2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（三十三） 空间向量2综合翻折探索 6页

高考达标检测（三十三） 空间向量 2 综合——翻折、探索 1．如图 1，在△ABC 中，∠C＝90°，AC＝BC＝3a，点 P 在 AB 上，PE∥BC 交 AC 于点 E，PF∥AC 交 BC 于点 F.沿 PE 将△APE 翻折成△A′PE，使得平面 A′PE⊥平面 ABC；沿 PF 将△BPF 翻折成△B′PF，使得平面 B′PF⊥平面 ABC，如图 2. (1)求证：B′C∥平面 A′PE； (2)若 AP＝2PB，求二面角 A′PCB′的正切值． 解：(1)证明：因为 FC∥PE，FC⊄平面 A′PE，PE⊂平面 A′PE， 所以 FC∥平面 A′PE. 因为平面 A′PE⊥平面 ABC，且平面 A′PE∩平面 ABC＝PE，A′E⊥PE， 所以 A′E⊥平面 ABC. 同理 B′F⊥平面 ABC， 所以 B′F∥A′E，从而 B′F∥平面 A′PE. 又 FC∩B′F＝F， 所以平面 B′CF∥平面 A′PE. 因为 B′C⊂平面 B′CF，所以 B′C∥平面 A′PE. (2)易知 EC，EP，EA′两两垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系 Exyz. 则 C(a,0,0)，P(0,2a,0)，A′(0,0,2a)，B′(a,2a，a)． 所以 A′C――→＝(a,0，－2a)， A′P――→＝(0,2a，－2a)， B′C――→＝(0，－2a，－a)， B′P――→＝(－a,0，－a)． 设平面 A′CP 的一个法向量为 m＝(x，y,1)， 则 m· A′C――→＝0， m· A′P――→＝0， 即 ax－2a＝0， 2ay－2a＝0， 解得 x＝2， y＝1， 所以平面 A′CP 的一个法向量为 m＝(2,1,1)． 设平面 B′CP 的一个法向量为 n＝(x′，y′，1)， 则 n· B′C――→＝0， n· B′P――→＝0， 即 －2ay′－a＝0， －ax′－a＝0， 解得 x′＝－1， y′＝－1 2 ， 所以平面 B′CP 的一个法向量为 n＝ －1，－1 2 ，1 . 设二面角 A′PCB′的大小为θ，易知θ为锐角， 则 cos θ＝ |m·n| |m|·|n| ＝ |－3 2| 6×3 2 ＝ 6 6 ， 从而可得 tan θ＝ 5，即二面角 A′PCB′的正切值为 5. 2.如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC ＝60°.EA∥FC，且 FC⊥平面 ABCD，FC＝2，AE＝1，点 M 为 EF 上任意一点． (1)求证：AM⊥BC； (2)点 M 在线段 EF 上运动(包括两端点)，试确定 M 的位置，使平面 MAB 与平面 FBC 所成的锐二面角为 60°. 解：(1)证明：∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°， ∴AB＝2，连接 AC， 在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 60°＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3， ∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC. ∵FC⊥平面 ABCD，∴FC⊥BC. 又 AC∩FC＝C，∴BC⊥平面 AEFC， ∵AM⊂平面 AEFC，∴BC⊥AM. (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 C xyz，则 A( 3，0,0)，B(0,1,0)， C(0,0,0)，F(0,0,2)，E( 3，0,1)， AB―→＝(－ 3，1,0)， 设 M(x，y，z)， FM―→＝λ FE―→ (0≤λ≤1)， 则(x，y，z－2)＝λ( 3，0，－1)， ∴ x＝ 3λ， y＝0， z＝2－λ， 故 M( 3λ，0,2－λ)， ∴ AM―→＝( 3λ－ 3，0,2－λ)． 设平面 ABM 的法向量 m＝(x1，y1，z1)， 则 m· AM―→＝0， m· AB―→＝0， 即 3λ－1x1＋2－λz1＝0， － 3x1＋y1＝0， 令 x1＝1，可得 y1＝ 3，z1＝ 3λ－1 λ－2 ， ∴m＝ 1， 3， 3λ－1 λ－2 . 易知平面 FBC 的一个法向量为 n＝(1,0,0)， ∴cos 60°＝|m·n| |m||n| ＝ 1 1＋3＋ 3λ－1 λ－2 2 ＝1 2 ， ∴λ＝1， ∴点 M 与点 E 重合时，平面 MAB 与平面 FBC 所成的锐二面角为 60°. 3．如图，已知在长方形 ABCD 中，AB＝2，A1，B1 分别是边 AD，BC 上的点，且 AA1 ＝BB1＝1，A1E 垂直 B1D 于 E，F 为 AB 的中点．把长方形 ABCD 沿直线 A1B1 折起，使得 平面 AA1B1B⊥平面 A1B1CD，且直线 B1D 与平面 AA1B1B 所成的角为 30°. (1)求异面直线 A1E，B1F 所成角的余弦值； (2)求二面角 FB1DA1 的余弦值． 解：由已知条件可得 A1A，A1B1，A1D 两两垂直，可建立 如图所示的空间直角坐标系 A1xyz，由已知 AB＝2，AA1＝BB1 ＝1，可得 A1(0,0,0)，B1(2,0,0)，F(1,0,1)． 又 A1D⊥平面 AA1B1B，所以 B1D 与平面 AA1B1B 所成的角 为∠DB1A1＝30°，又 A1B1＝AB＝2，A1E⊥B1D，所以 A1E＝1， A1D＝2 3 3 ，从而易得 E 1 2 ， 3 2 ，0 ，D 0，2 3 3 ，0 . (1)因为A1E―→＝ 1 2 ， 3 2 ，0 ，B1F―→＝(－1,0,1)， 所以 cos 〈A1E―→，B1F―→〉＝ A1E―→ ·B1F―→ |A1E―→|·|B1F―→| ＝ －1 2 2 ＝－ 2 4 ， 所以异面直线 A1E，B1F 所成角的余弦值为 2 4 . (2)易知平面 A1B1CD 的一个法向量 m＝(0,0,1)． 设 n＝(x，y，z)是平面 B1DF 的法向量， 易知B1D―→＝ －2，2 3 3 ，0 ， 所以 n·B1F―→＝0， n·B1D―→＝0， 即 －x＋z＝0， 2x－2 3 3 y＝0. 令 x＝1，得 n＝(1，3，1)． 所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 5 5 . 由图知二面角 FB1DA1 为锐角， 所以二面角 FB1D A1 的余弦值为 5 5 . 4．(2018·成都模拟)如图①，在正方形 ABCD 中，点 E，F 分别是 AB，BC 的中点，BD 与 EF 交于点 H，G 为 BD 的中点，点 R 在线段 BH 上，且BR RH ＝λ(λ>0)．现将△AED， △CFD，△DEF 分别沿 DE，DF，EF 折起，使点 A，C 重合于点 B(该点记为 P)，如图② 所示． (1)若λ＝2，求证：GR⊥平面 PEF； (2)是否存在正实数λ，使得直线 FR 与平面 DEF 所成角的正弦值为2 2 5 ？若存在，求出 λ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：由题意，可知 PE，PF，PD 三条直线两两垂直． ∴PD⊥平面 PEF. 在图①中，∵E，F 分别是 AB，BC 的中点，G 为 BD 的中点， ∴EF∥AC，GD＝GB＝2GH. 在图②中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DG GH ＝2， ∴在△PDH 中，GR∥PD，∴GR⊥平面 PEF. (2)由题意，分别以 PF，PE，PD 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立 如图所示的空间直角坐标系 Pxyz. 设 PD＝4，则 P(0,0,0)，F(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)， EF―→＝(2，－2,0)， DE―→＝(0,2，－4)． ∵PR RH ＝λ，∴ PR―→＝ λ 1＋λ PH―→， ∴R λ 1＋λ ， λ 1＋λ ，0， ∴ RF―→＝2－ λ 1＋λ ，－ λ 1＋λ ，0＝2＋λ 1＋λ ，－ λ 1＋λ ，0. 设平面 DEF 的一个法向量为 m＝(x，y，z)， 由 EF―→ ·m＝0， DE―→ ·m＝0， 得 2x－2y＝0， 2y－4z＝0. 取 z＝1，则 m＝(2,2,1)． ∵直线 FR 与平面 DEF 所成角的正弦值为2 2 5 ， ∴|cos〈m，RF―→〉|＝|m· RF―→ | |m|| RF―→| ＝ 4 1＋λ 3 2＋λ 1＋λ 2＋ － λ 1＋λ 2 ＝ 2 2 3 λ2＋2λ＋2 ＝2 2 5 ， ∴9λ2＋18λ－7＝0， 解得λ＝1 3 或λ＝－7 3(不合题意，舍去)． 故存在正实数λ＝1 3 ，使得直线 FR 与平面 DEF 所成角的正弦值为2 2 5 . 已知在三棱柱 ABCA1B1C1 中，B1B⊥平面 ABC，∠ABC＝90°， B1B＝AB＝2BC＝4，D，E 分别是 B1C1，A1A 的中点． (1)求证：A1D∥平面 B1CE； (2)设 M 是 B1E 的中点，N 在棱 AB 上，且 BN＝1，P 是棱 AC 上的动点，直线 NP 与平面 MNC 所成角为θ，试问：θ的正弦值存在 最大值吗？若存在，请求出AP AC 的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：连接 BC1 交 B1C 于点 O，连接 EO，DO， 在△B1BC1 中，DO 綊 1 2B1B， 在四边形 B1BA1A 中，A1E 綊 1 2B1B， ∴A1E 綊 DO，∴四边形 A1EOD 是平行四边形， ∴A1D∥EO ∵A1D⊄平面 B1CE，EO⊂平面 B1CE， ∴A1D∥平面 B1CE. (2)假设存在符合题意的点 P. 以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1 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 Bxyz， 由已知得 A(4,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,4)，E(4,0,2)，M(2,0,3)，N(1,0,0)， 则MN―→＝(－1,0，－3)， NC―→＝(－1,2,0)， AC―→＝(－4,2,0)， NA―→＝(3,0,0) 设平面 MNC 的一个法向量 m＝(x，y，z)， 则 m·MN―→＝0， m· NC―→＝0， 即 －x－3z＝0， －x＋2y＝0， 取 x＝6，得 m＝(6,3，－2)， 设 AP―→＝λ AC―→ (0≤λ≤1)， 则 NP―→＝ NA―→＋λ AC―→＝(3－4λ，2λ，0)， 由题设得 sin θ＝|cos〈 NP―→，m〉|＝ | NP―→ ·m| | NP―→|·|m| ＝ |63－4λ＋6λ| 7 3－4λ2＋4λ2 ＝ 181－λ 7 20λ2－24λ＋9 ， 设 t＝1－λ(0≤λ≤1)，则λ＝1－t，且 0≤t≤1， ∴sin θ＝ 18t 7 20t2－16t＋5 . 当 t＝0 时，sin θ＝0， 当 0＜t≤1 时，sin θ＝ 18 7 5 t2 －16 t ＋20 ＝ 18 7 5 1 t －8 5 2＋36 5 ≤ 18 7× 6 5 ＝3 5 7 . ∴当且仅当1 t ＝8 5 ， 即 t＝5 8 时，sin θ取得最大值3 5 7 ，此时λ＝3 8. ∴存在符合题意的点 P，且AP AC ＝3 8.