2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章 立体几何与空间向量 热点跟踪训练4

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章 立体几何与空间向量 热点跟踪训练4

www.ks5u.com 热点跟踪训练4‎ ‎1．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，ABCD是平行四边形，AB＝BC＝1，∠BAD＝120°，PB＝PC＝，PA＝2，E，F分别是AD，PD的中点．‎ ‎(1)证明：平面EFC⊥平面PBC；‎ ‎(2)求二面角A-BC-P的余弦值．‎ ‎(1)证明：连接AC，‎ 因为ABCD是平行四边形，AB＝BC＝1，‎ ‎∠BAD＝120°，‎ 所以∠ADC＝60°，所以△ADC是等边三角形，‎ 因为E是AD的中点，所以CE⊥AD.‎ 因为AD∥BC，所以CE⊥BC.‎ 以C为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.‎ 则C(0，0，0)，E，A，B(0，1，0)，D，‎ 设P(x，y，z)(x<0，y>0，z>0)，‎ 由||2＝||2＝2，||2＝4，‎ 可得x＝－，y＝，z＝1，‎ 所以P，‎ 因为F是PD的中点，所以F，‎ 因为·＝0，所以CB⊥CF，‎ 因为CE⊥BC，CE∩CF＝C，‎ 所以BC⊥平面EFC，因为BC⊂平面PBC，‎ 所以平面EFC⊥平面PBC.‎ ‎(2)解：由(1)知，＝(0，1，0)，＝，‎ 设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，‎ 则 令x＝－2，则z＝－，y＝0，‎ 则n＝(－2，0，－)，‎ 设m＝(0，0，1)，易知m是平面ABC的一个法向量，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝－，‎ 又易知二面角A-BC-P为钝二面角，‎ 所以二面角A-BC-P的余弦值为－.‎ ‎2．(2020·安徽六安一中月考)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝‎ ‎2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.‎ ‎(1)若M是A1D的中点，求直线CM与平面A1BE所成角的大小．‎ ‎(2)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？若存在，请求出点P的位置；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由折叠的性质得CD⊥DE，A1D⊥DE，又CD∩A1D＝D，‎ 所以DE⊥平面A1CD.‎ 又因为A1C⊂平面A1CD，所以A1C⊥DE，‎ 又A1C⊥CD，CD∩DE＝D，‎ 所以A1C⊥平面BCDE.‎ 如图所示建系，则C(0，0，0)，D(－2，0，0)，A1(0，0，2)，E(－2，2，0)，B(0，3，0)，‎ 所以＝(0，3，－2)，＝(－2，2，－2)，‎ 设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则所以 取z＝，则x＝－1，y＝2，‎ 所以n＝(－1，2，)．‎ 又因为M(－1，0，)，所以＝(－1，0，)，‎ 所以cos〈，n〉＝＝＝.‎ 所以CM与平面A1BE所成角的大小为45°.‎ ‎(2)假设线段BC上存在点P满足条件，设P点坐标为(0，a，0)，‎ 则a∈[0，3]，‎ 所以＝(0，a，－2)，＝(2，a，0)，‎ 设平面A1DP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则取y1＝6，则x1＝－3a，z1＝a，‎ 所以n1＝(－3a，6，a)．‎ 若平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1·n＝0，‎ 所以3a＋12＋3a＝0，即6a＝－12，所以a＝－2，‎ 因为0≤a≤3，所以a＝－2舍去．‎ 所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．‎ ‎3．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且＝λ.‎ ‎(1)求证：平面ADM⊥平面PBC.‎ ‎(2)是否存在实数λ，使得二面角P-DE-B的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．‎ ‎(1)证明：取PB的中点N，连接MN，AN，‎ 因为M是PC的中点，‎ 所以MN∥BC，MN＝BC＝2.‎ 又BC∥AD，所以MN∥AD，MN＝AD，‎ 所以四边形ADMN为平行四边形．‎ 因为AP⊥AD，AB⊥AD，AP∩AB＝A，‎ 所以AD⊥平面PAB，‎ 所以AD⊥AN，所以AN⊥MN.‎ 因为AP＝AB，所以AN⊥PB，‎ 因为MN∩PB＝N，所以AN⊥平面PBC.‎ 因为AN⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC.‎ ‎(2)解：存在符合条件的λ.以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.‎ 设BE＝t，则E(2，t，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，‎ 从而＝(0，2，－2)，＝(2，t－2，0)，‎ 设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 即令y＝z＝2，‎ 解得x＝2－t，‎ 所以n1＝(2－t，2，2)，‎ 又平面DEB即为平面ABCD，故其一个法向量为n2＝(0，0，1)，‎ 则|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，解得t＝2，可知λ＝1.‎ ‎4.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝60°，AB＝，AD＝2，AP＝3.‎ ‎(1)求证：平面PCA⊥平面PCD；‎ ‎(2)设E为侧棱PC上的一点，若直线BE与底面ABCD所成的角为45°，求二面角E-AB-D的余弦值．‎ ‎(1)证明：在平行四边形ABCD中，∠ADC＝60°，CD＝，AD＝2，‎ 由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝9，‎ 所以AC2＋CD2＝AD2，‎ 所以∠ACD＝90°，所以CD⊥AC.‎ 因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD.‎ 又AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PCA.‎ 又CD⊂平面PCD，所以平面PCA⊥平面PCD.‎ ‎(2)解：E为侧棱PC上的一点，若直线BE与底面ABCD所成的角为45°，‎ 如图所示，以A为坐标原点，AB，AC，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，3，0)，‎ D(－，3，0)，P(0，0，3)，‎ 设E(x，y，z)，＝λ(0≤λ≤1)，则(x，y，z－3)＝λ(0，3，－3)，‎ 所以E(0，3λ，3－3λ)，＝(－，3λ，3－3λ)．‎ 因为平面ABCD的一个法向量n＝(0，0，1)，‎ 所以sin 45°＝|cos〈，n〉|＝，‎ 解得λ＝，‎ 所以点E的坐标为(0，1，2)，所以＝(0，1，2)，＝(，0，0)，‎ 设平面EAB的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则取z＝1，得m＝(0，－2，1)，‎ 设二面角E-AB-D的平面角为θ，由题意知θ为锐角，‎ 则cos θ＝＝，‎ 所以二面角E-AB-D的余弦值为.‎ ‎5．(2020·郑州外国语学校月考)如图所示，在三棱锥P-ABC中，直线PA⊥平面ABC，且∠ABC＝90°，又点Q，M，N分别是线段PB，AB，BC的中点，且点K是线段MN上的动点．‎ ‎(1)证明：直线QK∥平面PAC；‎ ‎(2)若PA＝AB＝BC＝8，且二面角Q-AK-M的平面角的余弦值为，试求MK的长度．‎ ‎(1)证明：连接QM，因为点Q，M，N分别是线段PB，AB，BC的中点，‎ 所以QM∥PA且MN∥AC，从而QM∥平面PAC且MN∥平面PAC.‎ 又因为MN∩QM＝M，所以平面QMN∥平面PAC.‎ 又QK⊂平面QMN，‎ 所以QK∥平面PAC.‎ ‎(2)解：以B为原点，以BC、BA所在直线为x轴y 轴建立空间直角坐标系．‎ 则A(0，8，0)，M(0，4，0)，N(4，0，0)，P(0，8，8)，Q(0，4，4)．‎ 设K(a，b，0)，则a＋b＝4，＝(0，－4，4)，＝(a，－4－a，0)．‎ 记n＝(x，y，z)为平面AQK的一个法向量，‎ 则⇒ 取y＝z＝a则x＝4＋a，‎ 则n＝(a＋4，a，a)．‎ 又平面AKM的一个法向量m＝(0，0，1)，‎ 设二面角Q-AK-M的平面角为θ.‎ 则|cos θ|＝＝＝，解得a＝1.‎ 所以MK的长度为.‎ ‎6．如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD的中点，点R在线段BH上，且＝λ(λ>0)．现将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图②所示．‎ ‎(1)若λ＝2，求证：GR⊥平面PEF.‎ ‎(2)是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明：由题意，可知PE，PF，PD三条直线两两垂直．‎ 所以PD⊥平面PEF.‎ 在图①中，因为E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，‎ 所以EF∥AC，GD＝GB＝2GH.‎ 在图②中，因为＝＝2，且＝2，‎ 所以在△PDH中，GR∥PD，所以GR⊥平面PEF.‎ ‎(2)解：由题意，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz.‎ 设PD＝4，则P(0，0，0)，F(2，0，0)，E(0，2，0)，D(0，0，4)，H(1，1，0)，＝(2，－2，0)，＝(0，2，－4)．‎ 因为＝λ，所以＝，‎ 所以R，‎ 所以＝＝.‎ 设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由得 取z＝1，则m＝(2，2，1)．‎ 因为直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，‎ 所以|cos〈m，〉|＝＝＝＝，‎ 所以9λ2＋18λ－7＝0，‎ 解得λ＝或λ＝－(不合题意，舍去)．‎ 故存在正实数λ＝，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为.‎