高考中档大题突破3 空间向量与立体几何的综合问题（Word练习）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（人教A版）

[对应学生用书P344] 1．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC上靠近点P的三等分点，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2. (1)在侧棱PD上是否存在点F，使得点A，B，E，F四点共面？若存在，指出点F的位置，并证明；若不存在，请说明理由； (2)求二面角P­AB­E的余弦值． 解析　(1)存在点F，使得点A，B，E，F四点共面，此时F为PD上靠近点P的三等分点． 图1 证明如下： 取PD靠近点P的三等分点F，连接EF，如图1. 因为＝＝， 所以EF∥CD. 又AB∥CD，所以EF∥AB，所以A，B，E，F四点共面． (2)法一　过F作PA的垂线，垂足为H，连接AF，如图2. 图2 因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB. 又AD⊥AB，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD. 因为AF⊂平面PAD. 所以AB⊥AF，结合AB⊥PA， 得∠PAF是二面角P­AB­E的平面角． 在Rt△AHF中，H是PA靠近点P的三等分点，FH＝PH＝PA，AH＝PA， 故FA＝＝PA， cos ∠FAH＝＝， 故二面角P­AB­E的余弦值为. 法二　因为ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，所以AB，AD，AP两两垂直． 以A为原点，分别以AB，AD，AP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图3. 图3 因为PA＝AD＝2，四边形ABCD为正方形， 所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E， 从而＝，＝(2，0，0). 设平面ABE的法向量为m＝(x，y，z)，则 即 取y＝2，则m＝(0，2，－1). 易知平面ABP的一个法向量为＝(0，2，0). 设二面角P­AB­E的平面角为θ，由图易知θ为锐角， 则cos θ＝＝＝， 故二面角P­AB­E的余弦值为. 2．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝3，M是AC的中点． (1)求平面A1BM与平面A1B1C1夹角的余弦值； (2)若N是B1C1的中点，BC1∩B1C＝P，则在线段A1N上是否存在点Q，使得PQ∥平面A1BM？若存在，求出A1Q的长；若不存在，请说明理由． 解析　(1)如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，M(0，1，0)，A1(0，0，3)， 所以＝(－2，1，0)，＝(－2，0，3). 设平面A1BM的法向量为n＝(x，y，z)， 则n⊥，n⊥， 所以即 不妨取z＝2，得n＝(3，6，2). 易知平面A1B1C1的一个法向量为m＝(0，0，1)， 设平面A1BM与平面A1B1C1的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝. 所以平面A1BM与平面A1B1C1夹角的余弦值为. (2)假设在线段A1N上存在点Q，使得PQ∥平面A1BM，则⊥n. 由题意及(1)可得，A1(0，0，3)，N(1，1，3)，P， 所以＝(1，1，0)，＝. 设＝λ＝λ(1，1，0)＝(λ，λ，0)(0≤λ≤1)， 则＝－＝(λ，λ，0)－＝. 又·n＝0，n＝(3，6，2)， 所以3(λ－1)＋6(λ－1)＋3＝0，解得λ＝， 此时||＝. 所以在线段A1N上存在点Q，使得PQ∥平面A1BM，且A1Q＝. 3．如图，在三棱锥P­ABC中，PC＝AB＝AC＝BC＝1，PC⊥平面ABC，点M是棱PA上的动点，点N是棱BC上的动点，且PM＝CN＝x(0＜x＜). (1)当x＝时，求证：MN⊥AC； (2)当MN的长度最小时，求二面角A­MN­C的余弦值． (1)证明　在平面ABC内过点C作CD⊥AC，使得点D与点B在AC同侧，由PC⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，得PC⊥AC，PC⊥CD， 结合CD⊥AC，可知PC，AC，CD两两垂直． 以C为坐标原点，分别以CA，CD，CP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1). 由AB＝AC＝BC得AB2＋AC2＝BC2， 故AB⊥AC，△ABC为等腰直角三角形． 同理，△APC为等腰直角三角形． 于是B(1，1，0). 当x＝时，PM＝AP，CN＝CB，故M，N分别是AP，CB的中点，M，N，所以＝，＝(1，0，0)， ·＝0×1＋×0－×0＝0， 故⊥，即MN⊥AC. (2)解析　由(1)可得A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，△ABC，△APC均为等腰直角三角形， 故M，N， MN2＝＋＋＝x2－x＋1， 当x＝时，MN2取得最小值，MN也最小，此时M，N分别是AP，CB的中点，于是M，N，＝，＝，＝，＝， 设平面CMN的法向量为α＝(x1，y1，z1)， 则即 即 取x1＝－1，可得平面CMN的一个法向量为α＝(－1，1，1). 设平面AMN的法向量为β＝(x2，y2，z2)， 则即 即取x2＝1，可得平面AMN的一个法向量为β＝(1，1，1)， 设二面角A­MN­C的平面角大小为θ，由图可知θ为锐角， 则cos θ＝＝＝， 故二面角A­MN­C的余弦值为. 4．如图1，在等边△ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点且满足DE∥BC，记＝λ(0＜λ＜1).将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点． (1)当EN∥平面MBD时，求λ的值； (2)试探究：随着λ值的变化，二面角B­MD­E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B­MD­E的正弦值的大小． 解析　(1)取MB的中点为P，连接DP，PN， 因为MN＝CN，MP＝BP， 所以NP∥BC. 又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面， 又EN∥平面BMD，EN⊂平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP， 所以EN∥PD，即四边形NEDP为平行四边形， 所以NP＝DE，则DE＝BC，即λ＝. (2)取DE的中点O，连接MO，因为平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE， 所以MO⊥平面DECB，如图建立空间直角坐标系， 不妨设BC＝2，则M(0，0，λ)，D(λ，0，0)，B(1，(1－λ)，0)， 所以＝(λ，0，－λ)，＝(1－λ， (1－λ)，0)， 设平面BMD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则 即 令x＝，即m＝(，－1，1). 又平面EMD的一个法向量为n＝(0，1，0)， 所以cos 〈m，n〉＝＝＝－， 即随着λ值的变化，二面角B­MD­E的大小不变． 且sin 〈m，n〉＝＝. 所以二面角B­MD­E的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$