何的综合性问题》课时跟踪检测(含详解)

课时跟踪检测（三十九）  立体几何的综合性问题

1．如图①，在等腰梯形ABCD中，AB＝2，CD＝6，AD＝2，E，F分别是线段CD的两个三等分点．若把等腰梯形沿虚线AF，BE折起，使得点C和点D重合，记为点P，如图②.

(1)求证：平面PEF⊥平面ABEF；

(2)求平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值．

解：(1)证明：由已知条件易知四边形ABEF是正方形，

BE⊥EF且BE⊥PE.又PE∩EF＝E，

所以BE⊥平面PEF.

因为BE⊂平面ABEF，

所以平面PEF⊥平面ABEF.

(2)如图，过点P作PO⊥EF于点O，

过点O作BE的平行线交AB于点G，

则PO⊥平面ABEF.

又PO，EF，OG所在直线两两垂直，

所以分别以OG，OE，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则A(2，－1,0)，B(2,1,0)，E(0,1,0)，

P(0,0，)．

所以＝(－2,2,0)，＝(0，－1，)，＝(0,2,0)，＝(2，－1，－)．

设平面PAE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则所以

令z1＝1，得n1＝(，，1)．

设平面PAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

则所以

令z2＝2，得n2＝(，0,2)．

设平面PAE与平面PAB所成锐二面角为θ，

则cos θ＝＝＝.

所以平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值为.

2.如图，在四棱锥P­ABCD中，ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PB＝2，∠DPC＝45°，∠PBD＝30°.

(1)在PB上是否存在一点E，使PC⊥平面ADE？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由；

(2)当E为PB的中点时，求二面角P­AE­D的余弦值．

解：(1)存在点E，使PC⊥平面ADE.

以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.

由题意知PD＝CD＝1，AD＝，

所以D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,1,0)．

所以＝(，1，－1)，＝(0,1，－1)．

设＝λ (0≤λ≤1)，则＝λ＝λ(，1，－1)，

所以E(λ，λ，1－λ)．

由·＝(0,1，－1)·(λ，λ，1－λ)＝λ－1＋λ＝0，得λ＝，

即当点E为PB的中点时，PC⊥DE.

由矩形ABCD知AD⊥CD，由PD⊥平面ABCD知PD⊥AD，

又PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PDC，所以AD⊥PC.

又AD∩DE＝D，所以PC⊥平面ADE.

所以，当点E为PB的中点时，PC⊥平面ADE.

(2)由(1)知＝(，0,0)，＝，＝(，0，－1)，＝.

由(1)知平面ADE的一个法向量为n1＝＝(0,1，－1)．

设平面PAE的法向量为n2＝(x，y，z)，

则即

取x＝1，得n2＝(1,0，)．

设n1，n2的夹角为θ，则cos θ＝＝－.

由图知二面角P­AE­D为锐角，

故所求二面角P­AE­D的余弦值为.

3．如图1，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图2，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．

(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；

(2)给出三个条件：①A′M⊥BC；②平面A′MN与平面CMN的夹角为60°；③A′B＝.在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答．

当________时，在线段BC上是否存在一点P，使直线PA′与平面A′BM所成角的正弦值为？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：由已知得AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，

MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos 60°，解得MN＝，

故AN2＝AM2＋MN2，

∴MN⊥AB，∴MN⊥A′M，MN⊥MB，

又∵MB∩A′M＝M，∴MN⊥平面A′BM.

又MN⊂平面BCNM，∴平面A′BM⊥平面BCNM.

(2)若选条件①A′M⊥BC，由(1)得A′M⊥MN，BC和MN是两条相交直线，

∴A′M⊥平面BCNM.

以M为原点，MB，MN，MA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则A′(0,0,1)，设P(2－a，a,0)，其中0<a≤，则＝(2－a，a，－1)．

易知平面A′BM的法向量为n＝(0,1,0)．

设直线PA′与平面A′BM所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，

解得a＝>，故不存在P满足条件．

若选条件②平面A′MN与平面CMN的夹角为60°，由(1)得     ∠A′MB即为平面A′MN与平面CMN的夹角，∴∠A′MB＝60°.过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM.在平面BCNM中，连接OC，经计算可知OC⊥OB.

以O为原点，OB，OC，OA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则A′，

设P，其中0<a≤，

则＝.

易知平面A′BM的法向量为n＝(0,1,0)．

设直线PA′与平面A′BM所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|

＝＝，

解得a＝或a＝3(舍去)，故存在P满足条件，

这时PB＝3.

若选条件③A′B＝，在△A′BM中，由余弦定理得：

A′B2＝MB2＋MA′2－2MB·MA′cos∠A′MB，

即7＝4＋1－2×2×1×cos∠A′MB，

解得cos∠A′MB＝－，故∠A′MB＝120°.

过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM.

在平面BCNM中，作OD⊥OB，点D在BM的右侧．

以O为原点，OB，OD，OA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则A′，

设P，其中0<a≤，

则＝.

易知平面A′BM的法向量为n＝(0,1,0)．

设直线PA′与平面A′BM所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|＝

＝，化简得2a2－15a＋21＝0.

解得a＝>，故不存在P满足条件．

4.如图所示，在四棱锥P­ABCD中，ABCD为矩形．平面PAD⊥平面ABCD.

(1)求证：AB⊥PD；

(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问：AB为何值时，四棱锥P­ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．

解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，故AB⊥AD.

又平面PAD⊥平面ABCD，

平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，

所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，故AB⊥PD.

(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.

则PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.

在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.

设AB＝m，则OP＝＝ ，

故四棱锥P­ABCD的体积为

V＝··m·＝·.

因为m＝＝ ，

故当m＝，即AB＝时，四棱锥P­ABCD的体积最大．

此时建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，

则O(0,0,0)，B，

C，D，

P，

故＝，＝(0，，0)，

＝.

设平面BPC的一个法向量n1＝(x，y,1)，

则由得

解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)．

同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝.

从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ＝＝＝.

5．(2021·华南师大附中质检)如图，在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.

(1)求证：CE⊥平面ADF；

(2)已知P为棱BC上的点，试确定点P的位置，使二面角P­DF­A的大小为60°.

解：(1)证明：∵CD∥EF，CD＝EF＝CF，

∴四边形CDEF是菱形，∴CE⊥DF.

∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，

∴AD⊥平面CDEF，

∵CE⊂平面CDEF，∴AD⊥CE.

又∵AD⊂平面ADF，DF⊂平面ADF，AD∩DF＝D，

∴直线CE⊥平面ADF.

(2)由(1)知四边形CDEF为菱形，

又∵∠DCF＝60°，

∴△DEF为正三角形．

取EF的中点G，连接GD，则GD⊥EF.

∵EF∥CD，∴GD⊥CD.

∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD⊂平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∴GD⊥平面ABCD.

又∵AD⊥CD，

∴直线DA，DC，DG两两垂直．

以D为原点，分别以DA，DC，DG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D­xyz.

∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，

∴D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，E(0，－1，)，F(0,1，)，

∴＝(0，－3，)，＝(0,1，)，

＝(1，－1,0)，＝(0,2,0)．

由(1)知是平面ADF的一个法向量．

设＝a＝(a，－a,0)(0≤a≤1)，

则＝＋＝(a,2－a,0)．

设平面PDF的法向量为n＝(x，y，z)，

则即

令y＝a，则x＝(a－2)，z＝－a，

∴n＝((a－2)，a，－a)．

∵二面角P­DF­A的大小为60°，

∴|cosn，〉|＝

＝＝，

解得a＝或a＝－2(不合题意，舍去)．

∴P在靠近点B的CB的三等分点处．