【文档说明】【高考数学精准解析】多维层次练：第七章立体几何与空间向量热点跟踪训练4【高考】.docx，共(14)页，329.321 KB，由小赞的店铺上传

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热点跟踪训练41．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，ABCD是平行四边形，AB＝BC＝1，∠BAD＝120°，PB＝PC＝2，PA＝2，E，F分别是AD，PD的中点．(1)证明：平面EFC⊥平面PBC；(2)求二面角A-BC-P的余弦值．(1)证明：连接AC，因为ABCD是平行四边形

，AB＝BC＝1，∠BAD＝120°，所以∠ADC＝60°，所以△ADC是等边三角形，因为E是AD的中点，所以CE⊥AD.因为AD∥BC，所以CE⊥BC.以C为坐标原点，分别以CE→，CB→的方向为x轴、y轴的正方向，建立如图

所示的空间直角坐标系C-xyz.则C(0，0，0)，E32，0，0，A32，12，0，B(0，1，0)，D32，－12，0，设P(x，y，z)(x<0，y>0，z>0)，由|PB→|2＝|PC→|2＝2，|PA→|2＝4，可得x＝－32，y＝12，z＝

1，所以P－32，12，1，因为F是PD的中点，所以F0，0，12，因为CB→·CF→＝0，所以CB⊥CF，因为CE⊥BC，CE∩CF＝C，所以BC⊥平面EFC，因为BC⊂平面PBC，所以平面EFC⊥平

面PBC.(2)解：由(1)知，CB→＝(0，1，0)，CP→＝－32，12，1，设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则CB→·n＝y＝0，CP→·n＝－32x＋12y＋z＝0，令x＝－2，则z＝－3，y＝0，则n＝(－2，0，－3)，设m＝(0，0，1)，易知m是

平面ABC的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－217，又易知二面角A-BC-P为钝二面角，所以二面角A-BC-P的余弦值为－217.2．(2020·安徽六安一中月考)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，

BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.(1)若M是A1D的中点，求直线CM与平面A1BE所成角的大小．(2)线段BC上是否存在点P，使平面

A1DP与平面A1BE垂直？若存在，请求出点P的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)由折叠的性质得CD⊥DE，A1D⊥DE，又CD∩A1D＝D，所以DE⊥平面A1CD.又因为A1C⊂平面A1CD，所以A1C⊥DE，又A1C⊥CD，CD∩DE＝D，所

以A1C⊥平面BCDE.如图所示建系，则C(0，0，0)，D(－2，0，0)，A1(0，0，23)，E(－2，2，0)，B(0，3，0)，所以A1B→＝(0，3，－23)，A1E→＝(－2，2，－23)，设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)

，则A1B→·n＝0，A1E→·n＝0，所以3y－23z＝0，－2x＋2y－23z＝0，取z＝3，则x＝－1，y＝2，所以n＝(－1，2，3)．又因为M(－1，0，3)，所以CM→＝(－1，0，3)，所以cos〈CM→，n〉＝CM→·n|CM→

|·|n|＝1＋31＋4＋3×1＋3＝22.所以CM与平面A1BE所成角的大小为45°.(2)假设线段BC上存在点P满足条件，设P点坐标为(0，a，0)，则a∈[0，3]，所以A1P→＝(0，a，－2

3)，DP→＝(2，a，0)，设平面A1DP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则ay1－23z1＝0，2x1＋ay1＝0，取y1＝6，则x1＝－3a，z1＝3a，所以n1＝(－3a，6，3a)．若平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1·n＝0，所以3a＋12＋3a＝0，即6a＝－12，所

以a＝－2，因为0≤a≤3，所以a＝－2舍去．所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．3．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC的中

点，点E为BC边上的动点，且BEEC＝λ.(1)求证：平面ADM⊥平面PBC.(2)是否存在实数λ，使得二面角P-DE-B的余弦值为22？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．(1)证明：取PB的中点N，连接MN，AN，因为M是PC的中点，所以

MN∥BC，MN＝12BC＝2.又BC∥AD，所以MN∥AD，MN＝AD，所以四边形ADMN为平行四边形．因为AP⊥AD，AB⊥AD，AP∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥AN，所以AN⊥MN.因为AP＝AB，所以AN⊥PB，因为MN∩

PB＝N，所以AN⊥平面PBC.因为AN⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC.(2)解：存在符合条件的λ.以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设BE＝t，则E(2，t，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，从而PD→＝(0，2，－2)，DE→＝(2，

t－2，0)，设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z)，即2y－2z＝0，2x＋（t－2）y＝0，令y＝z＝2，解得x＝2－t，所以n1＝(2－t，2，2)，又平面DEB即为平面ABCD，故其一个法向量为n2＝(0，0，1)，则|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n

2||n1|·|n2|＝2（2－t）2＋4＋4＝22，解得t＝2，可知λ＝1.4.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝60°，AB＝3，AD＝23，AP＝3.(1)求证：平面PCA⊥平面PCD；(

2)设E为侧棱PC上的一点，若直线BE与底面ABCD所成的角为45°，求二面角E-AB-D的余弦值．(1)证明：在平行四边形ABCD中，∠ADC＝60°，CD＝3，AD＝23，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝9，所以AC2＋CD2＝AD2，所以∠ACD＝

90°，所以CD⊥AC.因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD.又AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PCA.又CD⊂平面PCD，所以平面PCA⊥平面PCD.(2)解：E为侧棱PC上的一点，若直线BE与底面ABCD所

成的角为45°，如图所示，以A为坐标原点，AB，AC，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，3，0)，D(－3，3，0)，P(0，0，3)，设E(x，y，z)，PE→＝λPC→

(0≤λ≤1)，则(x，y，z－3)＝λ(0，3，－3)，所以E(0，3λ，3－3λ)，BE→＝(－3，3λ，3－3λ)．因为平面ABCD的一个法向量n＝(0，0，1)，所以sin45°＝|cos〈BE→，n〉|＝|3－3λ|3＋9λ

2＋（3－3λ）2，解得λ＝13，所以点E的坐标为(0，1，2)，所以AE→＝(0，1，2)，AB→＝(3，0，0)，设平面EAB的法向量m＝(x，y，z)，则m·AB→＝3x＝0，m·AE→＝y＋2z＝0，取z＝1，得m＝(0，

－2，1)，设二面角E-AB-D的平面角为θ，由题意知θ为锐角，则cosθ＝|m·n||m|·|n|＝55，所以二面角E-AB-D的余弦值为55.5．(2020·郑州外国语学校月考)如图所示，在三棱锥P-ABC中

，直线PA⊥平面ABC，且∠ABC＝90°，又点Q，M，N分别是线段PB，AB，BC的中点，且点K是线段MN上的动点．(1)证明：直线QK∥平面PAC；(2)若PA＝AB＝BC＝8，且二面角Q-AK-M的平面角的余弦值为39，试求MK

的长度．(1)证明：连接QM，因为点Q，M，N分别是线段PB，AB，BC的中点，所以QM∥PA且MN∥AC，从而QM∥平面PAC且MN∥平面PAC.又因为MN∩QM＝M，所以平面QMN∥平面PAC.又QK⊂平

面QMN，所以QK∥平面PAC.(2)解：以B为原点，以BC、BA所在直线为x轴y轴建立空间直角坐标系．则A(0，8，0)，M(0，4，0)，N(4，0，0)，P(0，8，8)，Q(0，4，4)．设K(a，b，0)，则a＋b＝4，AQ→＝(0，－4，4)，AK→＝(a，－4－

a，0)．记n＝(x，y，z)为平面AQK的一个法向量，则n·AQ→＝0，n·AK→＝0，⇒y＝z，ax＝（4＋a）y，取y＝z＝a则x＝4＋a，则n＝(a＋4，a，a)．又平面AKM的一个法向量m＝(0，0，1)，设二面角Q-AK-M的平面角为θ.则|co

sθ|＝|m·n||m||n|＝a（a＋4）2＋2a2＝39，解得a＝1.所以MK的长度为2.6．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BRRH＝λ(λ>0)．现

将△AED，△CFD，△BEF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225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．(1)证明：由题意，可知PE，

PF，PD三条直线两两垂直．所以PD⊥平面PEF.在图①中，因为E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，所以EF∥AC，GD＝GB＝2GH.在图②中，因为PRRH＝BRRH＝2，且DGGH＝2，所以在△PDH中，GR∥PD，所以GR⊥平面PEF.(2)解：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P-xyz.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)．因为PRRH＝λ，所以PR→＝

λ1＋λPH→，所以Rλ1＋λ，λ1＋λ，0，所以RF→＝2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0＝2＋λ1＋λ，－λ1＋λ，0.设平面DEF的法向量为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)．因为直线FR与平面DEF所成角的正弦值为225，所以|cos〈m，RF→〉|＝|m·RF→||m||RF→|＝41＋λ32＋λ1＋λ2＋－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225，所以9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝13或λ

＝－73(不合题意，舍去)．故存在正实数λ＝13，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为225.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com