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第三板块 课时验收评价(四)立体几何中的综合问题
1.如图1,矩形ABCD,点E,F分别是线段AB,CD的中点,AB=4,AD=2,将矩形ABCD沿EF翻折.
(1)若所成二面角的大小为(如图2),求证:直线CE⊥平面DBF;
(2)若所成二面角的大小为(如图3),点M在线段AD上,当直线BE与平面EMC所成的角为时,求二面角D-EM-C的余弦值.
解:(1)证明:由题意,得四边形BEFC是边长为2的正方形,BF,EC是正方形BEFC的对角线,所以BF⊥EC,又平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD=EF,DF⊥EF,DF⊂平面AEFD,所以DF⊥平面BEFC,又EC⊂平面BEFC,则DF⊥EC,
又DF∩BF=F,则EC⊥平面DBF.
(2) 过E作Ez⊥平面AEFD,而AE,EF均在平面AEFD内,则Ez⊥AE,Ez⊥EF,又AE⊥EF,
所以可以建立如图所示的空间直角坐标系,由题设知∠BEA=∠CFD=,
所以E(0, 0, 0),B(1, 0, ),C(1, 2,),设M(2, m, 0),且0≤m≤2,则=(1, 0,),=(1, 2,),=(2, m, 0),设n=(x,y,z)是平面EMC的一个法向量,则
令x=m,则n=,
cos〈,n〉===,可得m=1,则n=(1, -2,),
又l=(0, 0, 1)是平面EMD的一个法向量,
所以|cos〈l,n〉|===,则锐二面角D-EM-C的余弦值为.
2.已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AB∥DC,∠DAB=90°,PA⊥平面ABCD,PA=AD=DC=AB=1.
(1)若点M是棱PB上的动点,请判断下列条件:①直线AM与平面ABCD所成角的正切值为;②=.其中哪一个条件可以推断出PD∥平面ACM(无需说明理由),并用你的选择证明该结论;
(2)若点N为棱PC上的一点(不含端点),试探究PC上是否存在一点N,使得平面ADN⊥平面BDN?若存在,请求出的值,若不存在,请说明理由.
解:(1)条件②可以推断PD∥平面ACM.证明如下:
如图,连接AC,BD相交于点E,连接EM.
在梯形ABCD中,有AB∥DC,AD=DC=AB=1,所以==.又因为==,所以△BME∽△BPD,故EM∥PD,又PD⊄平面ACM,EM⊂平面ACM,所以PD∥平面ACM.
故当=时,PD∥平面ACM.
(2)以A为原点,AD,AB,AP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A(0, 0, 0),D(1, 0, 0),P(0, 0, 1),C(1, 1, 0),B(0, 2, 0),
设=λ(0<λ<1),则N(λ, λ, 1-λ),设平面ADN的一个法向量为n1=(x, y, z),满足即故取n1=,
设平面BDN的一个法向量为n2=(a,b,c),
满足即故取n2 =,若平面ADN⊥平面BDN,则n1⊥n2,即+=0,
解得λ=,此时N为PC的中点,=1.
3.如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,BC⊥AC.
(1)证明:平面SAB⊥平面ABC;
(2)若BC=SC,SC⊥SA,试问在线段SC上是否存在点D,使直线BD与平面SAB所成的角为60°,若存在,请求出D点的位置;若不存在,请说明理由.
解:(1)证明:作SE⊥平面ABC,连接EA,EC,EB,且EA,EC,EB都在平面ABC内,所以SE⊥EA,SE⊥EC,SE⊥EB.
又SA=SB=SC,所以EA=EC=EB,因为BC⊥AC,所以三角形ACB为直角三角形,所以E为AB的中点,则SE⊂平面SAB,
所以平面SAB⊥平面ABC.
(2)以E为坐标原点,平行AC的直线为x轴,平行BC的直线为y轴,ES所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AS=SB=SC=2,
由SC⊥SA,得AC=2,又BC=SC=2,得EC=,SE=1,则A(-,1,0),B(,-1,0),C(,1,0),E(0,0,0),S(0,0,1),所以=(2,-2,0),=(-,1,-1),设D(x,y,z),=λ(0≤λ≤1),则(x-,y-1,z)=λ(-,-1,1),
所以D(-λ,1-λ,λ),=(-λ,2-λ,λ).
设平面SAB的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则取x1=1,
得n=(1,,0),
由sin 60°=,得=,
化简得λ2+7λ+1=0,又0≤λ≤1,所以方程无解,
故不存在点D,使直线BD与平面SAB所成的角为60°.
4.(2023·石家庄二中模拟)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=,四边形ACFE为矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.
(1)求证:EF⊥平面BCF;
(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么