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、探索性问题年级：姓名：课后限时集训(四十六)立体几何中的最值、翻折、探索性问题建议用时：40分钟1(2018全国卷)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BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，所以BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，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cosn，sinn，.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，已知三棱锥PABC，其展开图如图所示，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：图图(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PAPBPC，PO1，AOBOCO1.因为在PAC中，PAPC，O为AC的中点，所以POAC，因为在POB中，PO1，OB1，PB，所以PO2OB2PB2，所以POOB.因为ACOBO，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POOB，POAC，OBAC，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x11，得y11，z13，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x21，得y21，z21，即n(1,1,1)为平面PBC的一个法向量cosn，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，ABCD，BCD120，四边形ACFE为矩形，且CF平面ABCD，ADCDBCCF.(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ADCDBC1，ABCD，BCD120，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos 603，AB2AC2BC2，则BCAC.CF平面ABCD，AC平面ABCD，ACCF，而CFBCC，CF，BC平面BCF，AC平面BCF.EFAC，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(0)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(，0,1)，(，1,0)，(，1,1)设n(x，y，z)为平面MAB的法向量，由 得取x1，则n(1，)易知m(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，cosn，m.0，当0时，cosn，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)图是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图. 图图(1)证明：图中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图中的二面角BCGA的大小解(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC，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，EBC60，可求得BH1，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cosn，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，PDDC，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，PEEC，AOOC，PAEO，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PDCD1，ADa，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a1.可得平面PBD的一个法向量m(1,1,0)，cosn，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，AFDE，ADDE，AF2，DE3.(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ABCDAD，DE平面ADEF，DEAD，所以DE平面ABCD.因为AC平面ABCD，所以DEAC.又四边形ABCD是正方形，所以ACBD.因为DEBDD，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)，0t2，则(0，3，t)设平面MBE的法向量为m(x1，y1，z1)，则令y1t，得m(3t，t,3)由(1)知CA平面BED，所以是平面BED的一个法向量，|cosm，|cos 60，整理得2t26t150，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.