新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量微专题二立体几何中的动态问题练习含答案

这是一份新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量微专题二立体几何中的动态问题练习含答案，共8页。
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-A1B1C1中,已知AA1=AB,点M,N分别为CC1和BC的中点,点P是棱AA1上的一个动点,则下列说法中正确的有( BCD )
A.存在点P,使得B1M∥平面PBC
B.直线PN与CC1为异面直线
C.存在点P,使得B1M⊥PN
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△A1DE,若M为线段A1C的中点,则在△ADE从起始到结束的翻折过程中( BCD )
A.存在某位置,使得DE⊥A1C
B.存在某位置,使得CE⊥A1D
C.MB的长为定值
D.MB与CD所成角的正切值的最小值为12
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-A1B1C1中,AB⊥BC且AB=BC=2,直线A1C与底面ABC所成角的正弦值为33,则( ABD )
A.线段A1C上存在点D,使得A1B⊥AD
B.线段A1C上存在点D,使得平面DBB1⊥平面DCC1
C.直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为43
D.点B1到平面A1BC的距离为2
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.
(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.
解析 (1)证明:直角梯形ABCD中,因为AB∥DC,所以△DMC∽△BMA,则DCAB=DMMB=CMAM=12,
在Rt△ADC中,AC=AD2+CD2=3+64=322.
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,
所以VQ-PAC=12VB-PAC,又VQ-PAC=VP-ACQ,VB-PAC=VP-ABC,
所以VP-ACQ=12VP-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,
因为S△ABC=12AB·AC·sin∠CAB=12×6×322×63=322为定值,所以当h最大时,三棱锥P-ACQ的体积最大,
而PM=PA·PCAC=1,则h≤PM=1,
则当h=1时,(VP-ACQ)max=12(VP-ABC)max=12×13×322×1=24.
(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,
则A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,1),C−22,0,0,
则AB=(-2,2,0),PB=(0,2,-1),CB=22,2,0.
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则n·PB=2y−z=0,n·CB=22x+2y=0,令y=1,得n=(-22,1,2),
设直线AB与平面PBC所成角为θ,
则sin θ=|cs|=|AB·n||AB||n|=66×13=7813,
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为7813.
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)在线段AD上是否存在点M,使得二面角M-PC-A的余弦值为23913?若存在,求出|AM||MD|的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:在三角形ACD中,由正弦定理可得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD,3sin60°=1sin∠CAD,(1分)
sin∠CAD=12,又AC>CD,故∠CAD=30°.(2分)
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=λAD=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),
则m·CP=3y+z=0,m·CM=λx+(3−3λ)y=0,取y=λ,则z=-3λ,x=3(λ-1),所以m=(3(λ-1),λ,-3λ),(11分)
易知平面CPA的一个法向量为n=(1,0,0),(12分)
则|cs|=|m·n||m|·|n|=|3(λ−1)|3(λ−1)2+λ2+3λ2=23913,整理可得15λ2+2λ-1=0,
由0≤λ≤1,解得λ=15(舍负),(14分)
因此,线段AD上存在点M,使得二面角M-PC-A的余弦值为23913,且|AM||MD|=14.(15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.
(1)若点F在线段AP上,且EF∥平面PBC,求AFFP的值;
(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,
∴MFAB=13,(5分)
由△PFM∽△PAB可得AFFP=2.(6分)
(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,
则P(0,0,1),E(-1,0,0),C−32,12,0,则PE=(-1,0,-1),EC=−12,12,0,
设平面PEC的法向量为m=(a,b,c),
则m·PE=−a−c=0,m·EC=−12a+12b=0.
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),
则cs=m·n|m|·|n|=-13=-33,
则平面PEC与平面ABCE夹角的余弦值为33.(15分)