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专题突破练16
(分值:90分)
主干知识达标练
1.(15分)
(2025黑龙江哈尔滨高三二模)如图,点C在以AB为直径的半圆的圆周上,∠ABC=60°,且BP⊥平面ABC,AB=2BP=4,=λ(0<λ<1).
(1)求证:AC⊥BD.
(2)当λ为何值时,平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为
(1)证明由BP⊥平面ABC,AC 平面ABC,则BP⊥AC.
又点C在以AB为直径的半圆的圆周上,则BC⊥AC.
由BP∩BC=B且都在平面PBC内,则AC⊥平面PBC.
由BD 平面PBC,故AC⊥BD.
(2)解若O为AB的中点,即为半圆的圆心,作Oz⊥平面ABC,在平面ABC内作Ox⊥AB.
由∠ABC=60°,AB=2BP=4,则BC=2,AC=2.故可构建如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-2,0),B(0,2,0),C(,1,0),P(0,2,2).
由=λ(0<λ<1),故=(-λ,λ,2λ),可得D(λ,λ+1,2λ),
所以=(λ,λ+3,2λ),=(0,4,0),=(,3,0).
若m=(x,y,z),n=(a,b,c)分别为平面ACP、平面ABD的一个法向量,则
取y=-1,m=(,-1,2),
取a=2λ,n=(2λ,0,λ-).
所以|cos|=,
整理得,则57λ2-58λ+13=0,可得λ=或λ=.
2.(15分)如图,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2,且∠ABC=∠A1AC=60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求平面DAA1与平面C1CAA1所成角的余弦值.
(2)在棱CC1所在直线上是否存在点P,使得BP∥平面DA1C1 若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由.
解(1)如图,取AC中点O,连接A1O,A1C,BD.
因为棱柱各棱长均为2,且∠ABC=60°,
所以四边形ABCD是菱形,△ABC是等边三角形,所以BD过点O,AC=2,AC⊥BD.
又因为AA1=2,∠A1AC=60°,
所以△A1AC是等边三角形,
所以A1O⊥AC.
又平面AA1C1C⊥平面ABCD,平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,A1O 平面AA1C1C,所以A1O⊥平面ABCD.
又AC,BD 平面ABCD,
所以A1O,AC,BD两两垂直.
以点O为原点,分别以OB,OC,OA1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,则D(-,0,0),A(0,-1,0),A1(0,0,),所以=(,-1,0),=(,0,).
设平面DAA1的一个法向量为m=(x,y,z),则
取x=1,则y=,z=-1,
所以平面DAA1的一个法向量为m=(1,,-1).
易知平面C1CAA1的一个法向量为n=(1,0,0),则cos=,
所以平面DAA1与平面C1CAA1所成的角的余弦值为.
(2)存在.因为C1(0,2,),C(0,1,0),B(,0,0),所以=(,2,),=(0,1,),=(-,1,0).
因为点P在CC1上,可设=λ=(0,λ,λ),所以=(-,1+λ,λ).
设平面DA1C1的一个法向量为s=(a,b,c),
则
取a=1,则b=0,c=-1,所以平面DA1C1的一个法向量为s=(1,0,-1).
因为BP∥平面DA1C1,所以⊥s,
所以s·=-λ=0,
所以λ=-1,所以=-,
即点P在C1C的延长线上,且CP=C1C.
3.(15分)如图,在矩形ABCD中,AB=,AD=2.将△ABD沿对角线BD折起,形成一个四面体A-BCD,此时AC=m.
(1)是否存在实数m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同时成立 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
(2)求当二面角A-CD-B的正弦值为多少时,四面体A-BCD的体积最大
解(1)不存在,理由如下:
假设存在实数m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同时成立.
因为AB⊥CD,AB⊥AD,AD∩CD=D,AD,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD.
因为BC⊥AD,BC⊥CD,AD∩CD=D,AD,CD 平面ACD,所以BC⊥平面ACD,
所以AB∥BC,或AB与BC重合.
又AB∩BC=B,矛盾,所以不存在实数m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同时成立.
(2)因为△BCD的面积为定值,要使四面体A-BCD的体积最大,
所以只需让平面BCD上的高最大即可,易知此时平面ABD⊥平面BCD.
过点A作AO⊥BD于点O,连接OA.
因为AO 平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AO⊥平面BCD.
以点O为原点,以在平面BCD中过点O且垂直于BD的直线为x轴,分别以OD,OA所在直线为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
在Rt△ABD中,BD=,所以AO=,
所以BO=.
过点C作CE⊥BD,交BD于点E,则CE=AO=,DE=BO=,OE=BD-BO-DE=,
则A(0,0,),C(,0),D(0,,0),
所以=(-,0),=(0,,-).
设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),则
取x=1,得y=,z=2,
所以平面ACD的一个法向量为n=(1,,2).
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
所以cos=,
所以二面角A-CD-B的正弦值为sin θ=.
关键能力提升练
4.(15分)如图,在直角梯形ABGH中,AB∥GH,AB⊥BG,AB=5,HG=1,∠BAH=60°,C,D分别为线段BG与AH的中点,现将四边形CDHG沿直线CD折成一个五面体AED-BFC.
(1)在线段BF上是否存在点M,使CM∥平面ADE 若存在,找出点M的位置;若不存在,说明理由.
(2)若二面角F-DC-B的大小为60°,求平面ADE与平面DEFC的夹角的余弦值.
解(1)存在,M为BF的中点,证明如下:
如图,令M为BF的中点,取AE中点N,连接MN,DN,
则MN∥AB,MN==3.
因为C,D分别为BG,AH的中点,
所以CD∥AB,CD==3,
所以CD∥MN,CD=MN,
所以四边形CMND为平行四边形,
所以CM∥DN.
又CM 平面AED,DN 平面ADE,
所以CM∥平面ADE.
(2)因为FC⊥CD,BC⊥CD,FC∩BC=C,FC,BC 平面FCB,
所以CD⊥平面FCB.
又CD 平面ABCD,
所以平面ABCD⊥平面FCB.
因为平面EFCD∩平面ABCD=CD,
所以∠FCB为二面角F-DC-B的平面角,
所以∠FCB=60°.
又FC=CB,所以△FCB为等边三角形.
在直角梯形ABGH中,AB∥GH,AB⊥BG,AB=5,HG=1,∠BAH=60°,可得BG=4,所以FC=BC=BF=2.过点F作FO⊥BC交BC于点O,则点O为BC的中点.
取AD中点P,连接OP,OF.
易知OP∥CD,所以OP⊥平面FCB.
又FO,BC 平面FCB,所以OP,BC,FO两两垂直.
以点O为原点,分别以OP,OB,OF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,
则A(5,,0),D(3,-,0),E(1,0,3),C(0,-,0),所以=(-2,,3),=(-3,0,0),=(2,2,0).
设平面DEFC的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
取y1=,则x1=0,z1=-1,所以平面DEFC的一个法向量为m=(0,,-1).
设平面ADE的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则
取x2=,则y2=-1,z2=,
所以平面ADE的一个法向量为n=(,-1,),
则cos==-,
所以平面ADE与平面DEFC的夹角的余弦值为-.
5.(15分)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=2,沿AC将△ADC折起,使点D到达点P的位置,点P在平面ABC上的射影H落在AB上.
(1)求AH的长度;
(2)若M是PC上的一个动点,是否存在点M,使得平面AMB与平面PBC的夹角的余弦值为 若存在,求CM的长度;若不存在,说明理由.
解(1)如图,作PE⊥AC,交AC于点E,连接EH.
因为点P在平面ABC上的射影H落在AB上,所以PH⊥平面ABC.
又AC 平面ABC,
所以PH⊥AC.
又PH∩PE=P,PH,PE 平面PHE,
所以AC⊥平面PHE.
又EH 平面PHE,
所以AC⊥EH,
由题可知AP=2,PC=4,
所以AC=2,
所以PE=,
所以AE=.
易知△ABC∽△AEH,
所以,
所以AH==1.
(2)存在.因为PH⊥平面ABC,AB,BC 平面ABC,
所以PH,AB,BC两两垂直.
以点H为坐标原点,以过点H且平行于BC的直线为y轴,分别以HB,PH所在直线为x轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(-1,0,0),P(0,0,),B(3,0,0),C(3,2,0),
所以=(4,0,0),=(0,2,0),=(3,2,-).
设=λ=(3λ,2λ,-λ),λ∈[0,1],
则=(3-3λ,-2λ,λ-).
设平面AMB的一个法向量为m=(x1,y1,z1),所以
令y1=λ-,则x1=0,z1=2λ,
所以平面AMB的一个法向量为m=(0,λ-,2λ).
设平面PBC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),所以
取x2=1,则y2=0,z2=,所以平面PBC的一个法向量为n=(1,0,).
因为平面AMB与平面PBC的夹角的余弦值为,所以cos==-,
解得λ=或λ=-1(舍去),
所以,
所以CM=|=.
核心素养创新练
6.(15分)如图,在三棱锥P-ABC中,侧面PAC是边长为1的正三角形,BC=2,AB=,E,F分别为PC,PB的中点,平面AEF与平面ABC的交线为l.
(1)证明:l∥平面PBC;
(2)若三棱锥P-ABC的体积为,在直线l上是否存在点Q,使得直线PQ与平面AEF所成的角为α,异面直线PQ与EF所成的角为β,且满足α+β= 若存在,求出线段AQ的长度;若不存在,请说明理由.
(1)证明因为E,F分别为PC,PB的中点,
所以EF∥BC.
又BC 平面ABC,EF 平面ABC,
所以EF∥平面ABC.
又EF 平面AEF,平面AEF∩平面ABC=l,所以EF∥l,所以l∥BC.
又BC 平面PBC,l 平面PBC,
所以l∥平面PBC.
(2)解存在.
取AC的中点D,连接PD.
因为△PAC是边长为1的正三角形,
所以AD=,PD=.
由题可得AC2+BC2=AB2,
所以AC⊥BC,
所以△ABC的面积为AC·BC=×1×2=1.
设点P到平面ABC的距离为h,
则×h=,所以h==PD.
所以PD⊥平面ABC.
取AB的中点M,连接DM,则DM∥BC,
所以DM⊥AC.
又AC,DM 平面ABC,
所以PD,AC,DM两两垂直.
以点D为坐标原点,分别以DA,DM,DP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,则A(,0,0),P(0,0,),E(-,0,),F(-,1,),
所以=(-,0,),=(0,1,0).
设Q(,t,0),则=(0,t,0),=(,t,-).
设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取z=,则x=1,y=0,
所以平面AEF的一个法向量为n=(1,0,),所以cos==-,
所以sin α=|cos<,n>|=.
又cos<>=,
所以cos β=|cos<>|=.
因为α+β=,所以sin α=cos β,
即,
所以|t|=.
当t=时,=(0,,0),
所以AQ=||=;
当t=-时,=(0,-,0),
所以AQ=||=.
综上所述,这样的点Q存在,且有AQ=.
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