《2022届高考数学一轮复习课时作业立体几何中的最值、翻折、探索性问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高考数学一轮复习课时作业立体几何中的最值、翻折、探索性问题（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、立体几何中的最值、翻折、探索性问题 1(2018 全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所 在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于 C，D 的点(1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)当三棱锥 M-ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值2(2020 广东四校联考)如图，已知三棱锥 P -ABC，其展开图如图所示， 其中四边形 ABCD 是边长等于 2的正方形，ABE 和BCF 均为正三角形，在 三棱锥 P-ABC 中：图图(1)证明：平面 PAC平面 ABC；(2)若 M 是 PA 的中点，求二面角 P-BC-M 的余弦值3.如图所示，在
2、梯形 ABCD 中，ABCD，BCD120，四边形 ACFE 为矩形，且 CF平面 ABCD，ADCDBCCF.(1)求证：EF平面 BCF；(2)点 M 在线段 EF 上运动，当点 M 在什么位置时，平面 MAB 与平面 FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值能力提高1(2019 全国卷)图是由矩形 ADEB、RtABC 和菱形 BFGC 组成的一 个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60，将其沿 AB，BC 折起使1得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图.图图(1)证明：图中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图中的二面角 B -C
3、G-A 的大小2(2020 唐山模拟)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱 PD底面 ABCD，PDDC，点 E 是PC 的中点(1)求证：PA平面 BDE；(2)若直线 BD 与平面 PBC 所成的角为 30，求二面角C-PB-D 的大小3(2020 洛阳模拟)如图，底面 ABCD 是边长为 3 的正方形，平面 ADEF平面 ABCD，AFDE，ADDE，AF2 6，DE3 6.(1)求证：平面 ACE平面 BED；(2)求直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值；(3)在线段 AF 上是否存在点 M，使得二面角 M-BE-D 的大小为 60？若存在， AM求出 的
4、值；若不存在，请说明理由AF立体几何中的最值、翻折、探索性问题2 5 5 5 1(2018 全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所 在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于 C，D 的点(1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)当三棱锥 M-ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值 解 (1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD.因为 BCCD，BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，所以 BCDM. 因为 M 为CD 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DMCM.又 BCCMC，所以 DM平面 BMC.而
5、DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC.(2)以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.当三棱锥 M-ABC 体积最大时，M 为CD 的中点由题设得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)， AM(2,1,1)，AB(0,2,0)，DA(2,0,0)设 n(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，nAM0，则n AB0，2xyz0， 即2y0.可取 n(1,0,2)DA是平面 MCD 的法向量， n DA 5 2 5因此 cosn，DA ，sinn，DA .|n|DA|2 5所以面 MAB 与
6、面 MCD 所成二面角的正弦值是 .2(2020 广东四校联考)如图，已知三棱锥 P -ABC，其展开图如图所示， 其中四边形 ABCD 是边长等于 2的正方形，ABE 和BCF 均为正三角形，在3 1 12 2 3 12 21 1 1 1 1 1 2 2 2三棱锥 P-ABC 中：图图(1)证明：平面 PAC平面 ABC；(2)若 M 是 PA 的中点，求二面角 P-BC-M 的余弦值解 (1)证明：如图，设 AC 的中点为 O，连接 BO，PO.由题意，得 PAPBPC 2，PO1，AOBOCO1.因为在PAC 中，PAPC，O 为 AC 的中点，所以 POAC，因为在POB 中，PO1，
7、OB1，PB 2，所以 PO2OB2PB2，所以 POOB.因为 ACOBO，AC，OB平面 ABC，所以 PO平面 ABC，因为 PO平面 PAC，所以平面 PAC平面 ABC.(2)由(1)可知 POOB，POAC，OBAC，以 OC，OB，OP 所在直线分别 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，M ，0， ， 所以BC(1，1,0)，PC(1,0，1)，MC，0， . 设平面 MBC 的法向量为 m(x ，y ，z )，m BC0， 由 m MC0，x1y10， 得3x1z1 0，令
8、x 1，得 y 1，z 3，即 m(1,1,3)为平面 MBC 的一个法向量设平面 PBC 的法向量为 n(x ，y ，z )，4 n PC0， 2 2 2 | m| |n|3333 nBC0， x2y20， 由 得 x2z20，为平面 PBC 的一个法向量令 x 1，得 y 1，z 1，即 n(1,1,1)mn 5 5 33cosn，m 33.5 33由图可知，二面角 P-BC -M 为锐角，故其余弦值为 .3.如图所示，在梯形 ABCD 中，ABCD，BCD120，四边形 ACFE 为矩形，且 CF平面 ABCD，ADCDBCCF.(1)求证：EF平面 BCF；(2)点 M 在线段 EF
9、上运动，当点 M 在什么位置时，平面 MAB 与平面 FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值解 (1)证明：设 ADCDBC1，ABCD，BCD120，AB2，AC2AB2BC22AB BCcos 603，AB2AC2BC2 ，则 BCAC.CF平面 ABCD，AC平面 ABCD，ACCF，而 CFBCC，CF，BC平面 BCF，AC平面 BCF .EFAC，EF平面 BCF.(2)以 C 为坐标原点，分别以直线 CA，CB，CF 为 x轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设 FM(0 3)，则 C(0,0,0)，A( 3，0,0)，B(0,1,0)，M(，0,1)，
10、AB( 3，1,0)，BM(，1,1)设 n(x，y，z)为平面 MAB 的法向量，nAB0， 由 nBM0， 3xy0， 得xyz0，5| n |m |7 7 取 x1，则 n(1， 3， 3)易知 m (1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量，nm 1 1cosn，m .13( 3)2 ( 3)2470 3，当 0 时，cosn，m 取得最小值 ，当点 M 与点 F 重合时，平面 MAB 与平面 FCB 所成的锐二面角最大，此7时二面角的余弦值为 .能力提高1(2019 全国卷)图是由矩形 ADEB、RtABC 和菱形 BFGC 组成的一 个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60
11、，将其沿 AB，BC 折起使 得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图.图图(1)证明：图中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图中的二面角 B -CG-A 的大小解 (1)证明：由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG，故 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面由已知得 ABBE，AB BC，且 BEBCB，故 AB平面 BCGE.又因为 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCGE.(2)作 EHBC，垂足为 H.因为 EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 ABC，所以 EH平面 ABC.由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，
12、EBC60，可求得 BH1，EH 3.6 AC n0， | n |m | 2以 H 为坐标原点，HC的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz，则 A(1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0， 3)， CG(1,0， 3)，AC(2，1,0)设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)，CG n0， x 3z0，则 即 2xy0.所以可取 n(3,6， 3)又平面 BCGE 的法向量可取为 m (0,1,0)，nm 3所以 cosn，m .因此，二面角 B-CG-A 的大小为 30.2(2020 唐山模拟)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱 PD底面 ABCD，PDDC，点 E 是PC 的中点(1)求证：PA平面 BDE；(2)若直线 BD 与平面 PBC 所成的角为 30，求二面角C-PB-D 的大小解 (1)证明：如图，连接 AC 交 BD 于 O，连接 OE.
