(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)

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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．