1
考点突破练8 空间距离、折叠与探索性问题
1.(2023 广东湛江二模)如图1,在五边形ABCDE 中,四边形ABCE 为正方形,CD⊥DE,CD=DE,如图2,
将△ABE 沿BE 折起,使得A 至A1处,且A1B⊥DE.
图1
图2
(1)证明:DE⊥平面A1BE;
(2)求平面CA1E 与平面A1ED 夹角的余弦值.
2.(2023 广东揭阳模拟)如图所示的四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为直角梯形,
AB∥CD,AD⊥AB,DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角P-AD-B 的大小为135°,点P 到底面ABCD 的距
离为a
2.
(1)过点P 是否存在直线l,使直线l∥平面ABCD?若存在,作出该直线,并写出作法与理由;若不存在,请
说明理由.
(2)若⃗PM=2⃗MC,求点M 到平面PAD 的距离.
3.(2023 湖南师大附中模拟)如图,在斜三棱柱ABC-DEF 中,△ABC 是边长为2 的正三角形,BD=CD=
4
3 √3,侧棱AD 与底面ABC 所成角为60°.
2
(1)求三棱柱ABC-DEF 的体积.
(2)在线段DF(含端点)上是否存在点G,使得平面GBC 与平面ABC 的夹角为60°?若存在,请指出点G
的位置;若不存在,请说明理由.
4.(2023 山东青岛一模)如图,在Rt△PAB 中,PA⊥AB,且PA=4,AB=2,将△PAB 绕直角边PA 旋转2π
3 到
△PAC 处,得到圆锥的一部分,点D 是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点.
(1)是否存在点D,使得BC⊥PD?若存在,求出∠CAD 的大小;若不存在,请说明理由.
(2)当四棱锥P-ABDC 体积最大时,求平面PCD 与平面PBD 夹角的余弦值.
5.(2023 广东佛山二模)如图所示的一块木料中,底面ABCD 是正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F
是PC,AD 的中点.
(1)若要经过点E 和棱AB 将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由并计算截面周长;
(2)若要经过点B,E,F 将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由.
3
6.(2023 湖南长邵中学模拟)如图1,已知△AB'C 是边长为2 的等边三角形,D 是边AB'的中点,
DH⊥B'C,如图2,将△B'DH 沿边DH 翻折至△BDH.
图1
图2
(1)在线段BC 上是否存在点F,使得AF∥平面BDH?若存在,求BF
FC 的值;若不存在,请说明理由.
(2)若平面BHC 与平面BDA 夹角的余弦值为1
3,求三棱锥B-DCH 的体积.
4
考点突破练8 空间距离、折叠与探索性问题
1.(1)证明 由题意可知∠BEC=∠CED=π
4 ,所以∠BED=π
2 ,故DE⊥BE.因为
A1B⊥DE,A1B∩BE=B,A1B,BE⊂平面A1BE,所以DE⊥平面A1BE.
(2)解 取BE 的中点O,连接A1O,CO,由等腰三角形的性质可知,A1O⊥BE,CO⊥BE.
由BE=√2CE,CE=√2CD,可知BE=2CD,OE=CD.由DE⊥BE,且CD⊥DE,可知OE∥CD,四边形
OCDE 为平行四边形,则CO∥DE,故CO⊥平面A1BE.
令BE=2,以O 为坐标原点,OB,OC,OA1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A1(0,0,1),E(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,1,0).⃗
E A1=(1,0,1),⃗EC=(1,1,0),⃗ED=(0,1,0),⃗A1B=(1,0,-1).设平面A1EC 的法向量为n=(x,y,z),则
{⃗
E A1·n= x + z =0,⃗
EC ·n= x + y =0,
令x=1,则y=-1,z=-1,得n=(1,-1,-1).
因为⃗A1B·⃗ED=0,⃗A1B·⃗E A1=0,
所以平面A1ED 的一个法向量为m=⃗A1B=(1,0,-1),所以cos<m,n>=
2
√2×√3 = √6
3 ,
故平面CA1E 与平面A1ED 夹角的余弦值为√6
3 .
2.解 (1)过点P 存在直线l,满足直线l∥平面ABCD.理由如下:
过点P 在平面PAD 内作直线l 平行于直线AD.
因为l∥AD,l⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以l∥平面ABCD.
(2)取线段AD 的中点为O,线段BC 的中点为E,连接OE,OP,因为四边形ABCD 为直角梯形,
AB∥CD,所以OE∥AB.又AD⊥AB,所以AD⊥OE.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又
PO∩OE=O,PO,OE⊂平面POE,所以AD⊥平面POE.
在平面POE 内过点O 作直线ON⊥OE,交直线PE 于点N,则直线OA,OE,ON 两两垂直.以O 为原
点,OA,OE,ON 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,
过点P 作PF∥NO,交直线OE 于点F.
因为ON⊥OA,ON⊥OE,OA,OE⊂平面ABCD,OA∩OE=O,所以ON⊥平面ABCD,故PF⊥平面
ABCD.
又点P 到底面ABCD 的距离为a
2,所以PF=a
2.
因为OE⊥AD,OP⊥AD,所以∠POE 为二面角P-AD-B 的平面角.
5
由已知可得∠POE=135°,所以∠POF=45°,所以OF=a
2,
所以A(a
2,0,0),D(-a
2,0,0),P(0,-a
2 , a
2),C(-a
2,2a,0),所以⃗AD=(-a,0,0),⃗PA=(a
2 , a
2,-a
2),⃗PC=(-a
2 , 5a
2 ,-a
2
).
因为⃗PM=2⃗MC,所以⃗PM = 2
3⃗PC=(-a
3 , 5a
3 ,-a
3),所以⃗MP=(a
3,-5a
3 , a
3).
设平面PAD 的法向量为n=(x,y,z),
则{
n·⃗AD =0,
n·⃗PA =0, 得{
-ax =0,
ax
2 + ay
2 - az
2 =0,令y=1,则x=0,z=1,所以n=(0,1,1)为平面PAD 的一个法
向量,
所以点M 到平面PAD 的距离d=|⃗MP·n|
|n|
=
|0- 5a
3 + a
3 |
√2
= 2√2a
3
.
3.解 (1)取BC 中点M,连接AM,DM,如图所示.因为△ABC 为正三角形,△DBC 为等腰三角形,
故AM⊥BC,DM⊥BC.
又AM∩DM=M,AM,DM⊂平面ADM,
所以BC⊥平面ADM.
又BC⊂平面ABC,所以平面ADM⊥平面ABC,
故AD 在平面ABC 的射影在射线AM 上.
∠DAM 为侧棱AD 与底面ABC 所成角,即∠DAM=60°.
在△DAM 中,AM=√3,DM=√
13
3 ,由余弦定理知,cos∠DAM=
A D
2+ A M
2- D M
2
2 AD· AM
=
A D
2+(√3)
2-(√
13
3 )
2
2 AD×√3
= 1
2
,解得AD=4
3 √3,故三棱锥D-ABC 为正三棱锥,
则三棱锥的高为ADsin 60°=2,底面△ABC 的面积S=1
2×2×2×sin 60°=√3,三棱柱的高为2,故三棱
柱ABC-DEF 的体积V=Sh=2√3.
(2)存在点G,使平面GBC 与平面ABC 的夹角为60°.以M 为坐标原点,过点M 作平面ABC 的垂线
为z 轴,MA,MB 为x 轴、y 轴建立如图所示的空间直角坐标系.
依题意,A(√3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(√3
3 ,0,2),则⃗AC=(-√3,-1,0),⃗CB=(0,2,0),⃗BD=(√3
3 ,-1,2).
假设存在点G 满足题意,则⃗DG=λ⃗DF=λ⃗AC=(-√3λ,-λ,0),λ∈[0,1],⃗
BG =⃗BD +⃗DG=(√3
3 -√3λ,-1-λ,2).
6
设平面GBC 的法向量为m=(x,y,z),则{
m·⃗CB =0,
m·⃗BG =0, 得{
2 y =0,
( √3
3 -√3 λ)x +(-1- λ) y +2 z =0,
取x=6,则y=0,z=3√3λ-√3,故m=(6,0,3√3λ-√3).
由题可知,平面ABC 的法向量n=(0,0,1).
依题意|m·n|
|m||n| = 1
2,解得λ=1,故当点G 与点F 重合时,满足题意.
4.解 (1)当D 为BC
⏜的中点,即∠CAD=π
3 时,BC⊥PD.
证明如下:∵D 为BC
⏜的中点,∴∠CAD=∠BAD=π
3 ,即AD 为∠CAB 的角平分线.
∵AC=AB,∴AD 为等腰三角形CAB 的高所在的直线,即AD⊥BC.
∵PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABDC,∴PA⊥平面ABDC.
又BC⊂平面ABDC,∴PA⊥BC.
∵PA∩AD=A,∴BC⊥平面PAD,
∵PD⊂平面PAD.∴BC⊥PD.
(2)由(1)得,PA 为四棱锥P-ABDC 的高.
∵PA=4,∴当四边形ABDC 的面积取最大值时,四棱锥P-ABDC 体积最大.
设∠CAD=α,则∠BAD=2π
3 -α,α∈(0,2π
3 ),
S 四边形ABDC=S△CAD+S△BAD=1
2×2×2×sin α+1
2×2×2×sin(2π
3 -α)=2[sin α+sin(2π
3 -α)]=2√3sin(α+π
6 ).
∵α∈(0,2π
3 ),α+π
6 ∈(π
6 , 5 π
6 ),当α=π
3 时,sin(α+π
6 )=1,S 四边形ABDC取最大值2√3,
即当四棱锥P-ABDC 体积最大时,∠CAD=∠BAD=π
3 .
过点A 在平面ABDC 内作直线AE⊥AB,交BC
⏜于点E,
由题知,AE,AB,AP 两两垂直,则以A 为原点,AE,AB,AP 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,
则A(0,0,0),P(0,0,4),B(0,2,0),D(√3,1,0),C(√3,-1,0),
则⃗PD=(√3,1,-4),⃗CD=(0,2,0),⃗DB=(-√3,1,0).
设平面PCD 的法向量为n=(x1,y1,z1),
则{
n·⃗PD =0,
n·⃗CD =0, 即{
√3 x1+ y1- 4 z1=0,
2 y1=0,
令z1=√3,则x1=4,y1=0,得n=(4,0,√3).
设平面PBD 的法向量为m=(x2,y2,z2),则{
m·⃗PD =0,
m·⃗DB =0, 即{
√3 x2+ y2- 4 z2=0,
-√3 x2+ y2=0,
令z2=√3,则x2=2,y2=2√3,得m=(2,2√3,√3).
7
设平面PCD 与平面PBD 的夹角为θ,则cos θ=|m·n|
|m||n| = 11
19,故平面PCD 与平面PBD 夹角的余
弦值为11
19.
5.解 (1)因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,
所以AB∥平面PCD.又AB⊂平面ABE,
设平面ABE∩平面PCD=l,则AB∥l.
设PD 的中点为G,连接EG,AG,则EG∥CD.又AB∥CD,
所以AB∥EG,即EG 所在直线为直线l,则BE,EG,AG 即为木料表面应画的线.
因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
所以AB⊥PA.又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AG⊂平面PAD,
所以AB⊥AG,即截面ABEG 为直角梯形.又PA=AB=2,
所以AG=√2,EG=1,BE=√(2-1)
2+(√2)
2=√3,
所以截面周长为√2+√3+3.
(2)以点A 为坐标原点,AB,AD,AP 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,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1),F(0,1,0),
所以⃗BE=(-1,1,1),⃗BF=(-2,1,0),⃗PD=(0,2,-2).
设平面BEF 的法向量为n=(x,y,z),
则{
n·⃗BE =- x + y + z =0,
n·⃗BF =-2 x + y =0, 令x=1,则y=2,z=-1,得n=(1,2,-1).
设PD∩平面BEF=H,设⃗PH=λ⃗PD=λ(0,2,-2),λ∈[0,1].又P(0,0,2),
所以H(0,2λ,2-2λ),则⃗BH=(-2,2λ,2-2λ),
由⃗BH·n=(-2)×1+2λ×2+(2-2λ)×(-1)=0,可得6λ-4=0,得λ=2
3,即H 为棱PD 靠近D 点的三等分点,
连接EH,FH,则EH,FH 即为木料表面应画的线.
6.解 (1)存在点F 满足题意,且BF
FC = 1
2.理由如下:
在图3 中,取B'C 的中点M,连接AM,则AM∥DH.
在图4 中,AM∥DH,AM⊄平面BDH,DH⊂平面BDH,
所以AM∥平面BDH,且HM
MC = 1
2.
在线段BC 上取点F,使BF
FC = 1
2,
连接MF,FA,则MF∥BH,MF⊄平面BDH,BH⊂平面BDH,所以MF∥平面BDH.
因为MF∩AM=M,MF,AM⊂平面AMF,所以平面AMF∥平面BDH.
8
又AF⊂平面AMF,所以AF∥平面BDH,且BF
FC = 1
2.
图3
图4
(2)在图4 中,DH⊥HC,DH⊥HB,HC∩HB=H,HC,HB⊂平面BHC,所以DH⊥平面BHC.
(方法一)以H 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.则H(0,0,0),A(1
2 ,√3,0),C(3
2,0,0),D(0,√3
2
,0),
设∠BHC=θ∈(0,π),则B(1
2cos θ,0,1
2sin θ),⃗
DB=(1
2cos θ,-√3
2 , 1
2sin θ),⃗DA=(1
2 , √3
2 ,0).
设平面BDA 的法向量为m=(x,y,z),
则{
m·⃗DB = x
2 cosθ - √3
2 y + z
2 sinθ =0,
m·⃗DA = 1
2 x + √3
2 y =0,
令y=1,则x=-√3,z=√3(1+cosθ)
sinθ
,
即m=(-√3,1,√3(1+cosθ)
sinθ
).
易知平面BHC 的一个法向量n=(0,1,0).
若平面BHC 与平面BDA 夹角的余弦值为1
3,则
1
√3+1+3( 1+cosθ
sinθ
)
2
= 1
3,化简整理得
1+cosθ
sinθ
=√
5
3,
由三角恒等变换得,tanθ
2 =√
3
5.
又sin2θ+cos2θ=1,
则sin θ=√15
4 ,cos θ=1
4 , 所以B(1
8,0,√15
8 ),
9
则三棱锥B-DCH 的高为√15
8 .
因为底面积S△DCH=1
2 × 3
2 × √3
2 = 3√3
8
,
所以三棱锥B-DCH 的体积为VB-DCH=1
3 × 3√3
8
× √15
8 = 3√5
64 .
(方法二)延长AD,CH 相交于点N,则点N 即为点B',
故平面BHC∩平面BDA=BN.
过点H 作HT⊥BN,垂足为T,连接DT.
因为DH⊥平面BHC,BN⊂平面BHC,所以DH⊥BN.
又HT∩DH=H,HT,DH⊂平面DTH,所以BN⊥平面DTH.又DT⊂平面DTH,则BN⊥DT,所以
∠DTH 即为平面BHC 与平面BDA 的夹角,即cos∠DTH=1
3,所以tan∠DTH=2√2,即tan∠DTH=
DH
TH =
√3
2
TH
=2√2,即TH=√6
8 .
又BH=NH=1
2,则NT=√( 1
2 )
2-( √6
8 )
2= √10
8
,
所以BN=2NT=√10
4 .
在△BNH 中,设点B 到NH 的距离为h,由等面积法可得h·NH=BN·HT,解得h=√15
8 ,
即三棱锥B-DCH 的高h=√15
8 .
又△DCH 的面积为1
2 × 3
2 × √3
2 = 3√3
8
,
所以三棱锥B-DCH 的体积为V=1
3 × √15
8 × 3√3
8
= 3√5
64 .
