1、课时作业课时作业 51突破立体几何的三大热点问题突破立体几何的三大热点问题 1图 1 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 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2. (1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图 2 中的二面角 BCGA 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，ABBC，BEBCB，故 AB平面 BCGE. 又因为
2、 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，EBC60，可求得 BH1，EH 3.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 Hxyz，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)， 则 CG n0， AC n0， 即 x 3z0， 2xy0. 所以可取 n(3,6， 3) 又平面
3、BCGE 的法向量可取为 m(0,1,0)，所以 cosn，m nm |n|m| 3 2 .易知二面角 BCGA 为锐二面角，因此 二面角 BCGA 的大小为 30. 2(2021河北衡水调研)如图，在三棱锥 PABC 中，已知 AC2，ABBCPA 2，顶点 P 在平面 ABC 上的射 影为ABC 的外接圆圆心 (1)证明：平面 PAC平面 ABC； (2)若点 M 在棱 PA 上，|AM| |AP| ，且二面角 PBCM 的余弦值为5 33 33 ，试求的值 解：(1)证明：取 AC 的中点 O，连接 PO，由题意，得 BC2AB2AC2， 则ABC 为直角三角形，所以点 O 为ABC 的
4、外接圆圆心 又点 P 在平面 ABC 上的射影为ABC 的外接圆圆心，所以 PO平面 ABC， 又 PO平面 PAC，所以平面 PAC平面 ABC. (2)由(1)可知 PO平面 ABC，所以 POOB，POOC，又 OBAC，于是以 OC，OB，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)由题意得AM AP ，0,1，AP(1,0,1)，M(1,0，)，BC(1，1,0)，PC(1,0，1)，MC (2，0，) 设平面 MBC 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 则 m
5、BC 0， mMC 0， 得 x1y10， 2x1z10， 令 x11，得 y11，z12 ，则 m 1，1，2 . 设平面 PBC 的法向量为 n(x2，y2，z2)， 由 nBC 0， nPC 0， 得 x2y20， x2z20， 令 x21，得 y21，z21，则 n(1,1,1)， cosn，m nm |n|m| 22 322 2 2 5 33 33 ， 解得1 2 7 4舍去. 3(2021山东济南模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PA底面 ABCD，PAAB2，点 M 为棱 PC 的中点，点 E，F 分别为棱 AB，BC 上的动点(E，F 与所在棱的端
6、点不重合)，且满足 BEBF. (1)证明：平面 PEF平面 MBD； (2)当三棱锥 FPEC 的体积最大时，求二面角 CMFE 的余弦值 解： (1)证明：因为 PA底面 ABCD，ABAD，所以 AB，AD，AP 所在直线两两垂直，故以 A 为坐标原点， AB ， AD ，AP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.则 P(0,0,2)，M(1,1,1)，B(2,0,0)， D(0,2,0)设 E(t,0,0)，则 F(2,2t,0)，则PE (t,0，2)，PF(2,2t，2)，MB (1，1，1)，MD (1,1， 1)设 m1(a1，b1
7、，c1)为平面 PEF 的一个法向量，则 m1PE 0， m1PF 0， 即 ta12c10， 2a12tb12c10， 令 a12，则 m1(2，2，t)设 m2(a2，b2，c2)为平面 MBD 的一个法向量， 则 m2MB 0， m2MD 0， 即 a2b2c20， a2b2c20， 令 a21， 则 m2(1,1,0)因为 m1m22121t00，所以 m1m2.所以平面 PEF平面 MBD. (2)设 BEBFx，由题意知，SCEF1 2(2x)x.又 PA2，所以 V FPECVPEFC1 3 1 2(2x)x2 1 3(2x)x 1 3(x 1)21 3.易知当三棱锥 FPEC
8、的体积最大时，x1，即此时 E，F 分别为棱 AB，BC 的中点由(1)中所建立的空间直角 坐标系 Axyz 可知，C(2,2,0)，F(2,1,0)，E(1,0,0)，M(1,1,1)，则MF (1,0，1)，FE (1，1，0)，FC(0,1,0)， 设 n(x1，y1，z1)是平面 MEF 的一个法向量，则 nMF 0， nFE 0， 即 x1z10， x1y10， 令 x11，则 n(1，1,1)设 m (x2，y2，z2)是平面 MCF 的一个法向量，则 mMF 0， mFC 0， 即 x2z20， y20， 令 x21，则 m(1,0,1)则 cosn，m nm |n|m| 2 3
9、 2 6 3 .由图知所求二面角为钝角，所以二面角 CMFE 的余弦值为 6 3 . 4如图(1)，在平面四边形 ABCD 中，O 是对角线 BD 的中点，BCCD，MD1 4BD，ABAD5，BCCD 4 2.将ABD 沿对角线 BD 折叠后，平面 ABD平面 CBD，E，F 分别是 AB，AC 的中点，如图(2)所示 (1)求证：MF平面 CEO； (2)在线段 BC 上是否存在一点 T， 使得直线 ET 与直线 MF 所成角的余弦值为7 41 205 ？若存在， 请指出点 T 的位置； 若不存在，请说明理由 . 解：(1)如图，取 CD 的中点 K，连接 MK，FK，因为点 O 为 BD
10、 的中点，MD1 4BD， 所以 M 为 OD 的中点，所以 MKOC. 又 MK平面 CEO，OC平面 CEO，所以 MK平面 CEO. 因为 F，K 分别是 AC，DC 的中点，O，E 分别是 BD，AB 的中点， 所以 FKAD，OEAD，所以 FKOE. 又 FK平面 CEO，OE平面 CEO，所以 FK平面 CEO. 因为 FKMKK，所以平面 MFK平面 CEO， 又 MF平面 MFK，所以 MF平面 CEO. (2)存在连接 AO，因为 BCCD，ABAD5，CBCD4 2，O 为 BD 的中点，所以 AOBD，COBD， BD CB2CD28，所以 OC1 2BD4. 在 Rt
11、AOD 中，AD5，OD1 2BD4，所以 AO 5 2423. 因为平面 ABD平面 CBD，平面 ABD平面 CBDBD，AOBD，所以 AO平面 CBD.以 O 为坐标原点，OC， OD，OA 所在的直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 C(4,0,0)，B(0，4,0)，E 0，2，3 2 ， M(0,2,0)，F 2，0，3 2 .设 T(x1，y1,0)，且TC BC， 则TC (4x1，y1,0)，BC(4,4,0)(4，4，0)， 因为TC BC，所以 4x14，y14， 即 x144，y14， 所以 T(44，4，0)，ET 44，24，3 2 ， 又M
12、F 2，2，3 2 ， 所以ET MF 2(44)2(24)9 4 7 4， |ET | 4422429 4 3224889 4 ，|MF |22229 4 41 2 ，则 cosET ， MF 7 4 3224889 4 41 2 7 41 205 ，即 7 4 3224889 4 7 10， 化简得 3224889 4 25 4 ，得 32248160，即 22310，解得1 或1 2， 所以 T(0，4,0)或 T(2，2,0) 故在线段 BC 上存在点 T，使得直线 ET 与直线 MF 所成角的余弦值为7 41 205 ，此时点 T 的位置在线段 BC 的点 B 处或在线段 BC 的中
13、点处 5已知直角梯形 SBCD 中，SDBC，BCCD，SD3BC3CD6，过点 B 作 BACD 交 SD 于 A(如图 1)， 沿 AB 把SAB 折起，使得二面角 SABC 为直二面角，连接 SC，E 为棱 SC 上任意一点(如图 2) (1)求证：平面 EBD平面 SAC； (2)求点 C 到平面 SBD 的距离； (3)在棱 SC 上是否存在点 E，使得二面角 EBDS 的余弦值为2 2 3 ？若存在，求出点 E 的位置；若不存在，请说明 理由 解：(1)证明：由翻折的性质可知，翻折后，SAAB，ADAB， 所以SAD 为二面角 SABC 的平面角， 又因为二面角 SABC 为直二面
14、角，所以SAD90，即 SAAD， 又 ABADA，所以 SA平面 ABCD，所以 SABD， 由题意可知四边形 ABCD 为正方形，所以 BDAC， 又因为 ACSAA，所以 BD平面 SAC， 又 BD平面 EBD，所以平面 EBD平面 SAC. (2)设 ACBDO，连接 SO，则 SOBD， 因为正方形 ABCD 中，BCCD2，所以 BDAC2 2， 又 SA4，AO1 2AC，SAAO，所以 OS SA 2AO23 2，所以 S CBD1 2CBCD 1 2222， SSBD1 2SOBD 1 23 22 26. 设点 C 到平面 SBD 的距离为 h， 因为 VCSBDVSBCD
15、，即 1 3S SBDh1 3S BCDSA， 所以 hS BCDSA SSBD 24 6 4 3， 即点 C 到平面 SBD 的距离为4 3. (3)存在 以 A 为原点， AB ， AD ， AS 的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴正方向建立空间直角坐标系， 则 B(2,0,0)， D(0,2,0)， C(2,2,0)，S(0,0,4)，又知点 E 在线段 SC 上， 设SE SC(2，2，4)(01)，因此 E(2，2，44)，由(2)知 O(1,1,0) 所以OS (1，1,4)，OE (21,21,44)， 连接 OE，则 OEBD，又 OSBD，所以SOE 为二面角 EBDS
16、 的平面角， 所以 cosSOE OS OE |OS |OE | 1212444 3 2 2212442 2 2 3 ， 即 9102 2424018，解得1 2或 9 2， 因为 01，所以1 2， 即棱 SC 上存在点 E，使得二面角 EBDS 的余弦值为2 2 3 ， 此时点 E 为棱 SC 的中点 6如图所示，四棱锥 SABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 2倍，P 为侧棱 SD 上的点 (1)求证：ACSD. (2)若 SD平面 PAC，求二面角 PACS 的大小 (3)在(2)的条件下，侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE平面 PAC？若存在，求SC SE的值
17、，若不存在，试说明理 由 解：(1)证明：连接 BD，交 AC 于 O，连接 SO，由题意知 SOAC. 在正方形 ABCD 中，ACBD，又 SOBDO，所以 AC平面 SBD，因为 SD平面 SBD，所以 ACSD. (2)由题意知 SOAC，SOBD，又 ACBDO，所以 SO平面 ABCD，以 O 为坐标原点，以OB ， OC ，OS 的方 向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示 设 ABa，则 OCOD 2 2 a，SO 6 2 a. 则 O(0,0,0)，S 0，0， 6 2 a ，D 2 2 a，0，0 ，C 0， 2 2 a，0 ，B 2 2 a
18、，0，0 .又 SD平面 PAC，则平面 PAC 的 一个法向量为DS 2 2 a，0， 6 2 a . 易知平面 SAC 的一个法向量为OD 2 2 a，0，0 ， 则 cosDS ， OD DS OD |DS |OD | 1 2， 由图可知二面角 PACS 为锐角，故二面角 PACS 的大小为 60. (3)在棱 SC 上存在一点 E，使得 BE平面 PAC，且SC SE 3 2.假设存在满足题意的点 E.由(2)知DS 是平面 PAC 的一个 法向量，且DS 2 2 a，0， 6 2 a ，CS 0， 2 2 a， 6 2 a ，设CE tCS ，t0,1，则BE BC CE BC tCS 2 2 a， 2 2 a1t， 6 2 at ， 因为 BE平面 PAC， 所以BE DS0， 得 t1 3.即当 SC SE 3 2时， BE DS， 而 BE 不在平面 PAC 内， 故 BE平面 PAC.
