2023课标版数学高考第二轮复习--第八章立体几何微专题.pdf

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1、2023课标版数学高考第二轮复习微专题应用创新微专题一分清变与不变，破解翻折问题1.（2022银川一中一模,16）如图,在边长为4 的正三角形A BC中,D,E,F 分别为各边的中点,G,II分别为DE,A F的中点,将4A BC沿 DE,EF,DF折成正四面体PDEF,则在此正四面体中,下列说法正确的是异面直线PG 与 DH 所成的角的余弦值为|；DFLPE;G H 与 PD所成的角为45。；PG 与 EF所成角为60.答案 2.（2021江西八所重点高中第二次模拟,15）如图1,在矩形A BCD中,DC=2DM=2DA=2,将a DA M沿 A M折起,如图2,当三棱锥B-A DM的体积最

2、大时,三棱锥B-A DM外 接 球 的 表 面 积 为.答案 4Tl3.（2022河南洛阳二模，18）如图,已知A A BC是边长为6 的等边三角形，点 M,N 分别是边A B,A C的三等分点,且 A M=|AB,CN=#A,沿 MN 将A A MN 折起到4A MN 的位置，使/A MB=90.(1)求证:A M 平面MBCN;第1页 共13页(2)在线段BC上是否存在点D,使平面A ND与平面A MB所成锐二面角的余弦值为誉？若存在，设 丽=XBC(人0),求人的值;若不存在,说明理由.解析 证明：由已知可得A M=2,A N=4,ZA=60,二.MN=J 22+42-2 x 2 x 4

3、 x cos60=2V 3,.-.A M2+MN2=A N2,即 MNA M,MN_LBM,.-.MNIA M.-,-ZA MB=90,即 A M_LBM,又 MN C BM=M,.1A M_L 平面 MBCN.(2)由(1)可知,A M,MN,MB两两垂直,以M为原点,分别以祈瓦而，祈开的方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,则 B(4,0,0),A (0,0,2),N(0,273,0),C(l,3V 3,0),设 D(x,y,z),则(x-4,y,z)=入(-3,3俗 0),.-.D(4-3A,3V 3A,0).AN=(0,2遮，-2),而=(4 一 3入 3旧人,-2).设平面A

4、N D的法向量为n=(x,y,z),n-fiJN=2V 3y-2z=0,则 一j i-A D=(4-3A)x+3V 3A y-2z=0.令y=K,则n=(鬻，疝3),显然m=(0,1,0)是平面A MB的一个法向量,6 _ V39忸I)2 一 后+3+9第2页 共1 3页解得人或5 O故存在点D 满足题意，人 或3 64.（2020 贵州 4 月适应性测试，19）图 1 是直角梯形 A BCD,A BDC,ZD=90,A B=2,DC=3,A D=V 3,CF=2ED.以 B E 为折痕将 BCE折起，使点C 到达Cl的位置且A C1=痣 如 图 2.证明:平面BG EJ _平面A BED;求

5、直线BG 与平面A C.D所成角的正弦值.解析 证明:在图中，连接A E,A C,设 A C交 BE于 F.-：CE=2ED,DC=3,.-.CE=2,.-.A B=CE,又 A B CD,二四边形A ECB是平行四边形.在 RtA A CD 中,A C=j 32+(V 3)2=2V 3,.-.A F=CF=V 3.在图中,A C,=V 6.,A F+Cm*.，C F J _A F,由题意得CF_LBE,又 BE n A F=F,C F，平面 A BED,又 C,Fc 平面 BC,E,，平面BG E_L平面A BED.第3页 共13页图(2)如图,以D为坐标原点,方，屁 的方向分别为x,y轴的

6、正方向，斯的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系.则 D(0,0,0),A(V 3,0,0),B(V 3,2,0),E(0,l,0),F 停,|,0),Cl(y,1,V 3),.跖=，用=(四,0,0),西=俘,|同.设平面A G D的法向量为n=(x,y,z),(n-DA =0,(V 5x=0,由 _ _ _ 得 V 5 3 r-(n-DC =0(yx+-y+V 3z=0,取 z=8,得 n=(0,-2,73),.-.|n|=V 7,记直线B C与平面A C,D所成的角为a则 sin 8二|BCrn|2A/7丽 同 7故直线B G与平面A C.D所成角的正弦值为蜉.5.(2021河南顶级名校4

7、月联考,19)如图,已知D,E都是 A BC的边A C的三等分点,F是A B的中点,BEA C,A B=2V 5,A C=6,同时将4 A D F和a C E B分别沿DF,EB折起,折起后A DCE,如图.在图中,求证:A BLDC;(2)在图中,若DC=2,求二面角A-BD-C的余弦值.第4页 共1 3页图 图解析 证明:连接AE.题图中,D,E分别是AC的三等分点,.D是AE的中点,又F是AB的中点，.-.DF/7BE.-.-BEIAC,.-.DF1AC.在题图中,BEDE,BECE.1DE n CE=E,.-.BEsp ADEC.1/DCc 平面 ADEC,.-.BEDC.1A D C

8、E,AD=DE,四 边形ADEC是 菱 形，.-.DCAE.1,AE n BE=E,.-.DCsp ABE.又ABu平面ABE,.-.AB1DC.(2)由(1)知,平面BEDFL平面ADEC.-,-DC=2,CE=DE=2,/.DEC 是正三角形.取DE的中点0,连接CO,则CO IDE.第5页 共13页分别以直线OE,0 C为y轴和z轴,以过点0平行于B E的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则 D(0,-1,0),B(2,1,0),C(0,0,V 3),A(0,-2,V 3),=(2,2,0),D A =(0,-l,V 3),DC=(0,1,V 3).设nF(xi,yi,z

9、 j和ri2=(x2,y2,z?)分别是平面A BD和平面CBD的法向量，则有+2yl=0,+国 Zi=0,优+逮 二:不妨取z】3z2=.g,7ii-DB=0,n2 DB=0,n1-DA =0,n2-DC=0.可 彳 导 n F (-3,3,V 3),n2=(-3,3,一遮),.*.cos=-=J,又知二面角A-B D-C为锐二面角,二面角A-B D-C的余弦值为|ni|-|n2l 77微专题二巧建系妙设点,速破动态变化问题1.(2022陕西质检(一)，19)如图,已知直三棱柱A BC-A BG,0,M,N分别为线段BC,A A BB,的中点,P为线段A G上的动点,A A产16,A C=8

10、.若 A 0=3C,证明:CNLCM;在 的条件下,当A B=6时,试确定动点P的位置，使线段M P与平面BB,C,C所成角的正弦值最大.解析 在a A B C中,J O为B C的中点且A 0=j BC,.A B1A C.1,平面A BC_L平面ACCIAI,交线为A C,第6页 共1 3页.A B J _平面 ACCIAI,又rCMu 平面 A CCA,/.A BCM.MN分别为A Ab BBi的中点,，MNA B.-.CM MN.在 RtA A MC 和 RtA MA.Ci 中，.,A M=A M A C=A,Cb.-.RtA A MC RtA A.MC!,M=CM=V 64+64=8立，

11、.2+(；=128+128=162=(：*，C M M又.,G MCMN=M,M_L平面 G MN,.-.CM C,N.(2)由 及已知得A B,A C,A A,两两垂直,以A 为原点,分别以A B,A C,A A,所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系如图,则 A(0,0,0),B(6,0,0),C(0,8,0),C,(0,8,16)31(0,0,8),B,(6,0,16),.BC=(-6,8,0),西=(0,0,16).设平面BBCC的法向量为n=(x,y,z),则 看;片 一。令 x=4,得 y=3,则 n=(4,3,0),设 P(x,y,z),A P=mA C；(OWmWl),则(

12、x,y,z)=m(O,8,16),.,.P(0,8m,16m),MP-(0,8m,16m-8).第7页 共13页设直线MP与平面BB.C.C所成的角为e,35j(t-2)2+l贝(j S in e=S =L 24m=3m|n|M P|5j64m2+(16m-8)2 5 标诉T若 m=0,则 sin 0=0,此时点P 与 A 重合;-1右 mWO,令 t=则 sin 0=T 3=5V5-4t+t2当 t=2,即 m弓，也即P 为A C1的中点时,sin 8取得最大值|.2.(2022甘肃顶尖名校3 月联考,19)如图,A A BC是边长为3 的等边三角形,E,F 分别在边A B,A C 上,且A

13、 E=A F=2,M 为 BC边的中点,A M交 EF于点。，沿 EF将4A EF折到4DEF的位置，使 DM=.证明:DO J _平面EFCB;(2)若平面EFCB内的直线EN平面DOC,且与BC交于点N,问在线段DM上是否存在点P,使二面角P-EN-B的大小为60。?若存在,求出点P;若不存在,请说明理由.n解析 证明:在a DOM 中,D0=V 3,OM=y,D M =所以 DM2=D()2+0M2,所以 DOOM.又易知 DOEF,EFnOM=O,所以 DO_L平面 EFCB.如图,过E 在平面EBCF内作ENOC交 BC于点N,则由OCc平面DOC,ENQ平面DOC,得 EN平面DO

14、C.因为 ENOC,E0/7NC,所以四边形ENCO为平行四边形，所以NC=EO=1,BN=2,所以翳号时,EN平面DOC.以 0 为坐标原点,0E,OM,0D所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系0-xyz,第8页 共1 3页Di假设在线段DM上存在点P,使二面角P-EN-B的大小为60,且 由=A DM（0 W 入 W 1）,连接 PE,PN,则 丽=(0,yA,-V 3A),所 以 丽=PM+M N =(0,yA,-V 3A)+(-1,0,0)二(吃乳-顼),设平面PEN的法向量为n=（x,y,z）,则EN-n=一|x+y y =0,PN-n=+入 y-V 5M=0,、2 2令

15、x=L则 y=瑞 则 n=（l，倔 翡）易知平面ENB的一个法向量为m=（0,0,1）,则 cos|=-|n-m|I 2=?、4+(瑞)X|n|m|所以人=-1（舍）或 号,所 以 两=3两.故在线段DM上存在点P,且 两=；两，使二面角P-EN-B的大小为60.3.(2021 5 3 原创题)已知直角梯形 SBCD 中,SDBC,BC1CD,SD=3BC=3CD=6,过点 B 作 BA CD 交 SD 于A（如图1）,沿 A B把4SA B折起,使得二面角S-A B-C为直二面角,连接SC,SD,A C,BD,E 为棱SC上任意一点（如图2）.（1）求证:平面EBD_L平面SA C;（2）求

16、点C 到平面SBD的距离;第9页 共1 3页(3)在棱SC上是否存在点E,使得二面角E-BD-S的余弦值为学?若存在,求出点E 的位置;若不存在,请说明理由.图1图2解析(1)证明：由题意及翻折的性质可知,SA A B,A DLA B,所以NSA D为二面角S-A B-C的平面角,又因为二面角S-A B-C为直二面角，所以NSA D=90,即 SA LA D,又 A BCA D=A,所以SA _L平面A BCD,又 BDc平面A BCD,所以SA BD.由题意可知四边形A BCD为正方形，所以BDA C,又因为A C A SA=A,所以BD_L平面SA C,又 BDc平面EBD,所以平面EBD

17、_L平面SA C.(2)设 A C C BD=O,连接 SO,易得 SOBD.在正方形A BCD中,BC=CD=2,所以 A C=BD=2V 2,又 SA=4,A 0=|A C=V 2,SA A O,所以 SO4 S/2+A O2=3V 2.SA CBD=；CB CD=g x 2 x 2=2,S SBD=g st)BD=g x 3或 x2V 2=6.第 10页 共 13页设点C 到平面SBD的距离为h.因为 Vc-SBD=V s-B C D,即 S SBD,h =SABO)SA,S SAr-r-pi,ABCD 2X4 4所以 h=-.D o 5SBD即点c 到平面SBD的距离为小存在.连接0E

18、,以A 为坐标原点,而，而，荏的方向分别为x 轴,y 轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则 B(2,0,0),D(0,2,0),C系 2,0),S(0,0,4),又知点E 在线段SC上，所以设豆=A SC=（2X,2人-4人）（0 W 入 W 1）,因此E（2人,因4-4人），又 0（1,1,0）,所以赤=（-1,-1,4）,OE=（2A-1,2X-1,4-4A）,易知0E1BD,又 OS1BD,所以/S0E为二面角E-BD-S的平面角，所以c o s Z S O E-=IOSH OEIi-2；+lf+4（4f）=竽,解得入=；或入=3,因为0 w入w 1,所以入=；,即棱SC上存在点E,3

19、 闵 2（2”1）2+（4-4入 心 3 2 2 2使得二面角E-B D-S 的余弦值为学,此时点E 为棱SC的中点.4.（2021全国重点中学高考冲刺押题卷（二），20）如图,在三棱台A BC-A BG 中,A A BC是边长为2 的等边三角形,A A 尸 A=G C=1,ZC,CA=60,E 为 B 的中点.若 F 为线段A B上一点,且EF平面A CCA,求 EF的长；第11页 共13页设二面角A-A C-B的大小为9,是否存在6 G(0,H ，使得直线A A 1与平面BB1C1C所成角的正弦值为甯 喏 存 在,求 出。的值;若不存在,请说明理由.解析 如图，在 BC上取点G,使 CG

20、弓，在 A B 上取点F,使 A F=连接EF,FG,EG,则 FG /A C.因为 EG CG,ECFCG,所以四边形EG CG 为平行四边形,所以G ECG.因为G EQ平面A CCiA i,C G u 平面A CCA,所以G E 平面（CCiA,.因为 FG A C,FG G 平面 A CCA,A Cc 平面 A CCA,所以FG 平面A CCiA,又 G EA G F=G,所以平面EFG 平面A CCiA,.因为EFc平面G EF,所以EF平面A CCA.易知 EG=1,FG=|,NEG F=NCCA=60,所以由余弦定理得EF=J l+-2xlx|xcos60 =4-Z/存在e g

21、满足题意.分别取A C,AC 的中点M,N,连接NM,BM,BN.由已知得A CNM,A C IBM.第1 2页 共1 3页因为 BMDNM=M,所以A C J _平面NBM.则N N M B为二面角A-A C-B的平面角.以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 AQ 0,0),B(0,V 3,0),C(-l,0,0),Cl(-1,y cosO,y sing),A l&曰cos。,y sin。),所以而=(l,V 3,0),CC =Q.y cose,y sine).设平面BB.C.C的法向量为n=(x,y,z),f cB-n=0,(x+V 3y=0,由，导，1 V5 V3CCT-n=0,(2x +ycos。+yzsin0=0.令y=L则n=(S l,需又 A A；=(-1,ycos0,ysin0),设直线A A i与平面BBiC.C所成的角为a,贝 cos|=sin a =岂詈，R nV3 3V13即/=L.1-2COS04-COS20J+化简得 2cos6-3cos 0+1=0,解得cos e=l(舍去)或cos 0=1，所以eq.故存在6苫,使得直线A A 1与平面BB1C1C所成角的正弦值为等.第1 3页 共13页