2022高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量热点跟踪训练4.doc

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1、热点跟踪训练41如图所示，在四棱锥P-ABCD中，ABCD是平行四边形，ABBC1，BAD120，PBPC，PA2，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，ABBC1，BAD120，所以ADC60，所以ADC是等边三角形，因为E是AD的中点，所以CEAD.因为ADBC，所以CEBC.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)(x0，z0)，由|2|22，|24，可得x，y，z

2、1，所以P，因为F是PD的中点，所以F，因为0，所以CBCF，因为CEBC，CECFC，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x2，则z，y0，则n(2，0，)，设m(0，0，1)，易知m是平面ABC的一个法向量，所以cosm，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RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图2.(

3、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CDDE，A1DDE，又CDA1DD，所以DE平面A1CD.又因为A1C平面A1CD，所以A1CDE，又A1CCD，CDDED，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x1，y2，所以n(1，2，)又因为M(1，0，)，所

4、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a0，3，所以(0，a，2)，(2，a，0)，设平面A1DP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则取y16，则x13a，z1a，所以n1(3a，6，a)若平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1n0，所以3a123a0，即6a12，所以a2，因为0a3，所以a2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，PAABAD2，四边形ABCD满足ABAD，BCAD且BC4，点M为PC的中点，点

5、E为BC边上的动点，且.(1)求证：平面ADM平面PBC.(2)是否存在实数，使得二面角P-DE-B的余弦值为？若存在，试求出实数的值；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MNBC，MNBC2.又BCAD，所以MNAD，MNAD，所以四边形ADMN为平行四边形因为APAD，ABAD，APABA，所以AD平面PAB，所以ADAN，所以ANMN.因为APAB，所以ANPB，因为MNPBN，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.以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设BEt，则E

6、(2，t，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，从而(0，2，2)，(2，t2，0)，设平面PDE的法向量为n1(x，y，z)，即令yz2，解得x2t，所以n1(2t，2，2)，又平面DEB即为平面ABCD，故其一个法向量为n2(0，0，1)，则|cosn1，n2|，解得t2，可知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，ABC60，AB，AD2，AP3.(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，ADC6

7、0，CD，AD2，由余弦定理得AC2AD2CD22ADCDcosADC9，所以AC2CD2AD2，所以ACD90，所以CDAC.因为PA底面ABCD，CD底面ABCD，所以PACD.又ACPAA，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)，(01)，则(x，y，z3)(0，3，3)，所以E(0，3，33)，(，3，3

8、3)因为平面ABCD的一个法向量n(0，0，1)，所以sin 45|cos，n|，解得，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z1，得m(0，2，1)，设二面角E-AB-D的平面角为，由题意知为锐角，则cos ，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ABC90，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PAABBC8，且二面角Q-AK-M的平面角的余弦值为，试求MK的长度(1

9、)证明：连接QM，因为点Q，M，N分别是线段PB，AB，BC的中点，所以QMPA且MNAC，从而QM平面PAC且MN平面PAC.又因为MNQMM，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ab4，(0，4，4)，(a，4a，0)记n(x，y，z)为平面AQK的一个法向量，则取yza则x4a，则n(a4，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.则|cos

10、 |，解得a1.所以MK的长度为.6如图，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(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)，如图所示(1)若2，求证：GR平面PEF.(2)是否存在正实数，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；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.在图中，因为E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，所以EFAC，GDGB2GH.在图中，因为2，且2，所以在PDH中，GRPD，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PD4，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，所以，所以R，所以.设平面DEF的法向量为m(x，y，z)，由得取z1，则m(2，2，1)因为直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，所以|cosm，|，所以921870，解得或(不合题意，舍去)故存在正实数，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为.