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)

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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.