北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
学
微专题二 立体几何中的动态问题
1.(2024江苏南京、盐城一模,7)在棱长为2a(a>0)的正方体ABCD-A B C D 中,点M,N分
1 1 1 1
别为棱AB,D C 的中点.已知动点P在该正方体的表面上,且⃗PM·⃗PN=0,则点P的轨迹长
1 1
度为 ( B )
A.12a B.12πa C.24a D.24πa
2.(多选)(2024江西赣州十八县(市)二十四校联考,10)在正三棱柱ABC-A B C 中,已知
1 1 1
AA =AB,点M,N分别为CC 和BC的中点,点P是棱AA 上的一个动点,则下列说法中正确
1 1 1
的有 ( BCD )
A.存在点P,使得B M∥平面PBC
1
B.直线PN与CC 为异面直线
1
C.存在点P,使得B M⊥PN
1
D.存在点P,使得直线PN与平面ABC所成角为45°
3.(多选)(2024浙江金华十校二模,11)在矩形ABCD中,AB=2AD,E为线段AB的中点,将
△ADE沿直线DE翻折成△A DE,若M为线段A C的中点,则在△ADE从起始到结束的
1 1
翻折过程中 ( BCD )
A.存在某位置,使得DE⊥A C
1
B.存在某位置,使得CE⊥A D
1
C.MB的长为定值
1
D.MB与CD所成角的正切值的最小值为
2
4.(多选)(2024浙江丽水、湖州、衢州教学质量检测,10)已知直三棱柱ABC-A B C 中,
1 1 1
√3
AB⊥BC且AB=BC=2,直线A C与底面ABC所成角的正弦值为 ,则 ( ABD )
1
3
A.线段A C上存在点D,使得A B⊥AD
1 1
B.线段A C上存在点D,使得平面DBB ⊥平面DCC
1 1 1
4
C.直三棱柱ABC-A B C 的体积为
1 1 1 3
D.点B 到平面A BC的距离为√2
1 1
5.(2024山东淄博二模,17)已知直角梯形ABCD,∠ADC=90°,AB∥CD,AB=2CD=√6,AD=√3
,M为对角线AC与BD的交点.现以AC为折痕把△ADC折起,使点D到达点P的位置,点
Q为PB的中点,如图所示.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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(1)证明:AC⊥平面PBM;
(2)求三棱锥P-ACQ体积的最大值;
(3)当三棱锥P-ACQ的体积最大时,求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
DC DM CM
解析 (1)证明:直角梯形ABCD中,因为AB∥DC,所以△DMC∽△BMA,则 = = =
AB MB AM
1
,
2
√ 6 3√2
在Rt△ADC中,AC=√AD2+CD2= 3+ = .
4 2
在Rt△DAB中,BD=√AD2+AB2=√3+6=3.
故可得AM=2MC=√2,BM=2DM=2,因为AM2+BM2=AB2,
所以由勾股定理的逆定理得AM⊥BM,
翻折后可得AC⊥BM,AC⊥PM,
又因为PM∩BM=M,PM,BM在平面PBM内,
所以AC⊥平面PBM.
(2)因为点Q为PB的中点,
1
所以V = V ,又V =V ,V =V ,
Q-PAC 2 B-PAC Q-PAC P-ACQ B-PAC P-ABC
1
所以V = V ,
P-ACQ 2 P-ABC
因为AC⊂平面ABC,AC⊥平面PBM,
所以平面ABC⊥平面PBM,
所以点P到平面ABC的距离,即为点P到BM的距离,设为h,
1 1 3√2 √6 3√2
因为S = AB·AC·sin∠CAB= ×√6× × = 为定值,所以当h最大时,三棱锥P-
△ABC 2 2 2 3 2
ACQ的体积最大,
PA·PC
而PM= =1,则h≤PM=1,
AC
1 1 1 3√2 √2
则当h=1时,(V ) = (V ) = × × ×1= .
P-ACQ max 2 P-ABC max 2 3 2 4北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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(3)由(2)得,当三棱锥P-ACQ的体积最大时,点P到平面ABC的距离为PM=1,即PM⊥平面
ABC.
故PM⊥AC,PM⊥MB,
又因为AC⊥BM,所以MA,MB,MP两两垂直.
故以M为原点,直线MA,MB,MP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,
( √2 )
则A(√2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,1),C − ,0,0 ,
2
(√2 )
则⃗AB=(-√2,2,0),⃗PB=(0,2,-1),⃗CB= ,2,0 .
2
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
{ n·⃗PB=2y−z=0,
则 √2 令y=1,得n=(-2√2,1,2),
n·⃗CB= x+2y=0,
2
设直线AB与平面PBC所成角为θ,
|⃗AB·n| 6 √78
则sin θ=|cos<⃗AB,n>|= = = ,
|⃗AB||n| √6×√13 13
√78
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 .
13
6.(2024福建宁德毕业班质量检查,16)在平行四边形ABCD中,∠D=60°,CD=1,AC=√3.将
△ABC沿AC翻折到△APC的位置,使得PD=√5.
(1)证明:CD⊥平面APC;
2√39
(2)在线段AD上是否存在点M,使得二面角M-PC-A的余弦值为 ?若存在,求出
13
|AM|
的值;若不存在,请说明理由.
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AC CD √3
解析 (1)证明:在三角形ACD中,由正弦定理可得 = , =
sin∠ADC sin∠CAD sin60°
1
, (1分)
sin∠CAD
1
sin∠CAD= ,又AC>CD,故∠CAD=30°.(2分)
2
所以∠ACD=90°,即CD⊥AC, (3分)
因为PD=√5,PC=2,CD=1,
所以PC2+CD2=PD2,则有CD⊥PC. (5分)
因为PC∩AC=C,AC,PC⊂平面APC,
所以CD⊥平面APC. (6分)
(2)由(1)知CD⊥平面APC,且CD⊂平面ADC,
所以平面ADC⊥平面APC.
在平行四边形ABCD中,BA⊥AC,即PA⊥AC,
故PA⊥平面ADC. (7分)
以点C为坐标原点,⃗CD、⃗CA、⃗AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标
系,如图,则C(0,0,0),D(1,0,0),P(0,√3,1),A(0,√3,0), (8分)
设⃗AM=λ⃗AD=λ(1,-√3,0)=(λ,-√3λ,0),其中0≤λ≤1,
则⃗CM=⃗CA+⃗AM=(0,√3,0)+(λ,-√3λ,0)=(λ,√3-√3λ,0), (9分)
设平面MCP的法向量为m=(x,y,z),
{ m·⃗CP=√3 y+z=0,
则 取y=λ,则z=-√3λ,x=√3(λ-1),所以m=(√3(λ-1),λ,-√3λ),
m·⃗CM=λx+(√3−√3λ)y=0,
(11分)
易知平面CPA的一个法向量为n=(1,0,0), (12分)
|m·n| |√3(λ−1)| 2√39
则|cos<m,n>|= = = ,整理可得15λ2+2λ-1=0,
|m|·|n| √3(λ−1) 2+λ2+3λ2 13
1
由0≤λ≤1,解得λ= (舍负), (14分)
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2√39 |AM| 1
因此,线段AD上存在点M,使得二面角M-PC-A的余弦值为 ,且 = . (15
13 |MD| 4
分)
7.(2024山东省实验中学一模,16)已知矩形ABCD中,点E在边CD上,且AD=DE=2CE=√2
.现将△ADE沿AE向上翻折,使点D到点P的位置,构成如图所示的四棱锥P-ABCE.
AF
(1)若点F在线段AP上,且EF∥平面PBC,求 的值;
FP
(2)若平面APE⊥平面ABCE,求平面PEC与平面ABCE夹角的余弦值.
解析 (1)作FM∥AB,交PB于M,
易得M,F,E,C四点共面, (1分)
∵EF∥平面PBC,
平面EFMC∩平面PBC=MC,
EF⊂平面EFMC,
∴EF∥MC,又FM∥AB∥CE,
∴四边形EFMC为平行四边形,
∴EC=FM,
MF 1
∴ = , (5分)
AB 3
AF
由△PFM∽△PAB可得 =2. (6分)
FP
(2)取AE的中点O,由PA=PE得PO⊥AE,
因为平面APE⊥平面ABCE,平面APE∩平面ABCE=AE,PO⊂平面APE,所以PO⊥平面
ABCE. (8分)
以O为坐标原点,OA所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系,北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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( 3 1 ) ( 1 1 )
则P(0,0,1),E(-1,0,0),C − , ,0 ,则⃗PE=(-1,0,-1),⃗EC= − , ,0 ,
2 2 2 2
设平面PEC的法向量为m=(a,b,c),
{ m·⃗PE=−a−c=0,
则 1 1
m·⃗EC=− a+ b=0.
2 2
不妨取a=1,则b=1,c=-1,m=(1,1,-1), (12分)
易知平面ABCE的一个法向量为n=(0,0,1),
m·n 1 √3
则cos<m,n>= =- =- ,
|m|·|n| √3 3
√3
则平面PEC与平面ABCE夹角的余弦值为 . (15分)
3
