适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练8空间距离折叠与探索性问题

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图1
图2
(1)证明:DE⊥平面A1BE;
(2)求平面CA1E与平面A1ED夹角的余弦值.
2.(2023广东揭阳模拟)如图所示的四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AD⊥AB,DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角P-AD-B的大小为135°,点P到底面ABCD的距离为.
(1)过点P是否存在直线l,使直线l∥平面ABCD?若存在,作出该直线,并写出作法与理由;若不存在,请说明理由.
(2)若=2,求点M到平面PAD的距离.
3.(2023湖南师大附中模拟)如图,在斜三棱柱ABC-DEF中,△ABC是边长为2的正三角形,BD=CD=,侧棱AD与底面ABC所成角为60°.
(1)求三棱柱ABC-DEF的体积.
(2)在线段DF(含端点)上是否存在点G,使得平面GBC与平面ABC的夹角为60°?若存在,请指出点G的位置;若不存在,请说明理由.
4.(2023山东青岛一模)如图,在Rt△PAB中,PA⊥AB,且PA=4,AB=2,将△PAB绕直角边PA旋转到△PAC处,得到圆锥的一部分,点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点.
(1)是否存在点D,使得BC⊥PD?若存在,求出∠CAD的大小;若不存在,请说明理由.
(2)当四棱锥P-ABDC体积最大时,求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值.
5.(2023广东佛山二模)如图所示的一块木料中,底面ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F是PC,AD的中点.
(1)若要经过点E和棱AB将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由并计算截面周长;
(2)若要经过点B,E,F将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由.
6.(2023湖南长邵中学模拟)如图1,已知△AB'C是边长为2的等边三角形,D是边AB'的中点,DH⊥B'C,如图2,将△B'DH沿边DH翻折至△BDH.
图1
图2
(1)在线段BC上是否存在点F,使得AF∥平面BDH?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
(2)若平面BHC与平面BDA夹角的余弦值为,求三棱锥B-DCH的体积.
考点突破练8 空间距离、折叠与探索性问题
1.(1)证明 由题意可知∠BEC=∠CED=,所以∠BED=,故DE⊥BE.因为A1B⊥DE,A1B∩BE=B,A1B,BE⊂平面A1BE,所以DE⊥平面A1BE.
(2)解取BE的中点O,连接A1O,CO,由等腰三角形的性质可知,A1O⊥BE,CO⊥BE.
由BE=CE,CE=CD,可知BE=2CD,OE=CD.由DE⊥BE,且CD⊥DE,可知OE∥CD,四边形OCDE为平行四边形,则CO∥DE,故CO⊥平面A1BE.
令BE=2,以O为坐标原点,OB,OC,OA1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,则A1(0,0,1),E(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,1,0).
=(1,0,1),=(1,1,0),=(0,1,0),=(1,0,-1).设平面A1EC的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=-1,z=-1,得n=(1,-1,-1).
因为=0,=0,
所以平面A1ED的一个法向量为m==(1,0,-1),所以cs=,
故平面CA1E与平面A1ED夹角的余弦值为.
2.解 (1)过点P存在直线l,满足直线l∥平面ABCD.理由如下:
过点P在平面PAD内作直线l平行于直线AD.
因为l∥AD,l⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以l∥平面ABCD.
(2)取线段AD的中点为O,线段BC的中点为E,连接OE,OP,因为四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,所以OE∥AB.又AD⊥AB,所以AD⊥OE.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又PO∩OE=O,PO,OE⊂平面POE,所以AD⊥平面POE.
在平面POE内过点O作直线ON⊥OE,交直线PE于点N,则直线OA,OE,ON两两垂直.以O为原点,OA,OE,ON所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
过点P作PF∥NO,交直线OE于点F.
因为ON⊥OA,ON⊥OE,OA,OE⊂平面ABCD,OA∩OE=O,所以ON⊥平面ABCD,故PF⊥平面ABCD.
又点P到底面ABCD的距离为,所以PF=.
因为OE⊥AD,OP⊥AD,所以∠POE为二面角P-AD-B的平面角.
由已知可得∠POE=135°,所以∠POF=45°,所以OF=,
所以A(,0,0),D(-,0,0),P(0,-),C(-,2a,0),所以=(-a,0,0),=(,-),=(-,-).
因为=2,所以=(-,-),所以=(,-).
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
则令y=1,则x=0,z=1,所以n=(0,1,1)为平面PAD的一个法向量,
所以点M到平面PAD的距离d=.
3.解 (1)取BC中点M,连接AM,DM,如图所示.因为△ABC为正三角形,△DBC为等腰三角形,
故AM⊥BC,DM⊥BC.
又AM∩DM=M,AM,DM⊂平面ADM,
所以BC⊥平面ADM.
又BC⊂平面ABC,所以平面ADM⊥平面ABC,
故AD在平面ABC的射影在射线AM上.
∠DAM为侧棱AD与底面ABC所成角,即∠DAM=60°.
在△DAM中,AM=,DM=,由余弦定理知,cs∠DAM=,解得AD=,故三棱锥D-ABC为正三棱锥,则三棱锥的高为ADsin60°=2,底面△ABC的面积S=×2×2×sin60°=,三棱柱的高为2,故三棱柱ABC-DEF的体积V=Sh=2.
(2)存在点G,使平面GBC与平面ABC的夹角为60°.以M为坐标原点,过点M作平面ABC的垂线为z轴,MA,MB为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系.
依题意,A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(,0,2),则=(-,-1,0),=(0,2,0),=(,-1,2).
假设存在点G满足题意,则=λ=λ=(-λ,-λ,0),λ∈[0,1],
=(λ,-1-λ,2).
设平面GBC的法向量为m=(x,y,z),则
取x=6,则y=0,z=3λ-,故m=(6,0,3λ-).
由题可知,平面ABC的法向量n=(0,0,1).
依题意,解得λ=1,故当点G与点F重合时,满足题意.
4.解 (1)当D为的中点,即∠CAD=时,BC⊥PD.
证明如下:∵D为的中点,∴∠CAD=∠BAD=,即AD为∠CAB的角平分线.
∵AC=AB,∴AD为等腰三角形CAB的高所在的直线,即AD⊥BC.
∵PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABDC,∴PA⊥平面ABDC.
又BC⊂平面ABDC,∴PA⊥BC.
∵PA∩AD=A,∴BC⊥平面PAD,
∵PD⊂平面PAD.∴BC⊥PD.
(2)由(1)得,PA为四棱锥P-ABDC的高.
∵PA=4,∴当四边形ABDC的面积取最大值时,四棱锥P-ABDC体积最大.
设∠CAD=α,则∠BAD=-α,α∈(0,),
S四边形ABDC=S△CAD+S△BAD=×2×2×sinα+×2×2×sin(-α)=2[sinα+sin(-α)]=2sin(α+).
∵α∈(0,),α+∈(),当α=时,sin(α+)=1,S四边形ABDC取最大值2,
即当四棱锥P-ABDC体积最大时,∠CAD=∠BAD=.
过点A在平面ABDC内作直线AE⊥AB,交于点E,
由题知,AE,AB,AP两两垂直,则以A为原点,AE,AB,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,4),B(0,2,0),D(,1,0),C(,-1,0),
则=(,1,-4),=(0,2,0),=(-,1,0).
设平面PCD的法向量为n=(x1,y1,z1),
则令z1=,则x1=4,y1=0,得n=(4,0,).
设平面PBD的法向量为m=(x2,y2,z2),则
令z2=,则x2=2,y2=2,得m=(2,2).
设平面PCD与平面PBD的夹角为θ,则csθ=,故平面PCD与平面PBD夹角的余弦值为.
5.解 (1)因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,
所以AB∥平面PCD.又AB⊂平面ABE,
设平面ABE∩平面PCD=l,则AB∥l.
设PD的中点为G,连接EG,AG,则EG∥CD.又AB∥CD,
所以AB∥EG,即EG所在直线为直线l,则BE,EG,AG即为木料表面应画的线.
因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
所以AB⊥PA.又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AG⊂平面PAD,
所以AB⊥AG,即截面ABEG为直角梯形.又PA=AB=2,
所以AG=,EG=1,BE=,
所以截面周长为+3.
(2)以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1),F(0,1,0),
所以=(-1,1,1),=(-2,1,0),=(0,2,-2).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,则y=2,z=-1,得n=(1,2,-1).
设PD∩平面BEF=H,设=λ=λ(0,2,-2),λ∈[0,1].又P(0,0,2),
所以H(0,2λ,2-2λ),则=(-2,2λ,2-2λ),
由·n=(-2)×1+2λ×2+(2-2λ)×(-1)=0,可得6λ-4=0,得λ=,即H为棱PD靠近D点的三等分点,连接EH,FH,则EH,FH即为木料表面应画的线.
6.解 (1)存在点F满足题意,且.理由如下:
在图3中,取B'C的中点M,连接AM,则AM∥DH.
在图4中,AM∥DH,AM⊄平面BDH,DH⊂平面BDH,
所以AM∥平面BDH,且.
在线段BC上取点F,使,
连接MF,FA,则MF∥BH,MF⊄平面BDH,BH⊂平面BDH,所以MF∥平面BDH.
因为MF∩AM=M,MF,AM⊂平面AMF,所以平面AMF∥平面BDH.
又AF⊂平面AMF,所以AF∥平面BDH,且.
图3
图4
(2)在图4中,DH⊥HC,DH⊥HB,HC∩HB=H,HC,HB⊂平面BHC,所以DH⊥平面BHC.
(方法一)以H为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.则H(0,0,0),A(,0),C(,0,0),D(0,,0),
设∠BHC=θ∈(0,π),则B(csθ,0,sinθ),
=(csθ,-sinθ),=(,0).
设平面BDA的法向量为m=(x,y,z),
则
令y=1,则x=-,z=,
即m=(-,1,).
易知平面BHC的一个法向量n=(0,1,0).
若平面BHC与平面BDA夹角的余弦值为,则,化简整理得,
由三角恒等变换得,tan.
又sin2θ+cs2θ=1,
则sinθ=,csθ=, 所以B(,0,),
则三棱锥B-DCH的高为.
因为底面积S△DCH=,
所以三棱锥B-DCH的体积为VB-DCH=.
(方法二)延长AD,CH相交于点N,则点N即为点B',
故平面BHC∩平面BDA=BN.
过点H作HT⊥BN,垂足为T,连接DT.
因为DH⊥平面BHC,BN⊂平面BHC,所以DH⊥BN.
又HT∩DH=H,HT,DH⊂平面DTH,所以BN⊥平面DTH.又DT⊂平面DTH,则BN⊥DT,所以∠DTH即为平面BHC与平面BDA的夹角,即cs∠DTH=,所以tan∠DTH=2,即tan∠DTH==2,即TH=.
又BH=NH=,则NT=,
所以BN=2NT=.
在△BNH中,设点B到NH的距离为h,由等面积法可得h·NH=BN·HT,解得h=,
即三棱锥B-DCH的高h=.
又△DCH的面积为,
所以三棱锥B-DCH的体积为V=.