《高考数学人教a版一轮复习第八章 立体几何与空间向量解答题专项四 第3课时 翻折问题与探索性问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学人教a版一轮复习第八章 立体几何与空间向量解答题专项四 第3课时 翻折问题与探索性问题.docx（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、解答题专项四立体几何中的综合问题第3课时翻折问题与探索性问题解答题专项练1.(2022山东济南三模)如图1,正方形ABCD中,E,F分别为边BC,AD的中点,将四边形EFDC沿直线EF折起,使得平面CDFE平面ABEF.如图2,点M,N分别满足AM=2MC,FN=NE.图1图2(1)求证:AN平面BMN;(2)求平面AFM与平面BMN夹角的余弦值.(1)证明:连接AE交BN于点G,连接MG,设AB=2,因为平面CDFE平面ABEF,平面CDFE平面ABEF=EF,CE平面CDFE,CEEF,所以CE平面ABEF,因为点N是EF的中点,NEAB,所以AG=2GE.又因为AM=2MC,所以MGCE
2、,所以MG平面ABEF.因为AN平面ABEF,所以MGAN,又AB=2,AN=NB=2,所以ANNB.因为NBMG=G,NB,MG平面BMN,所以AN平面BMN.(2)解:因为平面CDFE平面ABEF,平面CDFE平面ABEF=FE,DFEF,所以DF平面ABEF.因为AF平面ABEF,所以DFAF,所以FA,FE,FD两两垂直,所以以F为原点,分别以FA,FE,FD所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,设AB=2,所以F(0,0,0),A(1,0,0),M13,43,23,N(0,1,0),所以FA=(1,0,0),FM=13,43,23,设平面AFM的一个法向量为n=(x,y
3、,z),由nFA=x=0,nFM=x+2y+z=0,令y=1,得n=(0,1,-2),由(1)知平面BMN的一个法向量为AN=(-1,1,0),设平面AFM与平面BMN的夹角为,所以cos =|nAN|n|AN|=1010,所以平面AFM与平面BMN夹角的余弦值为1010.2.(2022山东青岛二模)如图,P为圆锥的顶点,O为圆锥底面的圆心,圆锥的底面直径AB=4,母线PH=22,M是PB的中点,四边形OBCH为正方形.(1)设平面POH平面PBC=l,证明:lBC;(2)设D为OH的中点,N是线段CD上的一个点,当MN与平面PAB所成角最大时,求MN的长.(1)证明:因为四边形OBCH为正方
4、形,BCOH,BC平面POH,OH平面POH,BC平面POH.BC平面PBC,平面POH平面PBC=l,lBC.(2)解:圆锥的母线长为22,AB=4,OB=2,OP=2,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),B(0,2,0),D(1,0,0),C(2,2,0),M(0,1,1),设DN=DC=(,2,0)(01),ON=OD+DN=(1+,2,0),MN=ON-OM=(1+,2-1,-1),OD=(1,0,0)为平面PAB的一个法向量,设MN与平面PAB所成的角为,则sin =(1+,2-1,-1)(1,0,0)(1+)2+(2-1)2+1=1+52-2+3,令1+=
5、t1,2,则sin =t5t2-12t+10=15-12t+10(1t)2=110(1t-35)2+75,所以当1t=35时,即=23时,sin 最大,即最大,此时MN=53,13,-1,所以MN=|MN|=(53)2+(13)2+(-1)2=353.3.(2022江苏连云港二模)如图,在三棱锥A-BCD中,ABC是正三角形,平面ABC平面BCD,BDCD,点E,F分别是BC,DC的中点.(1)证明:平面ACD平面AEF;(2)若BCD=60,点G是线段BD上的动点,问:点G运动到何处时,平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.(1)证明:因为ABC是正三角形,点E是BC中点,所以AEBC,
6、又因为平面ABC平面BCD,平面ABC平面BCD=BC,AE平面ABC,所以AE平面BCD.因为CD平面BCD,所以CDAE.因为点E,F分别是BC,CD的中点,所以EFBD,因为BDCD,所以CDEF.因为CDAE,AEEF=E,AE平面AEF,EF平面AEF,所以CD平面AEF,因为CD平面ACD,所以平面ACD平面AEF.(2)解:在平面BCD中,过点E作EHBD,垂足为H,因为BCD=60,设BC=4,则EA=23,DF=FC=1,EF=3.以E为原点,分别以EH,EF,EA为x轴、y轴、z轴正半轴的正方向,建立如图空间直角坐标系,则E(0,0,0),A(0,0,23),C(-1,3,
7、0),D(1,3,0),设G(1,y,0),其中y-3,3,则EA=(0,0,23),AD=(1,3,-23),CD=(2,0,0),EG=(1,y,0),设平面AEG的法向量为n1=(x1,y1,z1),由n1EA=0,n1EG=0,得23z1=0,x1+yy1=0,令y1=-1,故n1=(y,-1,0),设平面ACD的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2CD=0,n2AD=0,即2x2=0,x2+3y2-23z2=0,令z2=1,则n2=(0,2,1),设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为,则cos =|cos|=-25y2+1=25y2+1,当y=0时,cos 最大,此时锐
8、二面角最小.故当点G为BD的中点时,平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.4.(2022山东聊城三模)已知四边形ABCD为平行四边形,E为CD的中点,AB=4,ADE为等边三角形,将三角形ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置,且平面APE平面ABCE.(1)求证:APBE;(2)试判断在线段PB(不包括P,B点)上是否存在点F,使得平面AEF与平面AEP的夹角为45.若存在,试确定点F的位置;若不存在,请说明理由.(1)证明:因为四边形ABCD为平行四边形,且ADE为等边三角形,所以BCE=120.又E为CD的中点,所以CE=ED=DA=CB,即BCE为等腰三角形,所以CEB=30.所以
9、AEB=180-AED-BEC=90,即BEAE.又因为平面AEP平面ABCE,平面APE平面ABCE=AE,BE平面ABCE,所以BE平面APE.又AP平面APE,所以BEAP.(2)解:取AE的中点O,连接PO,由于APE为正三角形,则POAE,又平面APE平面ABCE,平面APE平面ABCE=AE,PO平面EAP,所以PO平面ABCE,又AB=4,故PO=3,BE=23,取AB的中点G,则OGBE,由(1)得BEAE,所以OGAE,以点O为原点,分别以OA,OG,OP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,则O(0,0,0),A(1,0,0),B(-1,23,0),P
10、(0,0,3),E(-1,0,0),则EA=(2,0,0),EB=(0,23,0),PB=(-1,23,-3),EP=(1,0,3),假设存在点F,使平面AEF与平面AEP的夹角为45,设PF=PB=(-,23,-3),(0,1),则EF=EP+PF=(1,0,3)+(-,23,-3)=(1-,23,3-3),设平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z),由EFm=0,EAm=0得(1-)x+23y+(3-3)z=0,2x=0,取z=2,得m=(0,-1,2);由(1)知EB为平面AEP的一个法向量,于是cos 45=|cos|=|mEB|m|EB|=23|-1|2352-2+1=22,解得=13或=-1(舍去),所以存在点F,且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时,平面AEF与平面AEP的夹角为45.