2022-2023学年高考数学二轮复习立体几何妙招 7 立体几何动态问题（原卷＋解析版）

这是一份2022-2023学年高考数学二轮复习立体几何妙招 7 立体几何动态问题（原卷＋解析版），文件包含2022-2023学年高考数学二轮复习立体几何妙招7立体几何动态问题-Word版含解析docx、2022-2023学年高考数学二轮复习立体几何妙招7立体几何动态问题-Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。

第7讲 立体几何动态问题
知识与方法
在立体几何中，经常会遇到一类令人头痛的问题一动态问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了生命力，使得题型变得更加新颖，由于“动态”的存在，立体几何题灵活多变，需要我们有很强的空间想象能力，而且具备敏锐的嗅觉，可以在变化的情境当中找出不变的因素，不变的关系.以静制动乃是破解关键所在本文将常见的问题归纳为以下六大类
1.截面问题
立体几何的截面问题常常结合范围和面积最值一起考察，是一类经常会考到的题型.动态的截面使得
所截的平面也在发生变化.因此这类问题需要具备一定的空间想象能力和分析能力
①定义：一个几何体和一个平面相交所得到的平面图形，叫做几何体的截面
②画法：常通过“平行线”或“延长直线找交点”作出完整的截面，这也是截面问题中需要寻找完整截面的方法
技巧1：结合线面平行的判定定理与性质定理求解截面问题（找出截面）
技巧2：灵活运用一些特殊图形，动中找静态，找到动态截面的临界点（猜想大致范围）
技巧3：建立函数模型求解最值问题
典型例题
题型1截面问题
下面以正方体内的截面，举例说明动态的截面可能出现的情况

三角形截面可能出现锐角三角形、等边、等腰三角形，但不可能出现直角和钝角三角形

四边形截面可能出现正方形、矩形、非矩形的平行四边形、菱形、梯形、等腰梯形，不可能出现直角梯形

多边形截面可能出现五边形、六边形、正六边形
总结：
1、可能出现的：
锐角三角形、等边、等腰三角形，正方形、矩形、非矩形的平行四边形、梯形、等腰梯形、五边形、六边形、正六边形
2、不可能出现：
钝角三角形、直角三角形、直角梯形、正五边形、七边形或更多边形
【例1】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为（）
A. B. C. D.
【解析】正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,如图:所示的正六边形平面,截此正方体所得截面面积最大,此时正六边形的边长截此正方体所得截面最大值为:.

【答案】A.
【例2】已知正方体的棱长为,直线平面,平面截此正方体所得截面中,正确的说法是()
A.截面形状可能为四边形 B.截面形状可能为五边形
C.截面面积最大值为 D.截面面积是大值为
【解析】正方体的棱长为平面,平面截此正方体所得截面中,如图,截面形状可能为正三角形或正六边形,由对称性得截面图形不可能是四边形或五边形,故和均错误;如图,当截面形状为如图所示的正六边形时,截面面积最大,截面面积最大值为,故C错误,D正确.

【答案】D.
题型2翻折旋转与最值问题
矩形边上有一动点,将沿折起到的位置,,则空间中翻折问题的结论如下:
(1)折线同侧的几何量和位置关系保持不变;
(2)在底面上的投影在直线上;
(3)点的轨迹是以为圆心,为半径的圆;
(4)面绕翻折形成两个同底的圆锥.

题型3立体几何中的最值
(1)常见题型:(1)翻折中的最值问题;(2)空间角的最值问题;(3)空间中的距离最值问题;(4)面积体积最值问题;(5)与内切球外接球有关的最值问题.
(2)常用方法:(1)展开,平移,旋转等方法,转化为平面图形求最值;(2)构造目标函数转化为函数的最值;(3)对称法;(4)定性分析法;
【例3】已知矩形,将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折,在翻折的过程中()
A.存在某个位置,使得直线和直线垂直
B.存在某个位置,使得直线和直线垂直
C.存在某个位置,使得直线和直线垂直
D.无论翻折到什么位置,以上三组直线均不垂直
【解析】
对于,若存在某个位置,使得直线与直线垂直,∵平面平面平面,过点作平面的垂线,则在上,∴当在平面上的射影在上时,.故正确;对于,若存在某个位置,使得直线与直线垂直,作,则平面,显然这是不可能的,故错误;对于,若存在某个位置,使得直线与直线垂直,则平面,即,显然这是不可能的,故C错误.
【答案】A.
【例4】如图,在矩形中,为的中点,将沿翻折到的位置,平面为的中点,则在翻折过程中,下列结论不正确的是()
A.恒有平面
B.与两点间距离恒为定值
C.三棱锥的体积的最大值为
D.存在某个位置,使得平面平面

【解析】
如图,取的中点,连接,可得四边形是平行四边形,所以,又平面平面,所以平面,故正确;因为,根据余弦定理得,所以,因为,所以,故正确;连接,因为为的中点,所以三棱锥的体积是三棱锥的体积的两倍,设为到底面的距离,则三棱锥的体积,当平面平面时,达到最大值,取到最大值,所以三棱锥的体积的最大值为,故正确;假设平面平面,又平面平面,所以平面,所以,则在中,,所以,又,所以,故三点共线,所以,得平面,与题千条件平面矛盾,故D不正确.
【答案】D.
【例5】等腰直角三角形与等边三角形中,,现将沿折起,则当直线与平面所成角为时,直线与平面所成角的正弦值为()

A. B. C. D.
【解析】
设为中点,连接、,由题可知,所以平面,过作于,点,连接,则平面,所以即为直线与平面所成角的平面角,所以,可得,在中可得,又,即点,与点重合,此时有平面,过作于点,又平面,所以,所以平面,从而即为直线与平面所成角,.
【答案】A.
【例6】如图,是正三棱锥且侧棱长为,两侧棱的夹角为分别是上的动点,则三角形的周长的最小值为()

A. B. C. D.
【解析】把正三棱锥沿剪开,并展开,形成三个全等的等腰三角形:、、,则,连接,交于,交于,则线段就是的最小周长,又,根据勾股定理,,所认.
【答案】A.
【例7】如图,空间四边形的对棱、成的角,且,平行于与的截面分别交、、、于、、、.
(1)求证:四边形为平行四边形;
(2)在的何处时截面的面积最大?最大面积是多少?

【解析】
(1)∵平面平面,平面平面.
同理可得,可得,同理得到,
∴四边形中,两组对边分别平行,因此,四边形为平行四边形.
(2)∵与成角,∴平行四边形中或,
可得截面的面积.
∵设,理,∴,可得，当且仅当时等号成立.由此可得:当为的中点时,截面的面积最大,最大值为.
【例8】点是斜边上一动点,,将沿着翻折,使与构成直二面角,则翻折后的最小值是()
A. B. C. D.
【解析】
过点作于点,连接,设,则有,
,在中,由余弦定理得,
,在Rt中,由勾股定理得,
,
∴当时,取得最小值.
【答案】.
题型4轨迹问题
【例9】设是正方体的对角面(含边界)内的点,若点到平面、平面、平面的距离相等,则符合条件的点)
A.仅有一个 B.有有限多个
C.有无限多个 D.不存在
【解析】设是正方体的对角面(含边界)内的点,若点到平面、平面、平面的距离相等,则符合条件的点是正方体的中心,
【答案】.
【例10】在棱长为1的正方体中,分别为的中点,点在正方体的表面上运动,且满足,则下列说法正确的是()
A.点可以是棱的中点 B.线段的最大值为
C.点的轨迹是正方形 D.点轨迹的长度为

【解析】
在正方体中,以为坐标原点,分别以,为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,因为该正方体的棱长为分别为,的中点,
则,所以,
设,则,因为,
所以,当时,,当时,,
取,,连结,
则,所以四边形为矩形,则.,即,又和为平面中的两条相交直线,所以平面,又,,所以为的中点,则平面,
所以为使,必有点平面,又点在正方体表面上运动,所以点的轨迹为四边形,因此,点不可能是棱的中点,故选项错误;
又,所以,则点的轨迹不是正方形,且矩形的周长为,故选项错误,选项正确;作出与垂直的面为的中位线,此时面,所以,故平面,此时最大值于点,或处取到,最大值为,又点在正方体表面而非顶点,故选项错误;
【答案】D.
【例11】四棱柱的底面为正方形,侧棱与底面垂直,点是侧棱的中点,,若点在侧面(包括其边界)上运动,且总保持,则动点的轨迹是()



【解析】

分别取、的中点,、,连、、、,则由知:,又.故平面.∴过与垂直的直线均在平面内,又在平面内,故平面侧面,即在线段上.
【答案】.
【例12】如图所示,在棱长为的正方体中,是棱的中点,是侧面上的动点,且面,则在侧面上的轨迹的长度是()
A. B. C. D.

【解析】

设分别为、、边上的中点,则四点共面,且平面平面,又∵面落在线段上,∵正方体中的棱长为.即在侧面上的轨迹的长度是.
【答案】D.
【例13】在正四面体中,分别是棱的中点,分别是直线上的动点,是的中点,则能使点的轨迹是圆的条件是()
A. B.
C. D.
【解析】

如图所示,正四面体中,取、、、的中点、、、,因为、分别是棱的中点,所以的中点也为定点;由对称性知,和的中点都在中截面上;由,所以;又在正四面体中,对棱垂直,所以0;所以,即;若点的轨迹是以为圆心的圆,则为定值.
【答案】D.
【例14】四面体中,,其余棱长都为2,动点在的内部(含边界),设,二面角的平面角的大小为和的面积分别为,且满足,则的最大值为________.
【解析】四面体中,,其余棱长都为2,取的中点,连接,则,故为二面角的平面角,因为等边三角形,故,故,设到的距离为,
则S1S2=12AP⋅AQsin⁡α12BC⋅h=3sin⁡α4sin⁡β,化简得,AQ=h,故点Q的轨迹为以点A为焦点,以BC为准线的拋物线在三角形ABC内部的一段弧,如图建立直角坐标系,则拋物线的方程为y2=23x,A32,0,直线AB的方程为:y=-33x-32,由y2=23xy=-32x-32得x2-73+34=0, 故圆弧与AB的交点横坐标为x=73-122,则Q到BC的最大距离h=73-122+32=43-6,故S2的最大值为12⋅2⋅(43-6)=43-6.

【答案】43-6.
题型5 存在与定位问题
【例15】 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,CD⊥AD,BC//AD,BC=CD=12AD.
(I)求证:CD⊥PD;
(II)求证:BD⊥平面PAB;
(III)在棱PD上是否存在点M,使CM//平面PAB,若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由.

【解析】 证明:(I)因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥PA.
因为CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD.
(II)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA,
在直角梯形ABCD中,BC=CD=12AD,
由题意可得AB=BD=2BC,所以AD2=AB2+BD2,
所以BD⊥AB.因为PA∩AB=A,所以BD⊥平面PAB.

(III)在棱PD上存在点M,使CM//平面PAB,且M是PD的中点.
证明:取PA的中点N,连接MN,BN,因为M是PD的中点,
所以MN⫫12AD.因为BC⫫12AD,所以MN⫫BC.
所以MNBC是平行四边形,所以CM//BN.
因为CM⊄平面PAB,BN⊂平面PAB.
所以CM//平面PAB.
【例16】 如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=5
(I)求证:PD⊥平面PAB;
(II)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;
(IIII)在棱PA上是否存在点M,使得BM//平面PCD?若存在,求AMAP的值,若不存在,说明理由.

【解析】(I)证明:∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,且AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,∴AB⊥平面PAD,∵PD⊂平面PAD,
∴AB⊥PD,又PD⊥PA,且PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB;
(II)解:取AD中点为O,连接CO,PO,∵CD=AD=5,∴CO⊥AD,又∵PA=PD,∴PO⊥AD以O为坐标原点,建立空间直角坐标系如图:

则P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,-1,0),C(2,0,0),则PB=(1,1,-1),PD=(0,-1,-1),PC=(2,0,-1),CD=(-2,-1,0),设n=x0,y0,1为平面PCD的法向量,则由n⋅PD=0n⋅PC=0,得-y0-1=02x0-1=0,则n=12,-1,1.设PB与平面PCD的夹角为θ,则sinθ=cos=n⋅PB∣n||PB∣=12-1-114+1+1×3⁡=33;
(III)解:假设存在M点使得BM//平面PCD,设AMAP=λ,M0,y1,z1,由(II)知,A(0,1,0),P(0,0,1),AP=(0,-1,1),B(1,1,0),AM=0,y1-1,z1,则有AM=λAP,可得M(0,1-λ,λ),∴BM=(-1,-λ,λ),
∵BM//平面PCD,n=12,-1,1为平面PCD的法向量,∴BM⋅n=0,即-12+λ+λ=0,解得λ=14.
综上,存在点M,即当AMAP=14时,M点即为所求.
【例17】如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60∘.
(1)求三棱锥P-ABC的体积;
(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求PMMC的值.

【解析】(1)解:由题设,AB=1,AC=2,∠BAC=60∘,可得S△ABC=12AB⋅AC⋅sin⁡60∘=32.因为PA⊥平面ABC,PA=1,所以VP-ABC=13S△ABC⋅PA=36;
(2)解:过B作BN⊥AC,垂足为N,过N作MN//PA,交PC于点M,连接BM,由PA⊥平面ABC,知PA⊥AC,所以MN⊥AC,

因为BN∩MN=N,所以AC⊥平面MBN.因为BM⊂平面MBN,所以AC⊥BM.在直角△BAN中,AN=AB⋅cos⁡∠BAC=12,从而NC=AC-AN=32.由MN//PA得PMMC=ANNC=13.
【例18】 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,PG⊥平面ABCD,垂足为G,G在线段AD上,AG=13GD,BG⊥GC,BG=GC=2,E是BC的中点,四面体P-BCG的体积为83.
(1)求异面直线CE与PC所成角的余弦值;
(2)棱PC上是否存在一点F,使DF⊥GC,若存在,求PFFC的值,若不存在,请说明理由.

【解析】（1）由已知VP-BCG=13S△BCG⋅PG=13⋅12BG⋅GC⋅PG=83,∴PG=4,在平面ABCD内,过C点作CH//EG交AD于H,连结PH,则∠PCH(或其补角)就是异面直线GE与PC所成的角.在△PCH中,CH=2,PC=20,PH=18,由余弦定理得,cos⁡∠PCH=1010.

(2)在平面ABCD内,过D作DM⊥GC,M为垂足,连结MF,又因为DF⊥GC,∴GC⊥平面MFD,∴GC⊥FM,由平面PGC⊥平面ABCD,∴FM⊥平面ABCD,∴FM//PG,由GM⊥MD得:GM=GD⋅cos⁡45∘=32,∵PFFC=GMMC=3212=3,由DF⊥GC,可得PFFC=3.
题型6 展开与距离问题
【例19】农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称“粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.小明在和家人一起包粽子时,想将一丸子(近似为球)包人其中,如图,将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形,将粽叶沿虚线折起来,可以得到如图所示的粽子形状的六面体,则放入丸子的体积最大值为( )

A.5126729π B.1623π C.32627π D.128281π
【解析】由题意可得每个三角形面积为S=12×4×23=43,由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的,可得该四面体的高为16-4332=463,故四面体的体积为13×43×463=1623,∴该六面体的体积是正四面体的2倍,∴六面体的体积是3223,由图形的对称性得,内部的九子要是体积最大,就是九子要和六个面相切,连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥,设丸子的半径为R,则3223=6×13×43×R,解得R=469,∴丸子的体积的最大值为Vmax=4π3R3=4π3×4693=5126729π.
【答案】A.
【例20】如图是正方体的平面展开图,则在这个正方体中AB与CD的位置关系为( )

A.平行 B.相交成60∘角 C.异面成60∘角 D.异面且垂直
【解析】 如图,直线AB,CD异面.因为CE//AB,
所以∠DCE即为直线AB,CD所成的角,
因为△CDE为等边三角形,故∠DCE=60∘,
【答案】C.
【例21】如图,棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,O为底面AC的中心,点P在侧面BC1内运动且D1O⊥OP,则点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和最小是( )

A.85 B.125 C.5 D.22
【解析】 如图,由正方体性质知,当P位于C点时,D1O⊥OC,当P位于BB1的中点P1时,由已知得,DD1=2,DO=BO=2,BP1=B1P1=1,B1D1=22,求得OD1=4+2=6,OP1=2+1=3,D1P1=8+1=3.
∴OD12+OP12=D1P12,得OD1⊥OP1.又OP1∩OC=O,OP1⊂平面OP1C,OC⊂平面OP1C,∴D1O⊥平面OP1C,得到P的轨迹在线段P1C上.过B作关于CP1的对称点B',过P作PH⊥BC于H,当B',P,H三点共线时,点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和取得最小值.在直角三角形P1BC中,BC=2,P1B=1,P1C=4+1=5,BB'=45,所以B'H=BB'sin⁡∠HBB'=45×25=85,
【答案】A.
【例22】如图,在正三棱锥P-ABC中,∠APB=∠BPC=∠CPA=30∘,PA=PB=PC=4,一只虫子从A点出发,绕三棱锥的三个侧面爬行一周后,又回到A点,则虫子爬行的最短距离是( )

A.42 B.43 C.23 D.46

【解析】设过点A作截面AEF与PB、PC侧棱分别交于E、F两点,将三棱锥由PA展开,则∠APA1=90∘,虫子爬行从点A沿侧面到棱PB上的点E处,再到棱PC上的点F处,然后回到点A的最短距离,∵PA=4,∴由勾股定理可得AA1=42+42=42.虫子爬行的最短距离42.
【答案】A.
强化训练
1.如图,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,平面α垂直于对角线AC',且平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形,记此截面六边形的面积为S,周长l为,则( )
A.S为定值,l不为定值 B.S不为定值,l为定值
C.S与l均为定值 D.S与l均不为定值

【解析】将正方体切去两个正三棱锥A-A'BD与C'-D'B'C后,得到一个以平行平面A'BD与D'B'C为上、下底面的几何体V,V的每个侧面都是等腰直角三角形,截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一条边平行,将V的侧面沿棱A'B'剪开,展平在一张平面上,得到一个◻A'B'B1A1,如图,而多边形W的周界展开后便成为一条与A'A1平行的线段(如图中E'E1,由题意得E'E1=A'A1,故l为定值.当E'位于A'B'中点时,多边形W为正六边形,而当E'移至A'处时,W为正三角形,由题意知周长为定值l的正六边形与正三角形面积分别为324l2与336l2,故S不为定值.
【答案】B.


2. 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,动点P在对角线BD1上,过点P作垂直于BD1的平面α,平面α截正方体的表面得到一个多边形,记这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为y,设BP=x,当x∈13,52时,函数y=f(x)的值域为( )
A.[1,3] B.[6,36] C.362,46 D.[6,46]

【解析】作平面ACB1和平面A1C1D,则BD1⊥平面AB1C,BD1⊥平面A1DC1,
设B到平面ACB1的距离为d,则VB-AB1C=VB1-ABC,∴13×34×(6)2×d=13×12×(3)2×3,解得d=1,
(1)当x∈13,1时,截面多边形是三角形EFG,由△EFG∽△AB1C得△EFG的周长为36x,
∴36x∈[6,36];
(2)当x∈(1,2)时,截面多边形是六边形HIJKLM,设HIA1C1=B1IB1C1=λ,则IJB1C=C1IB1C1=1-λ,∴HI+IJ=6,截面六边形的周长为36;
(3)当x∈2,52时,截面多边形是三角形NQR,
由(1)可知截面三角形周长范围为362,36;∴当x∈13,52时,f(x)的值域为[6,36].
【答案】B.
3. 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若与对角线A1C垂直的平面α截正方体得到的截面是六边形,则这个六边形的周长为________.

【解析】如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,连接BD、BC1、DC1,则A1C⊥
平面BDC1;又A1C⊥平面α,且平面α截正方体得到的截面是六边形,不妨取AB、BB1、B1C1、C1D1、D1D和DA的中点E、F、G、H、I、J,连接E、F、G、H、I,J,得六边形EFGHIJ,且A1C⊥平面EFGHIJ,则六边形EFGHIJ的周长为6×22=32.
【答案】32.

4. 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,动点P在对角线BD1上,过点P作垂直于BD1的平面α,当平面α截正方体得到的截面多边形是六边形时,设BP=x,则x的取值范围是________.

【解析】如图∵AC⊥BD,∴AC⊥BD1(三垂线定理)同理B1C⊥BD1,∴BD1⊥平面ACB1,同理,BD1⊥平面A1C1D,∴平面ACB1//平面A1C1D,夹在这两个平面之间的截面多边形为六边形,在三棱锥B-ACB1中,利用等体积法可求得BP=1,又根据棱长为3,易求得BD1=3,结合对称性可知1
5. 如图,矩形ABCD和矩形ABEF中,矩形ABEF可沿AB任意翻折,AF=AD,M、N分别在AE、DB上运动,当F、A、D不共线,M、N不与A、D重合,且AM=DN时,有( )
A.MN//平面FAD B.MN与平面FAD相交
C.MN⊥平面FAD D.MN与平面FAD可能平行,也可能相交

【解析】由已知,在未折叠的原梯形中,MN交AB于P,折叠后,由题意可知AF//MP,PN//AD.∴平面MNP//平面FAD,MN⊂平面PMN.∴MN//平面FDA,∴A正确.

【答案】A.


6. 如图,在菱形ABCD中,∠BAD=60∘,线段AD,BD的中点分别为E,F.现将△ABD沿对角线BD翻折,则异面直线BE与CF所成角的取值范围是( )

A.π6,π3 B.π6,π2 C.π3,π2 D.π3,2π3
【解析】可设菱形的边长为1,则BE=CF=32,BD=1;线段AD,BD的中点分别为E,F;
∴BE=12BA+BD,CF=12CB+CD=12BD-2BC;
∴BE⋅CF=14BA+BD⋅BD-2BC=14BA⋅BD-12BA⋅BC+14BD2-12BD⋅BC
=18-12cosBA,BC+14-14=18-12cosBA,BC;
∴cosBE,CF=BE⋅CFBECF=18-12cosBA,BC34;由图看出-12 ∴-12 7.如图,边长为1的菱形ABCD中,∠DAB=60∘,沿BD将△ABD翻折,得到三棱锥A-BCD,则当三棱锥A-BCD体积最大时,异面直线AD与BC所成的角的余弦值为( )

A.58 B.14 C.1316 D.23
【解析】△ABD、△CBD为边长为1的等边三角形,将△ABD沿BD翻折形成三棱锥如图:点A在底面BDC的投影在∠DCB的平分线CE上,则三棱锥A-BCD的高为△AEC过A点的高;所以当平面ABD⊥平面BCD时,三棱锥A-BCD的高最大,体积也最大,此时AE⊥平面BCD;求异面直线AD与BC所成的角的余弦值:平移BC到DC'位置,∣cos∠ADC'∣即为所求,AD=DC=1,AE=32,EC'=72,AC'=102,cos⁡∠ADC'=11+1-1042×1×1∣=14,所以异面直线AD与BC所成的角的余弦值为14,
【答案】B.

8. 如图,平面四边形ABCD,AB⊥BD,AB=BC=CD=2,BD=22,将△ABD沿BD翻折到与面BCD垂直的位置.
(I)证明:CD⊥面ABC;
(II)若E为AD中点,求二面角E-BC-A的大小.

【解析】证明:(1)∵平面四边形ABCD,AB⊥BD,AB=BC=CD=2,BD=22,面ABD⊥面BCD,AB⊥BD,面ABD∩平面BCD=BD,∴AB⊥面BCD,∴AB⊥CD,又AC2=AB2+BC2=8,AD2=AB2+BD2=12,AD2=AC2+CD2=12,AC⊥CD,∵AC∩AB=A,∴CD⊥平面ABC.
解:(2)AB⊥面BCD,如图以B为原点,在平面BCD中,过B作BD的垂线为x轴,以BD为y轴,以BA为z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,0,2),C(2,2,0),D(0,22,0),∵E是AD的中点,∴E(0,2,1),∴BC=(2,2,0),BE=(0,2,1),令平面BCE的一个法向量为n=(x,y,z),则n⋅BC=2x+2y=0n⋅BE=2y+z=0,取x=1,得n=(1,-1,2),∵CD⊥面ABC,∴平面ABC的一个法向量为CD=(-2,2,0),∴cos=n⋅CD|n|⋅|CD|=22,∴二面角E-BC-A的大小为45∘.

9. 如图,在空间四边形ABCD中,两条对角线AC,BD互相垂直,且长度分别为4和6,平行于这两条对角线的平面与边AB,BC,CD,DA分别相交于点E,F,G,H,记四边形EFGH的面积为y,设BEAB=x,则( )
A.函数y=f(x)的值域为(0,4] B.函数y=f(x)的最大值为8
C.函数y=f(x)在0,23上单调递减 D.函数y=f(x)满足f(x)=f(1-x)

【解析】∵AC//平面EFGH,BD//平面EFGH,∴AC//EF.AC//HG,BD//EH.BD//FG,则四边形EF-GH为平行四边形,∵两条对角线AC,BD互相垂直,∴EH⊥EF,则四边形EFGH为矩形,∵BEAB=x,∴由EHBD=AEAB=AB-BEAB=1-BEAB=1-x,即EH=(1-x)BD=6(1-x),同理EFAC=BEAB=x,则EF=x-AC=4x,则四边形EFGH的面积为y=EH⋅EF=4x⋅6(1-x)=24x-x2=-24x-122+6,∵x∈(0,1),∴当x=12时,函数取得最大值6,故A,B错误.函数的对称轴为x=12,则函数在0,23上不是单调函数,故C错误.∵函数的对称轴为x=12,∴函数y=f(x)满足f(x)=f(1-x),故D正确,
【答案】D.
10.如图,S-ABC是正三棱锥且侧棱长为a,两侧棱SA,SC的夹角为30∘,E,F分别是SA,SC上的动点,则三角形BEF的周长的最小值为( )
A.2a B.3a C.5a D.6a

【解析】把正三棱锥沿SB剪开,并展开,形成三个全等的等腰三角形:△SBC、△SCA、△SAB',则∠B'SA=∠BSC=∠ASC=30∘,连接BB',交SC于F,交SA于E,则线段BB'就是△BEF的最小周长,又SB=SB'=a,根据勾股定理,SB2+SB'2=BB'2=2a2,所以BB'=2a,
【答案】A.
11. 如图,正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直,点M在AC上移动,点N在BF上移动,若CM=BN=a(0 A.22 B.12 C.22a D.a
【解析】(1)作MP//AB交BC于点P,NQ//AB交BE于点Q,连接PQ,依题意可得MP//NQ,且MP=NQ,即MNQP是平行四边形,∴MN=PQ,∵CM=BN=a,CB=AB=BE=1,∴AC=BF=2,CP=BQ=22a,∴MN=PQ=(1-CP)2+BQ2=1-22a2+22a2=a-222+12,∵0 【答案】A.


12. 如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=1,E为线段CD上一动点,现将△AED沿AE折起,使平面AED⊥平面ABC,当E从D运动到C,则D在平面ABC上的射影K所形成轨迹的长度为( )

A.32 B.233 C.π2 D.π3
【解析】由题意,将△AED沿AE折起,使平面AED⊥平面ABC,在平面AED内过点D作DK⊥AE,K为垂足是D在平面ABC上的射影,由翻折的特征知,连接D'K,则∠D'KA=90∘,故K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一段弧,根据长方形知圆半径是12,如图当E与C重合时,AK=12,取O为AD'的中点,得到△OAK是正三角形.故∠KOA=π3,∴∠KOD'=2π3,其所对的弧长为12×2π3=π3;
【答案】D.
13. 各棱长都等于a的四面体ABCD中,设G为BC的中点,E为△ACD内的动点(含边界),且GE//平面ABD,若线段GE长度的最小值为32,则a的值为( )
A.1 B.3 C.2 D.23
【解析】取AC中点M,CD中点N,连接GM,GN,MN,则GM、GN、MN分别是三角形ABC、BCD、ACD的中位线,所以平面GMN//平面BAD,又四面体ABCD中各棱长都等于a,所以△GMN为边长为a2的正三角形.取MN中点E,连结GE,则GE=32.又GE=a22-a42=34a,所以32=34a,即a=2.
【答案】C.


14. 如图,在三棱锥A-BCD中,BC=DC=AB=AD=2,BD=22,平面ABD⊥平面BCD,O为BD中点,点P,Q分别为线段AO,BC上的动点(不含端点),且AP=CQ,则三棱锥P-QCO体积的最大值为( )
A.112 B.248 C.32 D.32

【解析】由题意,在三棱锥A-BCD中,BC=DC=AB=AD=2,BD=22,底面△BCD是等腰直角三角形,又∵平面ABD⊥平面BCD,O为BD中点,∴AO⊥平面BCD,∴△AOC是直角三角形,∴BD⊥平面AOC,设AP=x,(x∈(0,2)),三棱锥P-QCO体积为:V=13S△POC⋅h,h为Q到平面AOC的距离,h=xsin⁡45∘=22x,V=13S△POC⋅h=13×12×2(2-x)×22x=162x-x2=-16x-222+112,故当x=22时,三棱锥P-QCO体积的最大值112.
【答案】A.

15. 已知一个四面体其中五条棱的长分别为1,1,1,1,2,则此四面体体积的最大值是( )
A.312 B.212 C.24 D.33
【解析】由题意,四面体的一个面为直角三角形,一个侧面为等边三角形,这两个面互相垂直时,四面体体积最大.四面体体积的最大值是13×12×1×1×32=312.
【答案】A.

16. 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,2和a,且长为a的棱与长为2的棱异面,则a的取值范围是( )
A.(0,2) B.(0,3) C.(1,2) D.(1,3)
【解析】设四面体的底面是BCD,BC=a,BD=CD=1,顶点为A,AD=2,在三角形BCD中,因为两边之和大于第三边可得:0 取BC中点E,∵E是中点,直角三角形ACE全等于直角DCE,所以在三角形AED中,AE=ED=1-a22∵两边之和大于第三边,∴2<21-a22,得0 由(1)(2)得0 【答案】A.

17. 如图,在三棱锥D-ABC中,AD⊥BC,BC=1,AD=1.且AB+BD=AC+CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为( )
A.14 B.212 C.36 D.524

【解析】过BC作与AD垂直的平面,交AD于E,过E作BC的垂线,垂足为F,如图所示:∵BC=1,AD=1,则三棱锥D-ABC的体积为:V=13S△BCE×(AE+DE)=13S△BCE×AD=13×12⋅BC⋅EF⋅AD=16EF,故EF取最大值时,三棱锥D-ABC的体积也取最大值.由AB+BD=AC+CD=2>1,可得B,C都在以A,D为焦点的椭圆上.∵平面BCE与线AD垂直,∴三角形ADB与三角形ADC全等,即三角形BCD为等腰三角形,又BC=1为定值,∴BE取最大值时,三棱锥D-ABC的体积也取最大值.在△ABD中,动点B到A,D两点的距离和为2,B在以AD为焦点的椭圆上(长轴、焦距分别为2a、2c),此时a=1,c=12,故BE的最大值为b=a2-c2=1-122=32,此时EF=BE2-12BC2=34-14=22,故三棱锥D-ABC的体积的最大值是16EF=16×22=212.
【答案】B.

17. 将两个长、宽、高分别为5,4,3的长方体垒在一起,使其中两个面完全重合,组成一个大长方体,则大长方体的外接球表面积的最大值为( )
A.150π B.125π C.98π D.77π
【解析】两个完全相同的长方体重叠在一起有三种情况,分别计算三种情况的体对角线为102+42+32、或82+52+32、或62+52+42∴最长对角线的长为55,即大长方体的外接球的最大半径为552,则大长方体的外接球表面积的最大值为4π×5522=125π.
【答案】B.

18.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=6,点P在平面AB1D1内,A1P=32,则点P到BC1距离的最小值为( )
A.32 B.23 C.6 D.3

【解析】建立如图所示空间直角坐标系,则平面AB1D1的方程为x-y+z=6,又点P在平面AB1D1内,且A1P=32,则P的轨迹满足:x-y+z=6(x-6)2+y2+(z-6)2=18
设Px0,x0+z0-6,z0,则PC1=-x0,12-x0-z0,6-z0,BC1=(-6,0,6),∴点P到BC1距离d=PC1×BC1BC1=12-x0-z02+126-x0-z02,∵x0+z0=6+y0,0⩽y0⩽6,∴x0+z0∈[6,12],设x0+z0=t,则t∈[6,12],则(12-t)2+12(6-t)2=32t2-30t+162=32(t-10)2+12,当t=10时,dmin=23.此时x0+z0=10x0-62+z0-62=2,即P(1,4,1).
【答案】B.

19.如图,圆锥顶点为P,底面圆心为O,过轴PO的截面PAB,C为PA中点,PA=43,PO=6,则从点C经圆锥侧面到点B的最短距离为( )
A.215 B.215-62 C.6 D.215-63

【解析】如图,沿圆锥母线PA剪开再展开,∵PA=43,PO=6,∴OA=23,则圆锥底面周长为43π,展开后所得扇形为半圆,B到B'处,则从点C经圆锥侧面到点B的最短距离为(23)2+(43)2=215.
【答案】A.

20. 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD//BC,∠ADC=∠PAB=90∘,BC=CD=12AD.
(I)在平面PAD内找一点M,使得直线CM//平面PAB,并说明理由;
(II)证明:平面PAB⊥平面PBD.

【解析】证明:(I)M为PD的中点,直线CM//平面PAB.取AD的中点E,连接CM,ME,CE,则ME//PA,∵ME⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,∴ME//平面PAB.∵AD//BC,BC=AE,∴ABCE是平行四边形,∴CE//AB.∵CE⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴CE//平面PAB.∵ME∩CE=E,∴平面CME//平面PAB,∵CM⊂平面CME,∴CM//平面PAB,若M为AD的中点,连接CM,由四边形ABCD中,AD//BC,∠ADC=∠PAB=90∘,BC=CD=12AD.可得四边形ABCM为平行四边形,即有CM//AB,CM⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴CM//平面PAB;
(II)∵PA⊥CD,∠PAB=90∘,AB与CD相交,∴PA⊥平面ABCD,∴BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD,由(I)及BC=CD=12AD,可得∠BAD=∠BDA=45∘,∴∠ABD=90∘,∴BD⊥AB,∵PA∩AB=A,∴BD⊥平面PAB,BD⊂平面PBD,∴平面PAB⊥平面PBD.


21.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,A1A=AB=2,∠ABC=π3,E,F分别是BC,A1C的中点.
(1)求异面直线EF,AD所成角的余弦值;
(2)点M在线段A1D上,A1MA1D=λ.若CM//平面AEF,求实数λ的值.

【解析】因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,所以A1A⊥平面ABCD.又AE⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以A1A⊥AE,A1A⊥AD.在菱形AB-CD中∠ABC=π3,则△ABC是等边三角形.因为E是BC中点,所以BC⊥AE.因为BC//AD,所以AE⊥AD.建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),C(3,1,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),E(3,0,0),F32,12,1.
(1)AD=(0,2,0),EF=-32,12,1,所以异面直线EF,AD所成角的余弦值为121+1=24.(4分)(2)设M(x,y,z),由于点M在线段A1D上,且A1MA1D=λ,则(x,y,z-2)=λ(0,2,-2).则M(0,2λ,2-2λ,CM=(-3,2λ-1,2-2λ).(6分)
(2)设平面AEF的法向量为n=x0,y0,z0.因为AE=(3,0,0),AF=32,12,1,由3x0=032x0+12y0+z0=0,得x0=0,12y0+z0=0.取y0=2,则z0=-1,则平面AEF的一个法向量为n=(0,2,-1).(8分)
由于CM//平面AEF,则n⋅CM=0,即2(2λ-1)-(2-2λ)=0,解得λ=23.(10分)
22. 如图,在四棱锥P-ABCD中,AD//BC,∠ADC=∠PAB=90∘,BC=CD=12AD.E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90∘.
(I)在平面PAB内找一点M,使得直线CM//平面PBE,并说明理由;
(II)若二面角P-CD-A的大小为45∘,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

【解析】(I)延长AB交直线CD于点M,∵点E为AD的中点,∴AE=ED=12AD,∵BC=CD=12AD,∴ED=BC,∵AD//BC,即ED//BC.∴四边形BCDE为平行四边形,即EB//CD.∵AB∩CD=M,∴M∈CD,∴CM//BE,∵BE⊂平面PBE,∴CM//平面PBE,∵M∈AB,AB⊂平面PAB,∴M∈平面PAB,故在平面PAB内可以找到一点M(M=AB∩CD),使得直线CM//平面PBE.
(II)如图所示,∵∠ADC=∠PAB=90∘,异面直线PA与CD所成的角为90∘,AB∩CD=M,∴AP⊥平面ABCD.∴CD⊥PD,PA⊥AD.因此∠PDA是二面角P-CD-A的平面角大小为45∘.∴PA=AD.不妨设AD=2,则BC=CD=12AD=1.∴P0,0,2,E0,1,0,C-1,2,0,∴EC=-1,1,0,PE=0,1,-2,AP=0,0,2,设平面PCE的法向量为n=x,y,z,则n⋅PE=0n⋅EC=0,可得:
y-2z=0-x+y=0.令y=2,则x=2,z=1,∴n=2,2,1.设直线PA与平面PCE所成角为θ,
则sinθ=|cos|=|AP⋅n||AP|n∣=29×2=13.



23.已知某几何体的直观图和三视图如下图所示,其正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形.
(I)证明:BN⊥平面C1B1N;
(II)设二面角C-NB1-C1的平面角为θ,求cos⁡θ的值;
(III)M为AB中点,在CB上是否存在一点P,使得MP//平面CNB1,若存在,求出BP的长;若不存在,请说明理由.

【解析】(I)证明:∵该几何体的正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,∴BA,BC,BB1两两垂直.以BA,BB1,BC分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则N(4,4,0),B1(0,8,0),C1(0,8,4),C(0,0,4),∵BN⋅NB1=(4,4,0)⋅(-4,4,0)=-16+16=0.BN⋅B1C1=(4,4,0)⋅(0,0,4)=0.∴BN⊥NB1,BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1,∴BN⊥平面C1B1N;
(II)∵BN⊥平面C1B1N,平面C1B1N的一个法向量BN=(4,4,0),设n2=(x,y,z)为平面NCB1的一个法向量,则n2⋅CN=0n2⋅NB1=0⇒(x,y,z)⋅(4,4,-4)=0(x,y,z)⋅(-4,4,0)=0⇒x+y-z=0-x+y=0,取n2=(1,1,2),则cos⁡θ=BN⋅n2|BN|n2=33
(III)∵M(2,0,0).设P(0,0,a)为BC上一点,则MP=(-2,0,a),∵MP//平面CNB1,∴MP⊥n2,MP-n2=(-2,0,a)⋅(1,1,2)=-2+2a=0,∴a=1.又MP⊄平面CNB1,∴MP//平面CNB1,∴当BP=1时MP//平面CNB1.

24. 如图所示:边长为2的正方形ABFC和高为2的直角梯形ADEF所在的平面互相垂直且DE=2,ED//AF且∠DAF=90∘.
(1)求BD和面BFE所成的角的余弦值;
(2)线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直,若存在,求EP与PF的比值;若不存在,说明理由.

【解析】(1)因为AC、AD、AB两两垂直,建立如图坐标系,则B(2,0,0),D(0,0,2),E(1,1,2),F(2,2,0),则DB=(2,0,-2),BE=(-1,1,2),BF=(0,2,0),设平面BEF的法向量n=(x,y,z),则-x+y+2z=0y=0,令z=1得n=(2,0,1),∴向量DB和n=(2,0,1)所成角的余弦为2⋅2+0-222+1222+(-2)2=1010.即BD和面BEF所成的角的正弦1010.所以BD和面BEF所成的角的余弦31010.
(2)假设线段EF上存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直,不妨设EP与PF的比值为m,则P点坐标为1+2m1+m,1+2m1+m,21+m,则向量AP=1+2m1+m,1+2m1+m,21+m,向量CP=1+2m1+m,-11+m,21+m,所以21+2m1+m+01+2m1+m+(-2)21+m=0.所以m=12.所以存在p,EP与PF的比值12

25在边长为2的菱形中,,将菱形沿对角线折起,使二面角的大小为,则所得三棱锥的外接球表面积为( )
A. B. C. D.
【解析】由菱形的边长为2,且,得,即,均为边长是2的等边三角形,由菱形对角线互相垂直,可得为二面角的平面角为.过作底面垂线,垂足为,则在线段上,由,可得,得.设的外心为中点为,在平面内,分别过,作底面垂线与线段的垂线,相交于,则为四面体的外接球的球心.,
则.
由四点共圆,可得.
三棱雉的外接球表面积为.
【答案】B.


26.在边长为1的菱形中,,将菱形沿对角线折起,使折起后,则二面角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【解析】取中点,连接,则便是二面角的平面角;在Rt中,,同样,又由余弦定理得:.
【答案】A.