备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（五十二） 立体几何中的综合问题

这是一份备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（五十二） 立体几何中的综合问题，共8页。
课时验收评价（五十二） 立体几何中的综合问题1．(2023·山西高三阶段练习)如图，点E在△ABC内，DE是三棱锥D-ABC的高，且DE＝2.△ABC是边长为6的正三角形，DB＝DC＝5，F为BC中点．(1)证明：点E在AF上．(2)点G是棱AC上的一点(不含端点)，求平面DEG与平面BCD夹角余弦值的最大值．解：(1)证明：连接EF，DF.因为DE是三棱锥D-ABC的高，即DE⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以DE⊥BC.因为DB＝DC＝5，BC的中点为F，所以DF⊥BC，因为DE∩DF＝D，DE，DF⊂平面DEF，所以BC⊥平面DEF，因为EF⊂平面DEF，所以BC⊥EF.又因为△ABC是边长为6的正三角形，BC的中点为F，所以BC⊥AF，即点E在AF上．(2)结合(1)得，AF＝3，DF＝＝4，EF＝＝2，AE＝AF－EF＝.过点E作EH∥BC，交AC于H，结合(1)可知EF，EH，ED两两垂直，所以以E为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，A(－，0,0)，B(2，－3,0)，C(2，3,0)，D(0,0,2)，所以＝(－2，3,2)，＝(0,6,0)．设平面BCD的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则即取x2＝1，则m＝(1,0，)．又＝(3，3,0)，设＝λ，λ∈(0,1)．所以＝＋λ＝(－，0,0)＋λ(3，3,0)＝(3λ－，3λ，0)．设平面DEG的法向量为u＝(x3，y3，z3)，则即取x3＝，则u＝.所以cosu，m＝＝≤，当且仅当λ＝时，等号成立．所以平面DEG与平面BCD夹角余弦值的最大值为.2.(2023·青岛二中高三期中)在多面体ABCDEF中，平面ABCD为正方形，AB＝2，AE＝3，DE＝，二面角E-AD-C的平面角的余弦值为，且EF∥BD.(1)证明：平面ABCD⊥平面DCE；(2)若＝λ(λ>0)，求平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值的取值范围．解：(1)证明：∵AB＝AD＝2，AE＝3，DE＝，∴AD2＋DE2＝AE2，即AD⊥DE，又∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，且DE∩DC＝D，DE⊂平面EDC，DC⊂平面EDC，∴AD⊥平面EDC，又AD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面EDC.(2)由(1)知，∠EDC是二面角E-AD-C的平面角，作OE⊥CD于点O，则OD＝DE·cos∠EDC＝1，OE＝2，且平面ABCD⊥平面EDC，平面ABCD∩平面EDC＝CD，OE⊂平面EDC，∴OE⊥平面ABCD，取AB中点M，连接OM，则OM⊥CD，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，－1,0)，B(2,1,0)，D(0，－1,0)，C(0,1,0)，E(0,0,2)，∴＝(2,2,0)，＝(2λ，2λ，0)，＝(0,1，－2)，设平面CEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则取m＝，又＝(2λ－2,2λ－1,2)，＝(0,2,0)，设平面ABF的一个法向量为n＝(a，b，c)，则取n＝(2,0,2－2λ)，∴|cosm，n|＝＝＝＝×，令λ－＝t，则根据对勾函数的性质可得t＋－<－8或t＋－≥1，当且仅当t＝时，等号成立．∴1＋∈∪(1,5]，∴|cosm，n|∈∪；当λ＝时，|cos〈m，n〉|＝；∴|cosm，n|∈，即平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值的取值范围为.3．如图，在平面四边形ABCD中，△ABC是等边三角形，AC⊥DC，以AC为折痕将△ABC折起，使得平面ABC⊥平面ACD.(1)设E为BC的中点，求证：AE⊥平面BCD；(2)若＝，求二面角A-BD-C的余弦值．解：(1)证明：因为平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，CD⊂平面ACD，CD⊥AC，所以CD⊥平面ABC，又AE⊂平面ABC，所以CD⊥AE，在等边△ABC中，因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，又CD∩BC＝C，CD⊂平面BDC，BC⊂平面BDC，所以AE⊥平面BDC.(2)以C为坐标原点，分别以，所在的方向作为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，设等边△ABC的边长为a，则CD＝a，C(0,0,0)，A(0，a,0)，B，D，所以＝，＝，＝，＝，设平面ABD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即令z1＝1，则y1＝，x1＝，于是m＝，设平面BCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，即则解得x2＝0，令z2＝1，则y2＝－，于是n＝(0，－，1)，所以cosm，n＝＝＝－，由题意知二面角A-BD-C为锐角，所以二面角A-BD-C的余弦值为.4．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O1，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P-ABMND.(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；(3)在(2)的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角Q-MN-P的平面角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明如下：∵点M，N分别是边BC，CD的中点，∴BD∥MN，又∵菱形ABCD中∠DAB＝60°，∴△PMN是等边三角形，由题意易知G是MN的中点，∴MN⊥PG，∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BD⊥AG，∴MN⊥AG，∵AG∩PG＝G，AG⊂平面PAG，PG⊂平面PAG，∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG，∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG.(2)由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，O1G＝，∴等腰梯形MNDB的面积S＝＝3，要使得四棱锥P-MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为，此时四棱锥P-MNDB体积的最大值为V＝×3×＝3，连接BG，则直线PB和平面MNDB所成的角为∠PBG，在Rt△PGB中，PG＝，BG＝，由勾股定理得PB＝＝.∴sin∠PBG＝＝＝.(3)假设符合题意的点Q存在．以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(3，0,0)，M(0,1,0)，N(0，－1,0)，P(0,0，)，∵AG⊥平面PMN，故平面PMN的一个法向量为n1＝(1,0,0)，设＝λ(0≤λ≤1)，∵＝(－3，0，)，＝(－3λ，0，λ)，故Q(3(1－λ)，0，λ)，∴＝(0,2,0)，＝(3(λ－1)，1，－λ)，设平面QMN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即令z2＝1，得y2＝0，x2＝，即n2＝＝(λ，0,3(λ－1))，则平面QMN的一个法向量n＝(λ，0,3(λ－1))，设二面角Q-MN-P的平面角为θ，所以|cos θ|＝＝＝，解得λ＝，故符合题意的点Q存在，且Q为线段PA的中点．5．(2023·湖北高三阶段练习)在图1的直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝CD＝2，E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起，使得BD＝2，得到如图2的四棱锥B-ADCE.(1)证明：平面BEC⊥平面AECD；(2)在线段CD上是否存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由题图1知，四边形AECD是正方形，BE⊥CE，在四棱锥B-ADCE中，BE⊥CE，而DE＝2，BE＝2，DE2＋BE2＝12＝BD2，则BE⊥DE，又DE∩CE＝E，DE，CE⊂平面AECD，因此BE⊥平面AECD，而BE⊂平面BEC，所以平面BEC⊥平面AECD.(2)假定在线段CD上存在点F满足条件，由(1)知，射线EA，EB，EC两两垂直，以点E为原点，射线EA，EB，EC分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则点A(2,0,0)，B(0,2,0)，设F(λ，0,2)(0≤λ≤2)，有＝(－2，2,0)，＝(λ－2,0,2)，设平面FAB的一个法向量n＝(x，y，z)，则令x＝2，得n＝(2,2,2－λ)，显然平面EBC的一个法向量m＝(1,0,0)，依题意|cosm，n|＝＝＝，解得λ＝1或λ＝3(舍去)，即点F(1,0,2)，点F是线段CD的中点，所以在线段CD上存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为，点F是线段CD的中点．6.(2023·树德中学高三阶段练习)如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，∠ABC＝∠BAD＝，SA＝AB＝BC＝AD＝1.(1)求平面SCD与平面ESD形成的钝二面角的余弦值；(2)在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面SCD所成角的大小为？若存在，求出GH的长；若不存在，请说明理由．解：(1)因为SA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD.又∠BAD＝，所以AB⊥AD .以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，S(0,0,1)，E(0,2,1)，G，＝(－1,1,0)，＝(1,1，－1)．设平面SCD的一个法向量为m＝(x，y，z)．则令x＝1，则m＝(1,1,2)，所以平面SCD的一个法向量为m＝(1,1,2)．又平面ESD的一个法向量为＝(1,0,0)．所以cosm，＝＝＝，由图形可知，二面角C-SD-E为钝角，所以二面角C-SD-E的余弦值为－.(2)存在，理由如下：若存在H，设＝λ＝，则＝＋λ＝，由(1)知，平面SCD的一个法向量为m＝(1,1,2)，则sin＝|cosm，|＝＝＝，即(λ－1)2＝0，所以λ＝1，则＝＝，故存在满足题意的H，此时GH＝||＝.