2022版高考数学一轮复习-课后限时集训-46-立体几何中的最值、翻折、探索性问题.doc

2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 46 立体几何中的最值、翻折、探索性问题

2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 46 立体几何中的最值、翻折、探索性问题

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课后限时集训(四十六)　立体几何中的最值、翻折、探索性问题
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1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
当三棱锥M­ABC体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，
＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则
即可取n＝(1,0,2)．
是平面MCD的法向量，
因此cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
2．(2020·广东四校联考)如图①，已知三棱锥P­ABC，其展开图如图②所示，其中四边形ABCD是边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P­ABC中：

图①　　　　　　图②
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若M是PA的中点，求二面角P­BC­M的余弦值．
[解]　(1)证明：如图，设AC的中点为O，连接BO，PO.
由题意，得PA＝PB＝PC＝，PO＝1，AO＝BO＝CO＝1.
因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC，
因为在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝，所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，
所以PO⊥平面ABC，因为PO⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)可知PO⊥OB，PO⊥AC，OB⊥AC，以OC，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)，M，
所以＝(1，－1,0)，＝(1,0，－1)，＝.
设平面MBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由得令x1＝1，得y1＝1，z1＝3，即m＝(1,1,3)为平面MBC的一个法向量．
设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由得令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，即n＝(1,1,1)为平面PBC的一个法向量．
cos〈n，m〉＝＝＝.
由图可知，二面角P­BC­M为锐角，故其余弦值为.
3.如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，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所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
[解]　(1)证明：设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
(2)以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设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n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由 得
取x＝1，则n＝(1，，－λ)．
易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
∴cos〈n，m〉＝＝＝.
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos〈n，m〉取得最小值，
∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.

1．(2019·全国卷Ⅲ)图①是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.

　　　　　　　 图①　　　　　　　图②
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的二面角B­CG­A的大小．
[解]　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，
则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，
＝(1,0，)，＝(2，－1,0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以可取n＝(3,6，－)．
又平面BCGE的法向量可取为m＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此，二面角B­CG­A的大小为30°.
2．(2020·唐山模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点．
(1)求证：PA∥平面BDE；
(2)若直线BD与平面PBC所成的角为30°，求二面角C­PB­D的大小．
[解]　(1)证明：如图，连接AC交BD于O，连接OE.
由题意可知，PE＝EC，AO＝OC，
∴PA∥EO，又PA⊄平面BED，EO⊂平面BED，
∴PA∥平面BED.
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，不妨令PD＝CD＝1，AD＝a，
则D(0,0,0)，B(a,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，＝(a,1,0)，＝(a,1，－1)，＝(0,1，－1)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
由得∴可取n＝(0,1,1)．
由直线BD与平面PBC所成的角为30°，得|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝1.
可得平面PBD的一个法向量m＝(－1,1,0)，
∴cos〈n，m〉＝＝＝，
∵二面角C­PB­D为锐二面角，
∴二面角C­PB­D的大小为60°.
3．(2020·洛阳模拟)如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2，DE＝3.
(1)求证：平面ACE⊥平面BED；
(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；
(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角M­BE­D的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊂平面ADEF，DE⊥AD，
所以DE⊥平面ABCD.
因为AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.
又四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
因为DE∩BD＝D，DE⊂平面BED，BD⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED.
又AC⊂平面ACE，
所以平面ACE⊥平面 BED.
(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
则A(3,0,0)，F(3,0,2)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，所以＝(3，－3,0)，＝(－3，－3,3)，＝(3,0，－)．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝，得n＝(，2，3)．
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.
(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M，设M(3,0，t)，0≤t≤2，
则＝(0，－3，t)．
设平面MBE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝t，得m＝(3－t，t,3)．
由(1)知CA⊥平面BED，所以是平面BED的一个法向量，
|cos〈m，〉|＝＝＝cos 60°＝，
整理得2t2－6t＋15＝0，解得t＝或t＝(舍去)，
故在线段AF上存在点M，使得二面角M­BE­D的大小为60°，此时＝.