2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章+立体几何与空间向量+热点跟踪训练4+Word版含解析

高考资源网（） 您身边的高考专家
热点跟踪训练4
1．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，< br>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.
版权所有@高考资源网
- 1 -

高考资源网（） 您身边的高考专家

?
3
??
31
?
则C(0， 0，0)，E
?
，0，0
?
，A
?
，，0
?
，B(0，1，0)，
2
??
2
??
2
?
3?
1
D
?
，－，0
?
，
2
?
2
?
设P(x，y，z)(x<0，y>0，z>0)， →→→
22
由|PB
|
＝|PC
|
＝2，|PA
|
2
＝4，
31
可得x＝－，y＝，z＝1，
22
?
31
?
所以P
?
－，，1
?
，
22??
?
1
?
?
因为F是PD的中点，所以F
0，0，< br>2
?
，
??
→→
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.
版权所有@高考资源网
- 2 -

高考资源网（） 您身边的高考专家
→→
??
31
(2)解：由(1)知，CB
＝( 0，1，0)，CP＝
?
－，，1
?
，
22
??
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，
?
则
?

→
31
CP·n＝－x＋y＋z＝0，< br>?
22
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·n21
＝－，
|m||n|7
→
CB·n＝y＝0，
又易知二面角A-BC- P为钝二面角，
21
所以二面角A-BC-P的余弦值为－
.
7
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△A
1
DE的位置，使A
1
C⊥CD，如图2.
版权所有@高考资源网
- 3 -

高考资源网（） 您身边的高考专家

(1)若M是A
1
D的中点，求直线CM与平面A1
BE所成角的大小．
(2)线段BC上是否存在点P，使平面A
1
D P与平面A
1
BE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，A
1
D⊥DE，又CD∩A
1
D ＝D，
所以DE⊥平面A
1
CD.
又因为A
1
C?平面 A
1
CD，所以A
1
C⊥DE，
又A
1
C⊥CD，CD∩DE＝D，
所以A
1
C⊥平面BCDE.
如图所示建系，则C(0，0，0)，D(－ 2，0，0)，A
1
(0，0，23)，
E(－2，2，0)，B(0，3，0)，
版权所有@高考资源网
- 4 -

高考资源网（） 您身边的高考专家

→→
所以A
1
B
＝(0，3，－23 )，A
1
E
＝(－2，2，－23)，
设平面A
1
BE的法向量为n＝(x，y，z)，
?
?
3y－23z＝0，
则
?
所以
?
< br>→
－2x＋2y－23z＝0，
?
n＝0，
?
AE·
1
→
A
1
B·n＝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)，
→
→
CM·n
所以cos〈CM，n〉＝＝
→
|CM|·|n|
1＋3
1＋4＋3×
2
＝
.
1＋3
2
所以CM与平面A
1
BE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]，
版权所有@高考资源网
- 5 -

高考资源网（） 您身边的高考专家
→→
所以A
1
P
＝(0，a，－23)，DP＝(2，a，0)，
设平面A
1
DP的法向量为n
1
＝(x
1
，y1
，z
1
)，
?
ay
1
－23z
1
＝0，
则
?
取y
1
＝6，则x
1
＝－3a ，z
1
＝
?
2x
1
＋ay
1
＝0，
所以n
1
＝(－3a，6，3a)．
若平面A
1
DP与平面A< br>1
BE垂直，则n
1
·n＝0，
3a，
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A
1
DP与平面A
1
BE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
BE
PC的中点，点E为BC边上 的动点，且＝λ.
EC

(1)求证：平面ADM⊥平面PBC.
版权所有@高考资源网
- 6 -

高考资源网（） 您身边的高考专家
2
(2)是否存在实数λ，使得二面角P-DE- B的余弦值为？若存在，
2
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，
1
所以MN∥BC，MN＝
BC＝2.
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.
版权所有@高考资源网
- 7 -

高考资源网（） 您身边的高考专家

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n
1
＝(x，y，z)，
?
2y－2z＝0，
即
?
令y＝z＝2，
?
2x＋（t－2）y＝0，
解得x＝2－t，
所以n
1
＝(2－t，2，2)，
又平面DEB即为平面ABCD，故其一个法向量为n
2
＝(0，0，1)，
|n
1
·n
2
|22
则|cos〈n
1
，
n
2
〉|＝
＝＝，解得t＝2，
|n
1
|·|n
2
|
2
（2－t）＋4＋4
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.
版权所有@高考资源网
- 8 -

高考资源网（） 您身边的高考专家

(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AC
2
＝AD
2
＋CD
2
－2AD·CDc os∠ADC＝9，
所以AC
2
＋CD
2
＝AD
2
，
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，
版权所有@高考资源网
- 9 -

高考资源网（） 您身边的高考专家
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sin 45°＝|cos〈BE，n〉|＝
1
解得λ＝，
3
→→
所以点E 的坐标为(0，1，2)，所以AE＝(0，1，2)，AB＝(3，0，
0)，
版权所有@高考资源网
- 10 -

|3－3λ|
3＋9λ
2
＋（3－3λ）
2
，

高考资源网（） 您身边的高考专家
设平面EAB的法向量m＝(x，y，z)，
?
则
?
取z＝1，得m＝(0，－2，1)，
→
AE
＝y＋2z＝0，
?
m·
设二面角E-AB- D的平面角为θ，由题意知
θ
为锐角，
|m·n|5
则cos θ＝＝，
|m|·|n|5
所以二面角E-AB-D的余弦值为
5
.
5→
m·AB
＝3x＝0，
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，< br>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
3
，试求MK的长度．
9
(1)证明：连接QM，因为点Q，M，N分别是线段PB，AB，BC
版权所有@高考资源网
- 11 -

高考资源网（） 您身边的高考专家
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，
→
n·AQ< br>＝0，
?
y＝z，
则
?
?

→
ax ＝（4＋a）y，
?
n·AK
＝0，
?
?
?
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.
版权所有@高考资源网
- 12 -

高考资源网（） 您身边的高考专家
|m·n|
则|cos θ|＝＝
|m||n|
3
＝，解得a＝1.
9
22
（a＋4）＋2a
a
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，
BR
BD与EF交于点H，G 为BD的中点，点R在线段BH上，且＝
RH
λ(λ>0)．现将△AED，△CFD，△BE F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
22
？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
5
(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.
版权所有@高考资源网
- 13 -

高考资源网（） 您身边的高考专家
PRBRDG
在图②中，因为＝＝2，且＝2，
RHRHGH
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)．
→
PR
λ
→
因为＝λ，所以PR＝
PH
，
RH
1＋λ

?
λ
?
λ
?
，，0
所以R
?
1＋λ1＋λ
?
?
，
??
→< br>??
?
2＋λ
λλ
?
λ
?
2－
?< br>，－，0
，－，0
?
. 所以RF＝
?
1＋λ
?＝
?
1＋λ
1＋λ
??
?
1＋λ
?
设 平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，
版权所有@高考资源网
- 14 -

高考资源网（） 您身边的高考专家
?
?
2x－2y＝0，
由
?
得
?

→
2y－4z＝0.
?
m＝0，
?
DE·
取z＝1，则m ＝(2，2，1)．
22
因为直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，
5
→
→
|m·RF|
所以|cos〈m，RF〉|＝＝
→
|m||R F|
3
22
3λ
2
＋2λ＋2
22
，
5
4
1＋λ
λ
?
2
?
2＋λ
?
2< br>?
?
－
??
＋
?
1＋λ
?
?
1＋λ
??
??
→
EF·m＝0，
＝
＝
所以9λ
2
＋18λ－7＝0，
17
解得λ＝或λ＝－
(不合题意，舍去)．
33
1
故存 在正实数λ＝，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为
3
22
.
5


版权所有@高考资源网
- 15 -