北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
微专题五 立体几何中的动态问题
1.(2024延庆一模,10)已知在正方体ABCD-A B C D 中,AB=1,P是正方形ABCD内的动
1 1 1 1
点,PA≥PC ,则满足条件的点P构成的图形的面积等于 ( )
1
1 1 π π
A. B. C. D.
8 4 16 8
答案 A
2.(2024顺义一模,10)《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称
为“阳马”.现有一“阳马”P-ABCD,PA⊥平面ABCD,PA=AB=AD=2,M为底面ABCD
上的一个动点且满足|PM|=√5,则⃗DM·⃗BM的取值范围是 ( )
A.[1-2√2,1+2√2] B.[-1,1+2√2]
C.[-1-√2,-1] D.[1-2√2,-1]
答案 D
3.(2025届海淀精华学校入学考试(一),15)在棱长为2的正方体ABCD-A B C D 中,点E,F
1 1 1 1
分别为棱AD,BB 的中点.点P为正方体表面上的动点,满足A P⊥EF.给出下列四个结论:
1 1
①线段A P长度的最大值为2√3;
1
②存在点P,使得DP∥EF;
③存在点P,使得B P=DP;
1
④△EPF是等腰三角形.
其中,所有正确结论的序号是 .
答案 ①③④
4.(2025届人大附中开学检测,17)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 DE的位置,使
△ 1
A C⊥CD,如图2.
1
(1)求证:A C⊥平面BCDE;
1
(2)若M是A D的中点,求CM与平面A BE所成角的大小;
1 1
(3)线段BC上是否存在点P,使平面A DP与平面A BE垂直?说明理由.
1 1
第1页共4页第1页共4页
北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
解析 (1)证明:∵A D⊥DE,CD⊥DE,A D∩CD=D,A D,CD 平面A CD,
1 1 1 1
∴DE⊥平面A CD,
1 ⊂
又∵A C 平面A CD,∴DE⊥A C,又A C⊥CD,DE∩CD=D,DE,CD 平面BCDE,
1 1 1 1
∴A C⊥平面BCDE.
1 ⊂ ⊂
(2)以C为坐标原点,DC、CB、CA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐
1
标系如图,
则C(0,0,0),B(0,3,0),D(-2,0,0),A (0,0,2√3),E(-2,2,0),M(-1,0,√3),
1
所以⃗A B=(0,3,-2√3),⃗A E=(-2,2,-2√3),
1 1
{⃗A B·m=0,
设平面A BE的法向量为m=(x,y,z),则 1
1 ⃗A E·m=0,
1
{ 3 y-2√3z=0,
即 令z=√3,得x=-1,y=2,
-2x+2y-2√3z=0,
则m=(-1,2,√3),又⃗CM=(-1,0,√3),所以cos<⃗CM,m>=
⃗CM·m 1+3 √2
= = ,
|⃗CM|·|m| √1+3·√1+4+3 2
所以CM与平面A BE所成角的大小为45°.
1
(3)线段BC上不存在点P,使平面A DP与平面A BE垂直.理由如下:
1 1
设线段BC上存在点P,其坐标为(0,a,0),a∈[0,3],
所以⃗A P=(0,a,-2√3),⃗DP=(2,a,0),设平面A DP的法向量为n=(x ,y ,z ),
1 1 1 1 1
{⃗A P·n=a y -2√3z =0,
则 1 1 1
⃗DP·n=2x +a y =0,
1 1
令z =√3a,得x=-3a,y =6,则n=(-3a,6,√3a),
1 1
假设平面A DP与平面A BE垂直,则m·n=0,
1 1
所以3a+12+3a=0,解得a=-2,
第2页共4页第2页共4页
北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
因为0≤a≤3,
所以在线段BC上不存在点P,使平面A DP与平面A BE垂直.
1 1
5.(2025届北京二中开学测试,18)已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正
方形, PAD是正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E、F、G分别是PC、PD、BC的中
点.
△
(1)求证:AB∥平面EFG;
(2)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小;
π
(3)线段PA上是否存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为 ?若存在,求出线段
6
PM的长度;若不存在,说明理由.
解析 (1)证明:因为E、F分别是PC、PD的中点,
所以EF∥CD,
又因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD,所以AB∥EF,
又EF 平面EFG,AB 平面EFG,所以AB∥平面EFG.
(2)取AD的中点O,连接PO,OG,
⊂ ⊄
因为△PAD是正三角形,所以PO⊥AD,
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,平面PO 平面PAD,
所以PO⊥平面ABCD(面面垂直的性质定理),
⊂
又OG 平面ABCD,所以PO⊥OG,
由四边形ABCD是正方形,易得四边形ABGO是矩形,所以AO⊥OG.
⊂
以O为坐标原点,OA,OG,OP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(-2,4,0),D(-2,0,0),G(0,4,0),P(0,0,2√3
),E(-1,2,√3),F(-1,0,√3),
所以⃗EF=(0,-2,0),⃗EG=(1,2,-√3),
设平面EFG的法向量为m=(x,y,z),
第3页共4页第3页共4页
北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
{ m·⃗EF=-2y=0,
则
m·⃗EG=x+2y-√3z=0,
令z=1,得x=√3,则m=(√3,0,1),
易知平面ABCD的一个法向量为⃗OP=(0,0,2√3),
设平面EFG与平面ABCD夹角的大小为θ,
|⃗OP·m| 2√3 1
所以cos θ= = = ,
|⃗OP|·|m| 2√3×√3+1 2
π
所以平面EFG与平面ABCD夹角的大小为 .
3
π
(3)线段PA上不存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为 ,理由如下:
6
π
假设线段PA上存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为 ,即直线GM与平面
6
π
EFG的法向量m所成的角为 ,
3
设⃗PM=λ⃗PA,λ∈[0,1],⃗GM=⃗GP+⃗PM=⃗GP+λ⃗PA,
所以⃗GM=(2λ,-4,2√3(1-λ)),
π |⃗GM·m| √3
所以cos =|cos<⃗GM,m>|= = ,
3 |⃗GM|·|m| 2√4λ2-6λ+7
整理得2λ2-3λ+2=0,Δ=(-3)2-4×2×2<0,所以方程无解,
π
所以线段PA上不存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为 .
6
第4页共4页
