课时验收评价(四十九) 立体几何中的综合问题

PAGE第5页共5页课时验收评价(四十九)立体几何中的综合问题1．(2021·泉州二模)如图①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，以CD为折痕把△ACD折起，使点A到达点P的位置，且∠PBD＝60°，E，F，H分别为PB，BC，PD的中点，G为CF的中点(如图②)．(1)求证：GH∥平面DEF；(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值．解：(1)证明：连接BH，与ED相交于点M，连接MF，因为三角形ABC是等腰直角三角形，CD是斜边AB上的高，所以AD＝DB，即PD＝DB，因为∠PBD＝60°，所以△PBD是等边三角形，因为E，H分别为PB，PD的中点，所以DE，BH是△PBD的中线，BM＝eq\f(2,3)BH，因为F为BC中点，G为CF的中点，所以BF＝eq\f(2,3)BG，所以MF∥GH，因为MF⊂平面DEF，GH⊄平面DEF，所以GH∥平面DEF.(2)因为CD⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，所以CD⊥平面DBP.如图，过点D作直线垂直平面BDC，作空间直角坐标系D-xyz，设PD＝DB＝DC＝2，则C(0,2,0)，B(2,0,0)，P(1,0，eq\r(3))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－2,2,0)，eq\o(BP,\s\up7(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(HG,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2))).设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(BP,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,－x＋\r(3)z＝0，))令x＝eq\r(3)，则y＝eq\r(3)，z＝1，n＝(eq\r(3)，eq\r(3)，1)．设直线GH与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝|cosn，eq\o(HG,\s\up7(→))|＝eq\f(|n·eq\o(HG,\s\up7(→))|,|n|·|eq\o(HG,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(3),\r(7)×\r(3))＝eq\f(\r(7),7)，故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(7),7).2.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝2CD＝4，PA＝2，PB＝2eq\r(5)，E为BC的中点，且PE⊥BD.(1)证明：PA⊥平面ABCD；(2)线段PB上是否存在一点M，使得二面角M-DE-A的余弦值为eq\f(5\r(,3),9)？若存在，试确定点M的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：连接AE，AE与BD的交点记为点O，因为AB＝BC，BE＝eq\f(1,2)BC＝2＝CD，∠ABE＝∠BCD＝90°，所以△ABE≌△BCD，所以∠BAE＝∠CBD，因为∠ABD＋∠CBD＝90°，所以∠ABD＋∠BAE＝90°，所以∠AOB＝90°，即BD⊥AE，又因为BD⊥PE，且PE∩AE＝E，所以BD⊥平面PAE，因为PA⊂平面PAE，所以BD⊥PA.因为在△PAB中，PA2＋AB2＝PB2，所以PA⊥AB，又因为BD∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD.(2)存在，点M为靠近点B的三等分点，理由如下：如图，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(0,0,0)，C(0,4,0)，P(4,0,2)，E(0,2,0)，D(2,4,0)，eq\o(BP,\s\up7(→))＝(4,0,2)，设eq\o(BM,\s\up7(→))＝λeq\o(BP,\s\up7(→))＝(4λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，即点M(4λ，0,2λ)，则eq\o(EM,\s\up7(→))＝(4λ，－2,2λ)，eq\o(ED,\s\up7(→))＝(2,2,0)．设平面DEM的法向量n1＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(ED,\s\up7(→))＝2x＋2y＝0，,n1·eq\o(EM,\s\up7(→))＝4λx－2y＋2λz＝0，))取x＝λ，则n1＝(λ，－λ，－2λ－1)，易知，平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，因为二面角M-DE-A的余弦值为eq\f(5\r(3),9)，即|cos<n1，n2>|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(|2λ＋1|,\r(2λ2＋2λ＋12))＝eq\f(5\r(3),9)，整理可得21λ2－4λ－1＝0，解得λ＝－eq\f(1,7)(舍)或λ＝eq\f(1,3).故线段PB上存在一点M，使得二面角M-DE-A的余弦值为eq\f(5\r(3),9)，此时点M为靠近点B的三等分点．3.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围．解：(1)证明：∵C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，∴BC⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面PAC.(2)由E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF，又EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，∴BC∥平面AEF，又BC⊂平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，∴BC∥l.以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1，0，eq\r(3))，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，\f(\r(3),2)))，∴eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝(0,2,0)．∵BC∥l，∴可设Q(2，y,0)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AE,\s\up7(→))·m＝－\f(3x,2)＋\f(\r(3)z,2)＝0，,eq\o(EF,\s\up7(→))·m＝2y＝0，))取z＝eq\r(3)，得m＝(1,0，eq\r(3))，又eq\o(PQ,\s\up7(→))＝(1，y，－eq\r(3))，则|cos〈eq\o(PQ,\s\up7(→))，m〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(PQ,\s\up7(→))·m,|eq\o(PQ,\s\up7(→))|·|m|)))＝eq\f(1,\r(4＋y2))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).∴直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).4.如图，在圆柱W中，点O1，O2分别为上、下底面的圆心，平面MNFE是轴截面，点H在上底面圆周上(异于点N，F)，点G为下底面圆弧ME的中点，点H与点G在平面MNFE的同侧，圆柱W的底面半径为1，高为2.(1)若平面FNH⊥平面NHG，求证：NG⊥FH；(2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于eq\f(\r(15),5)，求证：平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于eq\f(π,3).证明：(1)因为平面FNH⊥平面NHG，平面FNH∩平面NHG＝NH，又NH⊥FH，FH⊂平面FNH，所以FH⊥平面NHG，又NG⊂平面NHG，所以NG⊥FH.(2)以点O2为坐标原点，分别以O2G，O2E，O2O1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O2-xyz，则N(0，－1,2)，G(1,0,0)，F(0,1,2)．设H(m，n,2)(由图知m>0)，则m2＋n2＝1，eq\o(NH,\s\up7(→))＝(m，n＋1,0)．设平面NFG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(NG,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(NF,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1·1，1，－2＝0，,x1，y1，z1·0，2，0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1－2z1＝0，,2y1＝0.))令x1＝2，则n1＝(2,0,1)．因此sinα＝|cos〈eq\o(NH,\s\up7(→))，n1〉|＝eq\f(|eq\o(NH,\s\up7(→))·n1|,|eq\o(NH,\s\up7(→))||n1|)＝eq\f(|2m|,\r(m2＋n＋12)×\r(5))＝eq\f(2m,\r(2n＋2)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5).所以2m2＝3n＋3，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝－1，,m＝0))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝－\f(1,2)，,m＝\f(\r(3),2).))所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2)).设平面NHG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(NG,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(NH,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，y2，z2·1，1，－2＝0，,x2，y2，z2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2z2＝0，,\f(\r(3),2)x2＋\f(1,2)y2＝0.))令x2＝1，即n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，\f(1－\r(3),2))).设平面NHG与平面MNFE所成锐二面角为θ.因为平面MNFE的一个法向量n3＝(1,0,0)，所以cosθ＝eq\f(|n2·n3|,|n2||n3|)＝eq\f(1,\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)))2))<eq\f(1,2)，所以平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于eq\f(π,3).5．(2021·菏泽二模)如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B＝90°且AD∥BC，若AD＝2BC＝2，AB＝eq\r(3)，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．(1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；(2)若EC＝2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取AE的中点为G，连接MG，BG，∵M是ED的中点，AD＝2BC，∴MG是△ADE的中位线，∴MG∥AD∥BC且MG＝BC，∴四边形MGBC为平行四边形，∴CM∥BG，∵CM⊄面ABE，BG⊂面ABE，∴CM∥平面ABE.(2)取AD的中点为H，连接HC，HE，其中HC＝AB＝eq\r(3)，EH＝1，由EC＝2可得HC⊥HE，显然EH⊥面ABCD，故以H为坐标原点，分别以HC，HA，HE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E(0,0,1)，A(0,1,0)，D(0，－1,0)，B(eq\r(3)，1,0)，设存在点F(x，y，z)，eq\o(EF,\s\up7(→))＝λeq\o(EB,\s\up7(→))⇒(x，y，z－1)＝λ(eq\r(3)，1，－1)⇒x＝eq\r(3)λ，y＝λ，z＝1－λ，易知面EAD的法向量可取eq\o(HC,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，0,0)，另外eq\o(AF,\s\up7(→))＝(x，y－1，z)＝(eq\r(3)λ，λ－1，1－λ)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0，－2,0)，设面ADF的一个法向量为u＝(m，n，r)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AF,\s\up7(→))·u＝0，,eq\o(AD,\