命题角度4-5 探究性问题（第01期）-2018年高考数学（理）备考之百强校大题狂练系列

命题角度4-5 探究性问题（第01期）-2018年高考数学（理）备考之百强校大题狂练系列

‎2018届高考数学（理）大题狂练 命题角度5：探究性问题 ‎1.在三棱柱中， 平面， ， ， ，点在棱上，且．建立如图所示的空间直角坐标系．‎ ‎（1）当时，求异面直线与的夹角的余弦值；‎ ‎（2）若二面角的平面角为，求的值．‎ ‎【答案】（1）． （2）．‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)结合题中的空间直角坐标系计算可得异面直线与的夹角的余弦值为.‎ ‎(2)二面角的平面角为，则平面的法向量，据此列方程可解得的值为．‎ ‎ ．‎ 故异面直线与的夹角的余弦值为． ‎ 设平面的法向量为，‎ 则 即 令，解得， ，‎ 所以平面的一个法向量为． ‎ 因为二面角的平面角为，‎ 所以，‎ 即，解得或（舍），‎ 故的值为．‎ 点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：‎ ‎(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；‎ ‎(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．‎ ‎2.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形， ， ， 底面.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）在棱上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在，求出的值？若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）λ=.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由线面垂直的性质，勾股定理分别可得、 ，从而得 平面 ， 进而可得结果；（2）以 为原点 所在直线分别为x、轴, 轴, 轴建立如图所示坐标系，分别求出平面 与平面 的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.‎ 试题解析：(1)在DACD中,AC=a,CD=a, AD=a 由勾股定理得:CD⊥AC ‎∵PA⊥底面ABCD ∴PA⊥CD ACÌ面PAC, PAÌ面PAC,PA∩AC=A ‎∴CD⊥面PAC 又∵CDÌ面PCD ‎∴平面PCD⊥平面PAC.‎ ‎(2)由(1)知:AB⊥AC, 又PA⊥底面ABCD ‎∴以A为原点AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示坐标系 则A(0,0,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(-a,a,0),P(0,0,a) ‎ 假设点E存在,且λ=,则=λ (xE,yE-a,zE)=λ(0,-a,a)‎ ‎∴xE=0,yE=(1-λ)a,zE=λa ‎=(a,0,0) =(0,(1-λ)a,λa), =(-a,a,0)‎ 设平面BAE的法向量为=(x1,y1,z1), 平面DAE的法向量为=(x2,y2,z2),则 ‎ ‎ ‎=(0,λ,λ-1) =(λ,λ,λ-1) ‎ cos<,>===‎ ‎=‎ 由题意:|cos<,>|= 即: =‎ ‎3(2λ2-2λ+1) =2(3λ2-2λ+1) ∴λ=‎ ‎∴棱PC上存在一点E,使得二面角B-AE-D的平面角的余弦值为-,且此时λ=.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查利用空间向量求法向量以及面面垂直的判定定理，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎3.如图，在棱长为2的正方体中， ， ， ， 分别是棱， ， ， 的中点，点， 分别在棱， 上移动，且.‎ ‎（1）当时，证明：直线平面；‎ ‎（2）是否存在，使面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎（2）设平面的一个法向量为，则 由，得，于是可取.‎ 设平面的一个法向量为，由，得，于是可取.‎ 若存在，使面与面所成的二面角为直二面角，则，即，解得，显然满足.‎ 故存在，使面与面所成的二面角为直二面角.‎ 点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角，要注意每一个坐标的准确性 ‎4.如图，在四棱锥中， ， 平面， .‎ ‎ (1)设点为的中点，求证： 平面；‎ ‎(2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）为中点 ‎ ‎【解析】试题分析：（1）先取的中点，利用三角形中位线性质得，再根据线面平行判定定理得平面.根据计算，利用平几知识得，再根据线面平行判定定理得平面.从而利用面面平行判定定理得平面平面.最后根据面面平行性质得平面. （2）一般利用空间直角坐标系研究线面角，先根据条件建立恰当直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求出平面法向量，根据向量数量积求出向量夹角，最后利用线面角与向量夹角关系列方程，解出点坐标，确定其位置.‎ 试题解析：(1)证明　取的中点，连接，则.‎ 因为平面， 平面，所以平面. ‎ 在中， ，所以.‎ 而，所以.‎ 因为平面， 平面，‎ 所以平面. ‎ 又因为，‎ 所以平面平面.‎ 因为平面， ‎ 所以平面. ‎ ‎（注：（1）问也可建系来证明）‎ ‎∴ ‎ ‎∴‎ ‎∴,∴． ‎ ‎∴线段上存在一点， 为中点.‎ ‎5.如图， 中， 是的中点， ，将沿折起，使点到达点. ‎ ‎（1）求证： 平面；‎ ‎（2）当三棱锥的体积最大时，试问在线段上是否存在一点，使 与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）不存在.‎ ‎【解析】试题分析：（1）在中， 是的中点， ，所以，由折叠知，故可以证明面；（2）当面面时，三棱锥的体积最大，∵面面， ，∴面，连结，在直角三角形中，由，可以求出或者的值，即可判断是否存在点。‎ 试题解析：（1）∵且是的中点，∴，由折叠知，又∵，∴面；‎ ‎（2）不存在，证明如下：‎ 当面面时，三棱锥的体积最大，∵面面， ，∴面，‎ 法1：连结，∵，∴面，∴即为与平面所成的角，在直角三角形中， ，∴，而中， ， ，设到直线的距离为，则由，得，∵，∴满足条件的点不存在；‎ 法2：在直角三角形中， ， ，∴，易求得到直线的距离为，∴满足条件的点不存在.‎ 法3：已证得两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则，设，则，又∵平面的法向量，依题意得， ，得，化简得， ‎ ‎，此方程无解，∴满足条件的点不存在.‎ ‎6.如图所示，等腰梯形 的底角 等于，直角梯形 所在的平面垂直于平面， ，且.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）点在线段上，试确定点的位置，使平面与平面所成二面角的余弦值为.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）为线段的中点.‎ ‎【解析】试题分析：（1）先利用面面垂直和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量共线设出点的坐标，求出平面的法向量，再利用空间向量进行求解.‎ ‎ (2)以点为原点建立如图空间直角坐标系 ，则，设平面的法向量为，则，即，令，得，设，则，设平面的法向量为，则，即， ，得， ，解得，所以为线段的中点.‎ ‎7.如图，四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面平面， ．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）为线段上一点，若二面角的平面角与二面角的平面角大小相等，求的长．‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ) .‎ ‎【解析】试题分析: (1)用面面垂直的判定定理证明; (2)由已知条件建立空间直角坐标系,由两个二面角的平面角相等,确定E的位置,求出SE的长.‎ 试题解析:(Ⅰ)∵平面平面， ，∴平面 ∵底面，∴平面底面 (Ⅱ)取中点，连接 ‎，又因为平面底面，所以平面以为原点， 方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系平面的法向量， 平面的法向量， ， 则，∴设，所以 由上同理可求出平面的法向量 由平面、与平面所成的锐二面角的大小相等可得，∴ ∴‎ ‎8.已知圆柱底面半径为1，高为，ABCD是圆柱的一个轴截面，动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点D，其距离最短时在侧面留下的曲线如图所示．将轴截面ABCD绕着轴逆时针旋转后，边与曲线相交于点P．‎ ‎(Ⅰ)求曲线长度；‎ ‎(Ⅱ)当时，求点到平面APB的距离；‎ ‎(Ⅲ)证明：不存在，使得二面角的大小为．‎ ‎【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) 不存在 试题解析：(Ⅰ) 在侧面展开图中为BD的长，其中AB = AD = π，‎ ‎ ∴的长为; ‎ ‎(Ⅱ)当时，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则有、、、，‎ ‎、、‎ 设平面ABP的法向量为，则，‎ 取z = 2得，所以点C1到平面PAB的距离为；‎ 注：本题也可以使用等积法求解． ‎ ‎(Ⅲ) 假设存在满足要求的，‎ 在（II）的坐标系中， ，‎ ‎，‎ 设平面ABP的法向量为，则 ‎，‎ 取x1 = 1得，‎ 又平面ABD的法向量为，‎ 由二面角的大小为，‎ 则 ． ‎ ‎∵，∴时，均有，与上式矛盾．‎ 所以不存在使得二面角的大小为．‎ ‎9.如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，AE⊥平面ABCD，EF∥CD，BC=CD=AE=EF==1．‎ ‎（Ⅰ）求证：CE∥平面ABF；‎ ‎（Ⅱ）求证：BE⊥AF；‎ ‎（Ⅲ）在直线BC上是否存在点M，使二面角E﹣MD﹣A的大小为？若存在，求出CM的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（I）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）在BC上存在点M，且|CM|=.‎ ‎【分析】（I）作 FG∥EA，AG∥EF，连结EG交AF于H，连结BH，BG，由题设条件推导出四边形AEFG为正方形，从而得到CDAG为平行四边形，由此能够证明CE∥面ABF．‎ ‎（Ⅱ）利用已知条件推导出BG⊥面AEFG，从而得到AF⊥平面BGE，由此能够证明AF⊥BE．‎ ‎（Ⅲ）以A为原点，AG为x轴，AD为y轴，AE为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz．利用向量法能够求出结果．‎ ‎（Ⅱ）证明：∵在平行四边形CDAG中，∠ADC=90°，‎ ‎∴BG⊥AG．又由AE⊥平面ABCD，知AE⊥BG，‎ ‎∴BG⊥面AEFG，∴BG⊥AF．…‎ 又∵AF⊥EG，∴AF⊥平面BGE，‎ ‎∴AF⊥BE．…‎ ‎（Ⅲ）解：如图，以A为原点，AG为x轴，AE为z轴，AD为y轴，‎ 建立空间直角坐标系A﹣xyz．‎ 由题意得：A（0，0，0），G（1，0，0），E（0，0，1），D（0，2，0），‎ 设M（1，y0，0），则，，‎ 设面EMD的一个法向量=（x， y，z），‎ 则，令y=1，得z=2，x=2﹣y0，‎ ‎∴=（2﹣y0，1，2）．…‎ 又∵，‎ ‎∴为面AMD的法向量，‎ ‎∵二面角E﹣MD﹣A的大小为，‎ ‎∴|cos＜＞|=||=cos=，‎ 解得，‎ ‎∴在BC上存在点M，且|CM|=||=．…‎ ‎【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与直线垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断，解题时要注意向量法的合理运用．‎ ‎10.三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面BCC1B1为矩形，∠A1AB=，二面角A﹣BC﹣A1的正切值为．‎ ‎（1）求侧棱AA1的长；‎ ‎（2）侧棱CC1上是否存在点D，使得直线AD与平面A1BC所成角的正切值为，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【分析】（1）先根据条件得到二面角A﹣BC﹣A1的平面角，结合余弦定理，同角的三角函数关系以及勾股定理建立方程即可求侧棱AA1的长；‎ ‎（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法以及向量关系，建立方程关系进行求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）取BC的中点E，C1B1的中点F，则四边形AEFA1为平行四边形，‎ ‎∵AB=AC=2，∴AE⊥BC，‎ ‎∵侧面BCC1B1为矩形，‎ ‎∴BC⊥EF，‎ ‎∵EF∩AE=E，‎ ‎∴BC⊥平面AEFA1，‎ 则BC⊥A1E，‎ 则∠A1EA 是二面角A﹣BC﹣A1的平面角，‎ 则tan∠A1EA=，则sin∠A1EA=，cos∠A1EA=，‎ 设AA1=x，‎ ‎∵AB⊥AC，AB=AC=2，‎ ‎∴CE=BE=，‎ ‎∵∠A1AB=，‎ ‎∴A1B2=x2+22﹣2×2xcos=x2+2x+4，‎ 又A1E2=A1B2﹣BE2=x2+2x+4﹣2=x2+2x+2，‎ 在△AEA1中x2=A1E2+22﹣2×2A1E=x2+2x+2﹣•，‎ 即•=2x+2，‎ 平方整理得3x2﹣4x﹣4=0，得x=2或x=﹣（舍），‎ 即侧棱AA1的长为2；‎ 设平面A1BC的法向量为=（x，y，z），‎ 由•=﹣2x+y﹣z=0，•=﹣2y=0，‎ 则y=0，令x=1，则z=﹣2，即=（1，0，﹣2），‎ ‎==（，0，），‎ 设=m=（m，0，m），0＜m＜1，‎ ‎=+=（﹣，﹣，0）+（m，0，m）=（（m﹣1），﹣，m），‎ ‎∵AD与平面A1BC所成角的正切值tanθ=，‎ ‎∴sinθ=，‎ 即sinθ==|cos＜，＞|=||=，‎ 平方得7m2﹣10m+7=0，‎ 此时判别式△=100﹣4×7×7=100﹣196=﹣96＜0，‎ 则方程无解，‎ 即在侧棱CC1上不存在点D，使得直线AD与平面A1BC所成角的正切值为．‎ ‎【点评】本题主要考查空间线段的长度的计算以及线面角的应用，涉及余弦定理，勾股定理以及同角的三角函数的关系，综合性较强，难度极大．‎