曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
微专题一
1.(2022安徽江淮十校三模,19)如图1,在矩形ATCD中,AD=8,DC=3,B为TC的中点,
△TAB沿AB翻折,使得点T到达点P的位置,如图2.连接PC,PD,得到如图2所示的四棱
锥P-ABCD,M为PD的中点.
(1)求线段CM的长度;
(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱锥P-ABD的体积.
解析 (1)取PA的中点N,连接MN、BN,
1
在△PAD中,因为M,N分别为PD,PA的中点,所以MN∥AD,且MN= AD,又因为BC∥AD
2
1
且BC= AD,所以MN∥BC且MN=BC,
2
所以四边形BCMN为平行四边形,所以CM=BN.
在直角△PBN中,∠NPB=90°,PB=4,PN=
3 √ 9 √73 √73
,所 以B=N√PB2+PN2= 16+ = ,所以线段CM的长度为.
2 4 2 2
(2)取AD的中点O,连接BO,PO,则BO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面
ABCD=AD,BO⊂平面ABCD,所以BO⊥平面PAD,则BO⊥OP,则OP= .
√PB2-BO2=√7
由PA=BO=3,AO=PB=4,PO=PO,易得AP⊥PO,
则S =2S =PA·PO=3√7,
△PAD △PAO
1
故V =V = S ·BO=3√7.
P-ABD B-PAD
3
△PAD
2.(2022河南百所名校质量检测(三),19)如图,在梯形ABCD
2π
中,BC∥AD,AB=AD=2BC=2,∠ABC= ,E为AD的中点,以BE为折痕将△ABE折起,使点
3
A到达点P的位置,连接PD,PC.
(1)证明:平面PED⊥平面BCDE;曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
(2)当PC=2时,若几何体P-BCDE的顶点均在球O的表面上,求球O的表面积.
2π π
解析 (1)证明:在梯形ABCD中,因为∠ABC= ,BC∥AD,所以A= ,
3 3
在△ABE中,AB=2,AE=1,
由余弦定理得BE2=AB2+AE2-2AB·AE·cos A=4+1-2=3,所以BE=√3.所以△ABE是直角三
π
角形,且∠AEB= ,所以BE⊥AD,所以在几何体P-BCDE中,BE⊥PE,BE⊥DE.
2
又因为PE,DE⊂平面PED,PE∩DE=E,
所以BE⊥平面PED.又BE⊂平面BCDE,所以平面PED⊥平面BCDE.
π
(2)因为BC=DE=1,且BC∥DE,∠BED= ,
2
所以四边形BCDE为矩形,所以CD=BE=√3.
因为PC=2,在Rt△PCD中,可得PD=1,所以△PED为等边三角形.
如图,构造以△PED为底面的正三棱柱MBC-PED,则该三棱柱的外接球即为几何体P-
BCDE的外接球O.
设O ,O 分别为该三棱柱上、下底面三角形的中心,连接O O ,则O为O O 的中点.连接
2 1 1 2 1 2
√3 √3 √3 1 √13
OC,CO ,则OO = ,CO1= ,所以球O的半径=ORC=√OO2+CO2= + =
1 1 2 3 1 1 4 3 12
,
13 13π
所以球O的表面积为S=4πR2=4π· = .
12 3
3.(2022西安三模,19)如图1,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,将
正方形ABCD沿EF折成如图2所示,且∠DEA=60°,点M在线段AB上(包含端点)运动,连
接AD.
(1)若M为AB的中点,直线MF与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线
OD∥平面EMC;
(2)点H为AE的中点,求证DH⊥平面ABFE.曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
解析 (1)因为直线MF⊂平面ABFE,
故点O在平面ABFE内,也在平面ADE内,
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上,
延长EA,FM交于点O,连接OD,
如图所示,因为AO∥BF,M为AB的中点,
所以△OAM与△FBM全等,所以OM=MF,AO=BF=2 ,故点O在EA的延长线上且与点A
间的距离为2.连接DF交CE于N,连接MN,
∵M为OF中点,N为DF中点,∴NM∥OD,
又OD⊄平面EMC,MN⊂平面EMC,
∴OD∥平面EMC.
(2)由已知可得EF⊥AE,EF⊥DE,
又EA∩DE=E,EA,DE⊂平面ADE,
∴EF⊥平面ADE,又EF⊂平面ABFE,
∴平面ABFE⊥平面ADE.因为∠DEA=60°,DE=AE,∴△ADE为等边三角形,则DH⊥AE,
而平面ABFE⊥平面ADE,平面ABFE∩平面ADE=AE,DH⊂平面ADE,∴DH⊥平面ABFE.
4.(2022哈尔滨三中二模,18)如图1,平面四边形ABCD
中,AB∥CD,AB=AD=2,∠BAD=60°,∠BCD=30°,将三角形ABD沿BD翻折到三角形PBD
的位置,如图2,平面PBD⊥平面BCD,E为PD中点.
(1)求证:PD⊥CE;
(2)求点B到平面PCD的距离.
解析 (1)证明:在题图1中,由条件知△ABD为正三角形,则
BD=2,∠ABD=60°.∵AB∥CD,∴∠BDC=60°,
又∵∠BCD=30°,∴BC⊥BD.曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
在题图2中,∵平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,∴BC⊥平
面PBD,
∵BE⊂平面PBD,∴BC⊥BE,易知BE=√3,BC=2√3,∴CE=√15,
∵BD=2,∴DC=4,∴DE2+EC2=DC2,即PD⊥CE.
√3
(2)由(1)知BC⊥平面PBD,S
△PBD
=
4
×4=√3.
1
∵PD⊥CE,∴S
△PCD
=
2
PD·CE=√15,
1 1 2√15
设点B到平面PCD的距离为d,由V =V ,即 ×√3×2√3= ×√15·d,得d= .
C-PBD B-PCD 3 3 5
5.(2022河南洛阳二模,18)如图,已知△ABC是边长为6的等边三角形,点M,N分别是边
1 1
AB,AC的三等分点,且AM= AB,CN= CA,沿MN将△AMN折起到△A'MN的位置,使
3 3
∠A'MB=90°.
(1)求证:A'M ⊥平面MBCN;
(2)在线段BC上是否存在点D,使平面A'ND 与平面A'MB所成锐二面角的余弦值为
√39
?若存在,设⃗BD=λ⃗BC(λ>0),求λ的值;若不存在,说明理由.
13
⇒
解析 (1)证明:由已知可得AM=2,AN=4,∠A=60°,
∴MN = ,
√22+42-2×2×4×cos60°=2√3
∴AM2+MN2=AN2,即MN⊥AM,MN⊥BM,
∴MN⊥A'M.
∵∠A'MB=90°,即A'M⊥BM,又MN∩BM=M,
∴A'M⊥平面MBCN.
(2)由(1)可知,A'M,MN,MB两两垂直,以M为原点,分别以 , , 的方向为x,y,z
⃗MB ⃗MN ⃗MA'
轴正方向建立空间直角坐标系,
则B(4,0,0),A'(0,0,2),N(0,2√3,0),C(1,3√3,0),
设D(x',y',z'),则(x'-4,y',z')=λ(-3,3√3,0),
∴D(4-3λ,3√3λ,0).
,-2), λ,-2).
⃗A'N=(0,2√3 ⃗A'D=(4−3λ,3√3
设平面A'ND的法向量为n=(x,y,z),
{ n·⃗A'N=2√3 y-2z=0,
则
n·⃗A'D=(4-3λ)x+3√3λy-2z=0.
令y= (6-9λ ),
√3,则n= ,√3,3
4-3λ曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
显然 m =(0,1,0) 是平面 A'MB 的一个法向量 ,
|n·m| √3 √39
= =
∴|cos<n,m>|=|n||m| √ (6-9λ) 2 13 ,
+3+9
4-3λ
1 5
解得λ= 或 ,
3 6
1 5
故存在点D满足题意,λ= 或 .
3 6
6.(2021河南顶级名校4月联考,19)如图①,已知D,E都是△ABC的边AC的三等分点,F是
AB的中点,BE⊥AC,AB=2√5,AC=6,同时将△ADF和△CEB分别沿DF,EB折起,折起后
AD∥CE,如图②.
(1)在图②中,求证:AB⊥DC;
(2)在图②中,若DC=2,求二面角A-BD-C的余弦值.
解析 (1)证明:连接AE.∵题图①中,D,E分别是AC的三等分点,
∴D是AE的中点,
又F是AB的中点,
∴DF∥BE.∵BE⊥AC,
∴DF⊥AC.
在题图②中,BE⊥DE,BE⊥CE.
∵DE∩CE=E,∴BE⊥平面ADEC.
∵DC⊂平面ADEC,
∴BE⊥DC.
∵ADCE,AD=DE,
∴四边形ADEC是菱形,
∴DC⊥AE.
∵AE∩BE=E,∴DC⊥平面ABE.
又∵AB⊂平面ABE,
∴AB⊥DC.
(2)由(1)知,平面BEDF⊥平面ADEC.
∵DC=2,CE=DE=2,∴△DEC是正三角形.
取DE的中点O,连接CO,则CO⊥DE.
分别以直线OE,OC为y轴和z轴,以过点O平行于BE的直线为x轴建立如图所示的空
间直角坐标系O-xyz,曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
则D(0,-1,0),B(2,1,0),C(0,0,√3),A(0,−2,√3),
∴ =(2,2,0), ), ).
⃗DB ⃗DA=(0,−1,√3 ⃗DC=(0,1,√3
设n =(x ,y ,z )和n =(x ,y ,z )分别是平面ABD和平面CBD的法向量,则有
1 1 1 1 2 2 2 2
{n ·⃗DB=0,{n ·⃗DB=0,
1 2
n ·⃗DA=0, n ·⃗DC=0.
1 2
∴{2x
1
+2y
1
=0, {2x
2
+2y
2
=0,
不妨取z1=√3,z2=−√3,
- y +√3z =0, y +√3z =0.
1 1 2 2
可得n =(-3,3,√3),n2=(−3,3,−√3),
1
∴cos<n ,n >=
1 2
n ·n 5 5
1 2 = ,又知二面角A−BD−C为锐二面角,∴二面角A−BD−C的余弦值为
|n |·|n | 7 7
1 2
.
7.(2022山东肥城市教学研究中心高考适应性训练(一),19)如图1,已知等边△ABC的边长
1 2
为3,点M,N分别是边AB,AC上的点,且满足⃗BM=2⃗MA,⃗BN= ⃗BA+ ⃗BC,如图2,将
3 3
△AMN沿MN折起到△A'MN的位置.
图1
图2
(1)求证:平面A'BM⊥平面BCNM;
(2)给出三个条件:①A'M⊥CN;②平面A'MN⊥平面BCNM;③四棱锥A'-BCNM的体积为
7√3
,从中任选一个,求平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值.
12
1 2
解析 (1)证明:等边△ABC中,由⃗BN= ⃗BA+ ⃗BC,得⃗BN-⃗BA=2(⃗BC-⃗BN),即⃗AN=2⃗NC,
3 3
所以AN=2,NC=1,由⃗BM=2⃗MA,得BM=2,MA=1.曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
在△AMN中,AM=1,AN=2,∠A=60°,由余弦定理得MN=√3
,∴MN2+AM2=AN2,∴MN⊥AB,∴MN⊥A'M,MN⊥BM,又BM∩A'M=M,BM,A'M⊂平面
A'BM,
∴MN⊥平面A'BM,
又MN⊂平面BCNM,∴平面A'BM⊥平面BCNM.
(2)若选择条件①A'M⊥CN.
∵A'M⊥CN,A'M⊥MN,CN,MN⊂平面BCNM,CN∩MN=N,
∴A'M⊥平面BCNM,∴A'M⊥BM,结合(1)知,MA',MB,MN两两垂直,以M为坐标原
点,MB,MN,MA'所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则
M(0,0,0),A'(0,0,1),B(2,0,0),C(1 3√3 ) ,0).
, ,0 ,N(0,√3
2 2
则⃗A'C= (1
,
3√3
,-1
),
⃗BC=
(
-
3
,
3√3
,0
),
2 2 2 2
设平面A'BC的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
{ n ·⃗BC=- 3 x + 3√3 y =0,
则 1 2 1 2 1
1 3√3
n ·⃗A'C= x + y -z =0,
1 2 1 2 1 1
令y =1,则x =
1 1
| n ·n | |-3+1+6| √7 √7
√3,z1=2√3,即n1=(√3,1,2√3),同理,平 面A'CN的一个法向量2为=(n−√3,1,√3),设平面A'BC和 平 '面CNA的 夹 角,则为cθos θ= 1 2 = = ,故平面A'BC和 平 '面CNA的夹角的余弦值为
|n |·|n | 4×√7 7 7
1 2
.
若选择条件②平面A'MN⊥平面BCNM.
∵平面A'MN⊥平面BCNM,平面A'MN∩平面BCNM=MN,A'M⊂平面
A'MN,A'M⊥MN,∴A'M⊥平面BCNM,
∴A'M⊥BM,结合(1)可知,MA',MB,MN两两垂直,
下面同选条件①.
7√3
若选择条件③四棱锥A'-BCNM的体积为 .
12
7√3 7√3
易得四边形BCNM的面积S= ,又四棱锥A'−BCNM的 体 积 为,所以,四棱锥
4 12
A'-BCNM的高为1,即点A'到底面BCNM的距离为1,
又因为A'M=1,∴A'M⊥平面BCNM,∴A'M⊥BM,
结合(1)可知,MA',MB,MN两两垂直,
