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A 处,且AB⊥DE.
1 1
图1
图2
(1)证明:DE⊥平面ABE;
1
(2)求平面CA E与平面AED夹角的余弦值.
1 1
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
a
离为 .
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,侧棱AD与底面ABC所成角为60°.
3(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.
2π
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 到
3
△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.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
BF
(1)在线段BC上是否存在点F,使得AF∥平面BDH?若存在,求 的值;若不存在,请说明理由.
FC
1
(2)若平面BHC与平面BDA夹角的余弦值为 ,求三棱锥B-DCH的体积.
3考点突破练 8 空间距离、折叠与探索性问题
π π
1.(1)证明 由题意可知∠BEC=∠CED= ,所以∠BED= ,故DE⊥BE.因为
4 2
A B⊥DE,A B∩BE=B,A B,BE 平面A BE,所以DE⊥平面A BE.
1 1 1 1 1
(2)解 取BE的中点O,连接A O,CO,由等腰三角形的性质可知,A O⊥BE,CO⊥BE.
1 1
⊂
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A BE.
1
令BE=2,以O为坐标原点,OB,OC,OA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直
1
角坐标系,则A (0,0,1),E(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,1,0).
1
⃗E A =(1,0,1),⃗EC=(1,1,0),⃗ED=(0,1,0),⃗A B=(1,0,-1).设平面A EC的法向量为n=(x,y,z),则
1 1 1
{⃗EA ·n=x+z=0,
1 令x=1,则y=-1,z=-1,得n=(1,-1,-1).
⃗EC·n=x+ y=0,
因为⃗A B·⃗ED=0,⃗A B·⃗E A =0,
1 1 1
2 √6
所以平面A ED的一个法向量为m=⃗A B=(1,0,-1),所以cos<m,n>= = ,
1 1 √2×√3 3
√6
故平面CA E与平面A ED夹角的余弦值为 .
1 1 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.
⊂a a
又点P到底面ABCD的距离为 ,所以PF= .
2 2
因为OE⊥AD,OP⊥AD,所以∠POE为二面角P-AD-B的平面角.a
由已知可得∠POE=135°,所以∠POF=45°,所以OF= ,
2
a a a a a a a a a 5a a
所以A( ,0,0),D(- ,0,0),P(0,- , ),C(- ,2a,0),所以⃗AD=(-a,0,0),⃗PA=( , ,- ),⃗PC=(- , ,-
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
).
2 a 5a a a 5a a
因为⃗PM=2⃗MC,所以⃗PM= ⃗PC=(- , ,- ),所以⃗MP=( ,- , ).
3 3 3 3 3 3 3
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗AD=0, {
-ax=0,
则 得 ax ay az 令y=1,则x=0,z=1,所以n=(0,1,1)为平面PAD的一个法
n·⃗PA=0, + - =0,
2 2 2
向量,
5a a
|0- + |
所以点M到平面PAD的距离d=|⃗MP·n| 3 3 2√2a.
= =
|n| √2 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°.
√13
在△DAM中,AM=√3,DM= ,由余弦定理知,cos∠DAM=
3
√13
AD2+(√3)2-( ) 2 4
AD2+AM2-DM2 3 1,解得AD= √3,故三棱锥D-ABC为正三棱锥,
= = 3
2AD·AM 2AD×√3 2
1
则三棱锥的高为ADsin 60°=2,底面△ABC的面积S= ×2×2×sin 60°=√3,三棱柱的高为2,故三棱
2
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.
√3 √3
依题意,A(√3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),D( ,0,2),则⃗AC=(-√3,-1,0),⃗CB=(0,2,0),⃗BD=( ,-1,2).
3 3
假设存在点G满足题意,则⃗DG=λ⃗DF=λ⃗AC=(-√3λ,-λ,0),λ∈[0,1],
√3
⃗BG=⃗BD+⃗DG=( -√3λ,-1-λ,2).
3{
2y=0,
{m·⃗CB=0,
设平面GBC的法向量为m=(x,y,z),则 得 √3
m·⃗BG=0, ( -√3λ)x+(-1-λ)y+2z=0,
3
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).
|m·n| 1
依题意 = ,解得λ=1,故当点G与点F重合时,满足题意.
|m||n| 2
π
⏜
4.解 (1)当D为 的中点,即∠CAD= 时,BC⊥PD.
BC
3
π
⏜
证明如下:∵D为 的中点,∴∠CAD=∠BAD= ,即AD为∠CAB的角平分线.
BC
3
∵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.
2π 2π
设∠CAD=α,则∠BAD= -α,α∈(0, ),
3 3
1 1 2π 2π π
S =S +S = ×2×2×sin α+ ×2×2×sin( -α)=2[sin α+sin( -α)]=2√3sin(α+ ).
四边形ABDC CAD BAD 2 2 3 3 6
2π△ π △ π 5π π π
∵α∈(0, ),α+ ∈( , ),当α= 时,sin(α+ )=1,S 取最大值2√3,
3 6 6 6 3 6 四边形ABDC
π
即当四棱锥P-ABDC体积最大时,∠CAD=∠BAD= .
3
⏜
过点A在平面ABDC内作直线AE⊥AB,交 于点E,
BC
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=(x ,y ,z ),
1 1 1
{n·⃗PD=0, {√3x + y -4z =0,
则 即 1 1 1 令z =√3,则x =4,y =0,得n=(4,0,√3).
n·⃗CD=0, 2y =0, 1 1 1
1
{m·⃗PD=0, {√3x + y -4z =0,
设平面PBD的法向量为m=(x ,y ,z ),则 即 2 2 2
2 2 2 m·⃗DB=0, -√3x + y =0,
2 2
令z =√3,则x =2,y =2√3,得m=(2,2√3,√3).
2 2 2|m·n| 11
设平面PCD与平面PBD的夹角为θ,则cos θ= = ,故平面PCD与平面PBD夹角的余
|m||n| 19
11
弦值为 .
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ABE⊂G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),
{n·⃗BE=-x+ y+z=0,
则 令x=1,则y=2,z=-1,得n=(1,2,-1).
n·⃗BF=-2x+ y=0,
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),
2
由⃗BH·n=(-2)×1+2λ×2+(2-2λ)×(-1)=0,可得6λ-4=0,得λ= ,即H为棱PD靠近D点的三等分点,
3
连接EH,FH,则EH,FH即为木料表面应画的线.
BF 1
6.解 (1)存在点F满足题意,且 = .理由如下:
FC 2
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,
HM 1
所以AM∥平面BDH,且 = .
⊄MC 2 ⊂
BF 1
在线段BC上取点F,使 = ,
FC 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.
⊄ ⊂
⊂BF 1
又AF 平面AMF,所以AF∥平面BDH,且 = .
FC 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.
⊂
1 3 √3
(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( ,√3,0),C( ,0,0),D(0,
2 2 2
,0),
1 1
设∠BHC=θ∈(0,π),则B( cos θ,0, sin θ),
2 2
1 √3 1 1 √3
⃗DB=( cos θ,- , sin θ),⃗DA=( , ,0).
2 2 2 2 2
设平面BDA的法向量为m=(x,y,z),
{ m·⃗DB= x cosθ- √3 y+ z sinθ=0,
2 2 2
则
1 √3
m·⃗DA= x+ y=0,
2 2
√3(1+cosθ)
令y=1,则x=-√3,z= ,
sinθ
√3(1+cosθ)
即m=(-√3,1, ).
sinθ
易知平面BHC的一个法向量n=(0,1,0).
1 1
1 =
若平面BHC与平面BDA夹角的余弦值为 ,则√ 1+cosθ 3,化简整理得
3 3+1+3( ) 2
sinθ
1+cosθ √5
= ,
sinθ 3
θ √3
由三角恒等变换得,tan = .
2 5
又sin2θ+cos2θ=1,
√15 1 1 √15
则sin θ= ,cos θ= , 所以B( ,0, ),
4 4 8 8√15
则三棱锥B-DCH的高为 .
8
1 3 √3 3√3
因为底面积S = × × = ,
△DCH
2 2 2 8
1 3√3 √15 3√5
所以三棱锥B-DCH的体积为V = × × = .
B-DCH 3 8 8 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
⊂ 1
∠DTH即为平面BHC与平面BDA的夹角,即cos∠DTH= ,所以tan∠DTH=2√2,即tan∠DTH=
⊂ 3 ⊂
√3
√6
DH 2 =2√2,即TH= .
= 8
TH TH
1 √ 1 √6 √10
又BH=NH= ,则NT= ( ) 2-( ) 2= ,
2 2 8 8
√10
所以BN=2NT= .
4
√15
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= ,
8
√15
即三棱锥B-DCH的高h= .
8
1 3 √3 3√3
又△DCH的面积为 × × = ,
2 2 2 8
1 √15 3√3 3√5
所以三棱锥B-DCH的体积为V= × × = .
3 8 8 64
