2022届一轮新高考数学全国通用课后限时集训46 立体几何中的最值、翻折、探索性问题课件

以H为坐标原点，H→C的方向为x轴的正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz，
当三棱锥M-ABC体积最大时，M为C︵D 的
中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)， C(0,2,0)，M(0,1,1)，
A→M＝(－2,1,1)，A→B＝(0,2,0)，D→A＝(2,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则nn··AA→→MB＝＝00，， 即－2y＝2x＋0. y＋z＝0， 可取n＝(1,0,2)． D→A是平面MCD的法向量，
大，此时二面角的余弦值为
7 7.
02 B组 综合运用练
1．(2019·全国卷Ⅲ)图①是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其 沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
图①
图②
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面 BCGE；
3.如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD ＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD， AD＝CD＝BC＝CF.
(1)求证：EF⊥平面BCF； (2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面 FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
[解] (1)证明：设AD＝CD＝BC＝1， ∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2， ∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3， ∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC. ∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF， ∴AC⊥平面BCF. ∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
课后限时集训(四十六) 立体几何中的最 值、翻折、探索性问题
01 A组 基础巩固练
1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形
ABCD所在的平面与半圆弧C︵D 所在平面垂直，M 是C︵D 上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC； (2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角 的正弦值．
由 nn··AB→→BM＝＝00，，
得－ λx－3yx＋＋zy＝＝00，，
取x＝1，则n＝(1， 3， 3－λ)．
易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
∴cos〈n，m〉＝|nn|·|mm|＝
1 1＋3＋
3－λ2＝
1 λ－ 32＋4.
∵0≤λ≤ 3，∴当λ＝0时，cos〈n，m〉取得最小值 77， ∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最
图①
图②
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC； (2)若M是PA的中点，求二面角P-BC-M的余弦值． [解] (1)证明：如图，设AC的中点为 O，连接BO，PO. 由题意，得PA＝PB＝PC＝ 2，PO＝ 1，AO＝BO＝CO＝1. 因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中 点，所以PO⊥AC，
则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)， M－12，0，12，
所以B→C＝(1，－1,0)，P→C＝(1,0，－1)，M→C＝32，0，－12.
设平面MBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由mm··BM→→CC＝＝00，， 得x31x－1－y1z＝1＝00，， 令x1＝1，得y1＝1，z1＝3，即 m＝(1,1,3)为平面MBC的一个法向量．
[解] (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥ DM.
因为M为C︵D 上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点，D→A的方向为x轴正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
(2)求图②中的二面角B-CG-A的大小． [解] (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故
AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H. 因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC， 所以EH⊥平面ABC. 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1， EH＝ 3.
因此cos〈n，D→A〉＝
→ n·DA
→
＝
|n||DA|
55，sin〈n，D→A〉＝2
5
5 .
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是2 5
5 .
2．(2020·广东四校联考)如图①，已知三棱锥P-ABC，其展开图如 图②所示，其中四边形ABCD是边长等于 2的正方形，△ABE和△ BCF均为正三角形，在三棱锥P-ABC中：
(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，
设FM＝λ(0≤λ≤ 3)， 则C(0,0,0)，A( 3，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)， ∴A→B＝(－ 3，1,0)，B→M＝(λ，－1,1)．
设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由nn··BP→ →CC＝ ＝00， ， 得xx22－ －yz22＝＝00，， 令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，即n
＝(1,1,1)为平面PBC的一个法向量．
cos〈n，m〉＝|mm|··n|n|＝
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5 ＝5 33
33 33 .
由图可知，二面角P-BC-M为锐角，故其余弦值为5 3333.
因为在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝ 2，所以PO2＋OB2＝ PB2，所以PO⊥OB.
因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC， 所以PO⊥平面ABC，因为PO⊂平面PAC， 所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)可知PO⊥OB，PO⊥AC，OB⊥AC，以OC，OB，OP所在 直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，