高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)四立體幾何練習(xí)題

專題突破練13空間幾何體的結(jié)構(gòu)、表面積與體積

一'單項(xiàng)選擇題

1.（2021?湖北武漢月考）某圓錐的母線長為2,底面半徑為舊,則過該圓錐頂點(diǎn)的平面截此圓錐所得截

面面積的最大值為（）

A.2B.√3

C.√2D.1

2.（2021?山東德州期末）阿基米德是偉大的古希臘數(shù)學(xué)家,他和高斯、牛頓并列為世界三大數(shù)學(xué)家,他

一生最為滿意的一個數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)就是“圓柱容球''定理,即球與圓柱形容器的底面和側(cè)面都相切,球的體

積是圓柱體積的三分之二,球的表面積也是圓柱表面積的三分之二.今有一“圓柱容球”模型,其中圓柱

的表面積為12π,則該模型中球的體積為（）

A.8πB.4π

3.（2021?山東濰坊一模）某中學(xué)開展勞動實(shí)習(xí),學(xué)習(xí)加工制作食品包裝盒.現(xiàn)有一張邊長為6的正六邊

形硬紙片,如圖所示,裁掉陰影部分,然后沿虛線處折成高為6的正六棱柱無蓋包裝盒,則此包裝盒的

體積為（）

A.144B.72C.36D.24

4.（2021?山東濟(jì)南一模）在菱形ABCD中48=2￡>=2,將"8。沿8。折起,使二面角A-BD-C的大小為

60°,則三棱錐A-BC。的體積為（）

5.（2021?湖北宜昌期末）正多面體的各個面都是全等的正多邊形,其中,面數(shù)最少的正多面體是正四面

體,面數(shù)最多的正多面體是正二十面體,它們被稱為柏拉圖多面體.某些病毒,如皰疹病毒就擁有正二

十面體的外殼.如圖,正二十面體是由20個等邊三角形組成的.已知多面體滿足頂點(diǎn)數(shù)-棱數(shù)+面數(shù)=2,

則正二十面體的頂點(diǎn)的個數(shù)為（）

A.30B.20C.12D.10

6.（2021?全國甲,理11）已知A,B,C是半徑為1的球。的球面上的三個點(diǎn),且ACL8CAC=BC=L則三

棱錐O-ABC的體積為（）

?√2√3

Al2BR?運(yùn)

7.（2021?廣東廣州二模）某學(xué)生用薄鐵皮制作一個圓柱,圓柱的表面積為8π,則該圓柱的外接球的表面

積的最小值為（）

A.4(√5-l)πB.8(√5-l)π

C.4(√5+l)πD.8(√5+l)π

二、多項(xiàng)選擇題

8.（2021.山東淄博三模）已知正四棱臺的上底面邊長為1,側(cè)棱長為2,高為√Σ,則（）

A.棱臺的側(cè)面積為8√3

B.棱臺的體積為13√2

C.棱臺的側(cè)棱與底面所成的角為J

4

D.棱臺的側(cè)面與底面所成二面角的正弦值為苧

9.（2021?河北保定二模）如圖,一個圓柱和一個圓錐的底面直徑和它們的高都與一個球的直徑2R相等,

則下列結(jié)論正確的是（）

A.圓柱的體積為4π∕?3

B.圓錐的側(cè)面積為√^πR2

C.圓柱的側(cè)面積與圓錐的表面積相等

D.圓柱、圓錐、球的體積之比為3.T；2

三、填空題

10.（2021?廣東佛山二模）將一個邊長為2的正三角形以其中一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周,所得幾

何體的表面積為.

1L（2O21?遼寧二模）已知三棱錐S-ABC的三條棱SA,SB,SC兩兩互相垂直,且AC=√Π,A8=√5,該三棱

錐的外接球的表面積為14兀,則BC=__________.

12.（2021?山東煙臺二模）在一次綜合實(shí)踐活動中,某手工制作小組利用硬紙板做了一個幾何模型如圖

所示,底面ABCD是邊長為4的正方形,半圓面APOL底面ABCD經(jīng)研究發(fā)現(xiàn),當(dāng)點(diǎn)P在半圓弧筋上

（不含點(diǎn)A,0運(yùn)動時,三棱錐P-ABD的外接球始終保持不變,則該外接球的表面積為.

專題突破練13空間幾何體的結(jié)構(gòu)、表面積與體積

N

1.A解析如圖,設(shè)截面為ASMN,P為MN的中點(diǎn)。為底面圓的圓心,OP=X(OWX＜舊),由

題意可知58=2,08=6,則SO=1,SP=√x2+l,MΛ^=2√3-x2,

所以SASMNJMNSP=W+2/+3.

因?yàn)镺WX＜百,所以當(dāng)Λ2=1,

即X=I時,(SASMN)max=2.

故選A.

2.D解析由題意可知球的表面積為12πX號=8兀,設(shè)球的半徑為r,則4τtr2=8τι,解得r=V∑,

所以球的體積為gιτr3=gπx(&)3=殍π.故選D.

3.

B解析如圖,由題意易知NBEf'=60°,8凡L3E,8F=√5,則BE=l√4B=6-lx2=4,所以所

求體積y=6×?×4×4×yX√3=72.

故選B.

4.A解析如圖,取BO的中點(diǎn)瓦連接AE,CE,則AELBD,CE上BD,AE=CE=V/

AEC=60°,

所以ZAEC為等邊三角形.作AFLCE于點(diǎn)F,則AF=∣.

因?yàn)镃E,AECCE=E,所以8DJ_平面ACE,所以BDlAF.

又BD∩CE=E,所以A尸，平面BCD.

又S4BCD×22=√3,^τ以Vz?sABCD=^SΔBCD?AF=^X√3×1=亭故選A.

5.C解析依題意,正二十面體的棱的條數(shù)為等=30,所以正二十面體的頂點(diǎn)的個數(shù)為

30-20+2=12.故選C.

6.A解析如圖力C,BC,AC=BC=I,設(shè)0\為45的中點(diǎn),連接CO∣,OO∣,則COl=學(xué)由題

意。。」平面A3C,在RtA。。IC中,OOι=√OC2-ABj=圣則三棱錐Q-ABC的體積為

11√2√2

3×2×11×1×T=12?

7.B解析設(shè)圓柱的高為九底面半徑為r,該圓柱的外接球的半徑為R,由題意可得

2πz∕7+2τrr2=8τιJ∣J∕7z+r2=4,所以=：匚由*-r>0,r>0,得0<r<2.又7J2=r2+Q^=

竽+白-2,所以該圓柱的外接球的表面積S=4兀R?=4n(竽+白-2)≥4π(2√5-2)=8(√5-

1)兀,當(dāng)且僅當(dāng)竽=W即一會時,等號成立.故選B.

8.AC解析如圖,過點(diǎn)4作A∣”,A8于點(diǎn)H,過點(diǎn)4作AC于點(diǎn)M,則AlM，平

22

面ABC。,AHj_M”,所以AM=yJA1A-A1M=√2.

又因?yàn)锳H=MH,所以A”=l,所以4”=序l?=√^AB=2xl+l=3.所以棱臺的側(cè)面

積為4X史等如=8√1所以A正確.

因?yàn)樯系酌婷娣e`=1,下底面面積S=9,所以棱臺的體積為

g(S+√^+S>AιM=gxl3x√2=?H13√Σ所以B錯誤.

因?yàn)镹AIAM為側(cè)棱AIA與底面所成的角,cosNAIAM=空?=噌所以NAlAM=J.所

∕1]∕1∕zr

以C正確.

因?yàn)镹AIHM為側(cè)面AAιB]B與底面所成二面角的平面角,sinN4"M=半萼=5=

AI/7v?

9所以D錯誤.故選AC.

9.BD解析依題意,圓柱的底面半徑為R,高為2R,則圓柱的體積為兀∕P2R=27IR3,故A錯

誤.由已知得圓錐的底面半徑為R,高為2R,母線長為逐尺則圓錐的側(cè)面積為πR-

2

√5Λ=√5πΛ,?B正確.因?yàn)閳A柱的側(cè)面積為4兀圓錐的表面積為遙πR2+7lR,所以C錯

3233i3

誤.因?yàn)閂0∣ι?=2πΛ,Vb?=∣ττR-2R=∣π7?,V?π/?,1^.V圓柱/V圓錐；V球=2πR?∣π∕?:

∣πΛ3=3/1/2,故D正確,故選BD.

10.4√3π解析由題意可知所得幾何體為兩個同底的圓錐組成的組合體,圓錐的底面半

徑為百,母線長為2,則所求表面積為2xτιx√3×2=4√3π.

11.√1O解析設(shè)SA=X,SB=y,SC=z,三棱錐S-ABC的外接球的半徑為R,由題意可得

X2+Z2=13,Λ2+y2=5,y2+z2=BC2,X2+γ2+z2=(27J)2=4?2,4π/?2=14π,

222

所以X=4,V=1/2=9,所以BC=yjy+z=√1O.

12.32π解析取BD的中點(diǎn)O,連接OAoP(圖略),由題意可知OA=OB=OD=2叵

因?yàn)锳BJ_A￡>,平面APf)J_平面ABC。,平面APo∩平面ABCO=AO,ABU平面ABCD,

所以ABL平面AP。,所以ABLPD.

又點(diǎn)P在半圓弧檢上,所以APj_PD又AP∩AB=A,

所以POL平面APB,所以PDLPB.

在RtAPBD中,因?yàn)?為BO的中點(diǎn),所以O(shè)P=OB=0。,所以O(shè)A=OB=OD=OP,^O

為三棱錐P-ABo的外接球的球心,所以外接球的半徑R=0A=2√Σ,表面積S=4πΛ2=32π.

專題突破練14空間位置關(guān)系的判斷與證明

一'單項(xiàng)選擇題

1.（2021?廣東深圳二模）設(shè)α/為兩個不同的平面,直線∕uα,則“/〃尸是“a〃廠的（）

A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

C.充要條件

D.既不充分也不必要條件

2.（2021?湖北荊門期中）在三棱柱ABC-A山Q中,點(diǎn)〃在AB上,且AM=2AB,若BCl〃平面則

λ=（）

1B1C1D2

A.2-3-4-3-

P

3.（2021?山東泰安三模）如圖,AB為圓錐底面直徑點(diǎn)C為底面圓。上異于A,8的動點(diǎn),已知OA=√5,圓

錐側(cè)面展開圖是圓心角為√5π的扇形,當(dāng)NPBC=卻寸/8與AC所成的角為（）

c?zDT

4.（2021?山東煙臺二模）許多球狀病毒的空間結(jié)構(gòu)可抽象為正二十面體.正二十面體的每一個面均為

等邊三角形,共有12個頂點(diǎn)、30條棱.如圖,由正二十面體的一個頂點(diǎn)尸和與P相鄰的五個頂點(diǎn)構(gòu)成

正五棱錐P-ABC。瓦則PA與面ABa）E所成角的余弦值約為（）（參考數(shù)據(jù)cos36°≈0.8）

55

--

A.68c?lD?

5.（2021.湖南衡陽月考）在菱形ABCD中,/540=60°,將AABO沿BD折起,使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)A的位置,

且二面角4-8?C為60°,則AD與平面BCD所成角的正切值為（）

??

A?4

f,3√7

C-D2

6.（2021?山東青島二模）已知正方體力BCD-AISeQl棱長為2,點(diǎn)P在矩形ACGAI（包含邊界）內(nèi)運(yùn)動,

且NPBD=45°,則動點(diǎn)P的軌跡的長度為（）

A.πB.V2πC.2πD.2V∑π

二、多項(xiàng)選擇題

7.（2021?山東濰坊三模）已知α/是兩個平面,見〃是兩條直線,則下列說法正確的是（）

A.如果mLa,n∕/α,那么mA,n

B.如果〃?〃〃夕,那么a∑β

C.如果a〃y?,"?ua,那么m∕∕β

D.如果ZM〃a,“〃夕,α〃夕,那么m//n

8.（2021?廣東廣州二模）如圖,四棱錐P-ABCD的底面為矩形,POL底面A8CZMQ=1,PZ）=AB=2,E為

PB的中點(diǎn),過AQ,E三點(diǎn)的平面α與平面PBC的交線為/,則下列結(jié)論正確的是（）

A./〃平面PAD

B.AE〃平面PCD

C.直線PA與/所成角的余弦值為B

D.平面a截四棱錐P-ABCD所得的上、下兩部分幾何體的體積的比值為5

三、填空題

9.（2021?山東濰坊期中）若平面ɑ過正方體ABCD-48∣CQ的頂點(diǎn)A,且平面α〃平面A山￡>,平面ɑ∏

平面ABCQ=/,則直線/與直線AiCi所成的角為.

10.（2021?浙江寧波二模）如圖,三棱柱ABC-AIBICI的底面是邊長為2b的正三角形,AA∣=3Λ4J

AC,D為AlG的中點(diǎn),8。=36,則二面角Ai-AC-B的正切值為.

1L（2O21?福建龍巖月考）如圖,在棱長為1的正方體ABeQ-A/IGz）I中,M為4。的中點(diǎn),動點(diǎn)P在正

方形ABCD內(nèi)（不包括邊界）,若Sp〃平面AIBM,則C1P的長度的取值范圍是

專題突破練14空間位置關(guān)系的判斷與證明

1.B解析當(dāng)/〃夕時,α與夕可能平行也可能相交.當(dāng)α〃夕時,因?yàn)楱Muα,所以/〃△故選B.

2.A解析如圖,連接AG,交AIC于點(diǎn)O,連接OM.rBCI〃平面4MC,8Gu平面ABCi,

平面AlMC∩平面ABCi=OM,

11

.,.BCi//OM.^AABCi中,。為AG的中點(diǎn),.：M為AB的中點(diǎn),.：AM=/鉆,.彳節(jié),

故選A.

3.

C解析設(shè)圓錐的母線長為/,則∕?√5n=2√^π,解得l=2.?.?PB=PC=l=2,/PBC=Q

BC=2..：在Rt?ΛBC中,AC=2√Σ作BD〃AC,與圓。交于點(diǎn)。,連接AD,則四邊形ACBD

為平行四邊形,8。=AC=2√Σ連接尸￡>,則NPBO為PB與AC所成的角.在APBD中，

：PD=PB=2,BD=2y[i,

.：PB2+PD2=BD2,.".PDLPB,.t.ZPBD=W故選C.

4.A解析設(shè)正二十面體的棱長為α,點(diǎn)P在面ABCOE內(nèi)的射影為點(diǎn)0,則。為正五邊

形ABCDE的中心.連接QA,OB（圖略）,則NAOB=72°,所以O(shè)A=??f;=『熱5——≈

SInJb√l-cosz360

Ia.因?yàn)镻OA.面ABeDE,所以ZPAO為PA與面ABCDE所成的角,所以CoSNPAo=胃≈

Ia_5

V?

5.C解析連接AC,交B。于點(diǎn)。,則ACLBD將AABD沿BD折起,得到BO,可知40

，8。CO，BD,則/4，。。為二面角4-3。-。的平面角,所以NAeC=60°.設(shè)菱形ABCD

的邊長為2,則40=CO=H,又NAeC=60°,所以AAOC為等邊三角形.過點(diǎn)A作4E_L

OC于點(diǎn)民連接。瓦則AEg.因?yàn)锳oJCOJ_8D,40nC0=0,所以BDJ_平面A'0C,

所以3。_LAE又A'E±OCBDnoC=O,所以AEj_平面BCD.所以NADE為AD與平面

BCD所成的角.在RtMDE中,因?yàn)锳D=2,AE=',所以DEW,所以tanZA'DE=^=

ZZUc,

3λ∕7ir、生C

萬-.故選C.

6.B解析由題意,易知動點(diǎn)尸的軌跡為以AC為直徑的半圓,AC=2√Σ,故動點(diǎn)P的軌跡

的長度為，×2√2π=√2π.

7.AC解析對于A,若ιnΛ^a,n∕/α,則加_1_〃,故A正確.對于B,若mA.n,ml,a,n∕/夕,則a//

β或a,β相交,故B錯誤.對于C,若a//夕,相Ua,則m//夕,故C正確.對于D,若m//a,n∕∕β,a

〃△則m,n平行、相交或異面,故D錯誤.故選AC.

8.

ACD解析如圖,取PC的中點(diǎn)E連接所,則AD〃EF,所以A,D,E,F四點(diǎn)共面,所以I為

EE對于A,因?yàn)槠矫鍼AzMoU平面PAD所以EF〃平面PA。,即/〃平面

PAD,故A正確.對于B,若AE〃平面PCD,則必有AE//DFXEF〃AD,所以四邊形

AoEE為平行四邊形,所以Ao=EE與。矛盾,故B錯誤.對于C,PA與/所成

的角即PA與EF所成的角,因?yàn)镋尸〃所以NPA。為PA與EE所成的角,由PO_L底

面ABCD,可知POUO,又人。=1/。=2,所以4尸=圾所以CoSNPAO=*=暫,故C正

確.對于D,連接BD、易知Vp-ABCD=I×2×2=^,VABCDFE=VE-ABD+VD-BCFE=^×1×1+?××

????zr

45

√2=∣,所以步配=挈=W,故D正確.故選ACD.

bvABCDFE5?

9.≡解析因?yàn)槠矫姒痢ㄆ矫鍭IBO,平面aC平面ABC。=/,平面4瓦加平面ABCO=BD,

所以/〃BD,又Al所以ACl_L/,所以直線/與直線AIG所成的角為5

10.-√3解析如圖,取AC的中點(diǎn)E,連接ED,EB.因?yàn)?。為Alc的中點(diǎn)/AιJ_AC,"BC

是邊長為2√5的正三角形,所以DE=AA↑=3,BE=3,DE±AC,BE±AC,^以ZBED為二面

角AI-Ae-B的平面角.在MED中,DE=3,BE=3,BD=3√^所以由余弦定理得Cos/

BED=$瓷茅I=W所以∕BEO=120。，所以tanZBED=-√3.

11.∣*,√∑)解析如圖,取BC的中點(diǎn)N,連接BloBNQN,GD,GN,作G0J_￡>N于點(diǎn)

。易知平面BION〃平面48M所以點(diǎn)P在線段ON上,不包括端點(diǎn)D,N.

在ACiDN中CD=0,DN=ClN=JF+O=今所以S2λC]DN=∣×√2×

√6

一T9

又SAqDN=號?ON?C∣°二第G0,所以第Cι°=g即C?O=^-.

?Z?44?

當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)。重合時,GP的長度取最小值爭.

因?yàn)镚D>C1N,氤P與點(diǎn)、D不重合,

所以C∣P<CO=√Σ

所以CP的長度的取值范圍是[爭,√∑).

專題突破練15空間位置關(guān)系、空間角的向量方法

L（2021?江蘇揚(yáng)州一模）如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCZ）為平行四邊形,8Z）LDC,MCD為正

三角形,平面PCo，平面ABCD,E為PC的中點(diǎn).

求證:(1)AP〃平面EBD;

(I)BEVPC.

2.（2021?江蘇泰州模擬）在正四棱錐P-ABCD中√48=2,PA=√EE,F分別是AB,AD的中點(diǎn),過直線EF的

平面α分別與側(cè)棱PB,PD交于點(diǎn)M,N.

⑴求證:MN〃B。；

（2）若EF=2MN,求直線PA與平面α所成角的正弦值.

3.(2021?湖南常德一模)如圖,已知斜三棱柱ABC-A1B1C,的底面是邊長為2的正三角形，。為AABC所

在平面內(nèi)一點(diǎn),且四邊形ABCO是菱形＞ACCBO=O,四邊形ACGAl為正方形,平面AQCiL平面

ABC.

(1)求證:8。_L平面ABCD;

(2)求二面角C-DCi-Al的正弦值.

P

4.(2021?全國乙.理18)如圖,四棱錐P-ABC。的底面是矩形,P￡>_L底面48CDpr)=QC=I,M為8C的中

點(diǎn),且PBLAM.

⑴求BC;

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

5.(2021?山東泰安一模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面48。)是矩形/8=24。=2,尸4_1平面48。。,￡：

為PO的中點(diǎn).

⑴若PA=I,求證:4E_L平面PCD;

(2)當(dāng)直線PC與平面ACE所成的角最大時,求三棱錐E-48C的體積.

6.(2021?山東日照二模)如圖,在三棱錐A-BCD中,∕BCD=9Q°,BC=CD=1,NACB=ZACD^Θ.

(1)求證:AC_LBD

(2)有三個條件:①9=60°;②直線Ae與平面BCO所成的角為45°;③二面角A-CD-B的余弦值為當(dāng)

請你從中選擇一個作為條件,求直線BC與平面ACO所成角的正弦值.

專題突破練15空間位置關(guān)系、

空間角的向量方法

L證明(1)連接AC交BD于點(diǎn)0,連接0E,

因?yàn)樗倪呅蜛BCO為平行四邊形,所以。為AC的中點(diǎn).

又E為PC的中點(diǎn),所以AP//OE.

又APC平面OEU平面EBD,所以AP〃平面EBD.

⑵因?yàn)锳PCO為正三角形,E為PC的中點(diǎn),所以PCLOE.

因?yàn)槠矫鍼COJ.平面ABC。,平面PCO∩平面ABCD=C0,8。U平面ABCD,BDl.

CD,所以BO_L平面PCD.

又PCU平面PCO,所以PCLBD.

又BDclDE=D,所以PCJ_平面BDE.

又BEU平面BDE,所以BElPC.

2.(1)證明因?yàn)?F分別是的中點(diǎn),所以EF//BD,

又EE丈平面PBD8。U平面PBD,所以￡F〃平面PBD.

又ER=平面α,平面α∩平面PBD=MN,

所以EF〃MN,所以MN//BD.

(2)解因?yàn)镋/分別是AB,AD的中點(diǎn),所以EF=^BD.

又EF=2MN,所以BD=AMN.

由(1)知MN〃BD,所以PM=-^PB.

如圖,以3。的中點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,則A(11,0),E(1,0,0)尸(0,-

1,0),8(1,1,0),P(0,0,2),

所以而=(-1,1,2)屁=(L-LO),麗=(1,1,-2),麗=(0,1,0),所以麗=IPB=β,∣,-∣),

4?4?4?Z/

所以的=麗一布=GW

設(shè)平面ɑ的法向量為n=(x,y,z),

則F空=。，即Gy獸.30

InEM=0,匕%+尸+產(chǎn)=0，

令x=3,則y=-3,z=2,所以n=(3,-3,2)為平面a的一個法向量.

設(shè)直線PA與平面α所成的角為仇

貝Usin6l=∣cos<AP,n>∣=-=∣-η=-y=?==要，

所以直線PA與平面α所成角的正弦值為警.

3.(1)證明如圖,取AlCl的中點(diǎn)M連接MD,MBi,MO.

由題意可知BIM〃BD,BM=BO=OD,

所以四邊形BlMD。是平行四邊形.

因?yàn)锳iS=BICI,所以AICL

因?yàn)樗倪呅蜛CGAl為正方形,所以O(shè)M_L4G.

又OMnBlM=M所以AIG，平面B?MDO.

又MDU平面3∣MOO,所以AId)M.

又平面AIZ)ClJ_平面A∣8G,平面AIoCIn平面AiBiG=AiCiQMU平面AIz)G,所以

DMl.平面

又平面ABCo〃平面AIBICl,所以O(shè)MJ_平面ABCD.

因?yàn)樗倪呅蜝lMDo是平行四邊形,所以B?O∕∕DM,

所以BO，平面ABCD.

(2)解以。為坐標(biāo)原點(diǎn)。。,。。,。當(dāng)所在直線分別為X軸、y軸、Z軸,建立空間直角坐標(biāo)

系如圖所示,則。(1,0,0),。(0,8,0),。|(1,百,1)4(-1,b』),所以而=(-

l,√3,0),DQ=(1,0,1),?X=(2,0,0),OD=(0,√3,0).

設(shè)平面CDCi的法向量為m=α,y,z),

則M?麗=0,即卜％+√?z=0,

令尸1,則x=√5,z=-√5,所以m=(√^,l,-√5)為平面CDC↑的一個法向量.

因?yàn)槌?砧*=0,時?方B=0,所以彷=(0,8,0)為平面A?DC?的一個法向量.

m

設(shè)二面角C-OCI-AI的大小為“則ICOS=∣cos<m,OD>∣=∣-=???=*所以

∣m∣∣0D∣v7×√37

sin^=Vl-cos20=^y-.

4.解（1）連接BD底面ABeD,AMu底面ABCD,

.".PDYAM.

VPBlAM,PBQPD=P,

.：AM，平面PBD,

.,.AM1BD,

.：NAOB+NZMM=90°.

又Nr）AM+NMAB=90°,

ΛAADB=ΛMAB,

ΛRt?DΛBcz,Rt?ABM,

_AD_BA

?而=麗’

.?.∣βC2=l,ZBC=√2.

(2)如圖,以。為原點(diǎn),瓦I瓦,而分別為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.

可得A(√2,0,0),B(√2,l,0),M^y,1,0),P(0,0,1),而=(-√Σ,0,1),宿=(號1,0)麗=(-

y,O,θ?βP=(-√2,-l,l).

設(shè)平面AMP的一個法向量為m=(x∣,y∣,zι),

x

π,l(mAP=0,0πf^^ι+Zi=0,

貝叼一即√2

{τnAM=0,[-?x1+y1=0,

令犬1=√Σ,則yι=l,zι=2,可得m=(√2,l,2).

設(shè)平面BMP的一個法向量為n=(x2jzz2),

同理可得II=((U1).

m∣∣τnn33√14

則cos<m,n>=---=-r=-7==-TT-.

,∣m∣∣n∣√7×√214

2

設(shè)二面角A-PM-B的平面角為4則sin^=λ∕l-cos<m,n>=/l-?=

?iI4I4

5.(1)證明TPA，平面ABCD,COu平面ABCoPAJ_CD

丁四邊形ABCO為矩形,.：AoLCD

又AD∩PA=A,.:CDJ_平面PAD.

又AEU平面PAD,.：CDLAE.

TPA=AD=I,E為尸。的中點(diǎn),,AELPD

又PoneO=O,.：AEL平面PCD.

(2)解以A為原點(diǎn),AB5AO,AP所在直線分別為龍軸、y軸、z7軸,建立空間直角坐標(biāo)系如

圖所示.

設(shè)AP=α(α>O),則C(2,l,O),P(O,O,α),f(θ,∣,∣),

.??ΛC=(2,1,0),Λf=(θ,∣,≡),PC=(2,l,-a).

設(shè)平面AcE的法向量為n=(x,y,z),

則@=。,即仁廣。,

[AEn=0,+/=0，

令y=-α,則x=],z=l,.：n=q,-a,l)為平面ACE的一個法向量.

設(shè)直線PC與平面ACE所成的角為。,則sin(9=∣cos<n,PC>∣=??=

InIlPq

α_2<2

J∣α2+l√5+α249+與+5a27

當(dāng)且僅當(dāng)然5/,即時,等號成立.

.:當(dāng)a=√∑時,直線PC與平面ACE所成的角最大,此時三棱錐E-ABC的體積為WX

6.(1)證明如圖,取B。的中點(diǎn)O,連接OA,OC,則OCLBD.

因?yàn)锽C=OCNAeB=NAC。=。.AC=AC,所以AABC里^4OC,所以AB=AO,所以O(shè)A

_LBD

又OAHOC=O,

所以BO_L平面AOc

又AeU平面Aoe所以AC,BD

(2)解在直線Ae上取點(diǎn)P,使得NPoe=90°,連接PB,PD,

由(1)知8。_1_平面AoCPoU平面AoC,所以BDLPO.

又OCn8。=0,所以PO_L平面BCD.

由⑴知0CU3D,所以O(shè)C,。。,OP兩兩互相垂直.

以。為原點(diǎn)。C,OROP所在直線分別為X軸、y軸、Z軸,建立空間直角坐標(biāo)系.如

圖所示.

因?yàn)镹BCD=90°,BC=CD=I,所以O(shè)C=OB=ODJ.

又PoJ_平面BCD,

所以PB=PC=PD.

選①,由。=60°,可知APCO是等邊三角形,所以PD=CO=LOP=字所以

P（OQ乎）,0（孝,0,0）,JD（O,圣0）,砸,-圣0）,所以正=（y,y9θ）,DC=（?,-

?,θ）,pp=（θ,-y,y）?

設(shè)平面PCD的法向量為n=（x,y,z）,

（n?DC=孚XTy=0,

則一ea

[n-DP=--y+—Z=0,

取X=I,則y=z=l,所以II=（1,1,1）為平面PCD的一個法向量.

設(shè)直線BC與平面PCO所成的角為α,

則sinα=gs<芯,n>∣=繇=黑=坐

因?yàn)槠矫鍭C。與平面PCO為同一個平面,所以直線BC與平面ACO所成角的正弦

值為當(dāng)

選②,由PO，平面BCD,可知NPCO為直線AC與平面BC。所成的角,所以N

PCO=45°,所以O(shè)P=OC=筆所以P（OQ苧）,C住,θ,θ"（θ,亨,0）,3（0,爭）,所以

近=慘景0）屈=（景一景0）同=Q當(dāng)夕

設(shè)平面PCD的法向量為n=（x,y,z）,

n?OC=y%-yy=0,

則

∏?OP=-毋y+等Z=0,

取X=I,則y=z=l,所以n=(l,l,l)為平面PC￡)的一個法向量.

設(shè)直線BC與平面PCO所成的角為α,

則sinα=∣cos<說,n>∣=繇=島=存

因?yàn)槠矫鍭C。與平面PCo為同一個平面,所以直線BC與平面ACo所成角的正弦

值為當(dāng)

選③,作PMJ_C。,垂足為M連接OK

由Po，平面BeO,COu平面8C。,可知P0_LCD

又PonPM=P,所以CDL平面POM所以COM所以NPMo為二面角A-CD-B

的平面角.

所以COSNPMo=M所以tanZPM0=y∕2.

*X挈1√2

因?yàn)镺M=212=區(qū),所以O(shè)P=OMtan/PMO=?γ.

所以p(θ,θ,南，《孝,0,0)Q(O,圣0),8(0,爭)),所以近=(y,y,θ),DC=(y,-

y.θ),DP=(θ9-y,y).

設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),

(7τ7:V2√2

TiDC=-x--y=n0,

則，22

[nsDP=-yy+?z=0,

取x=l,則y=z=l,所以n=(l,l,l)為平面PCD的一個法向量.

設(shè)直線8C與平面PC。所成的角為α,

則sinα=∣cos<露n>∣=繇=?=f?

因?yàn)槠矫鍭C。與平面PCD為同一個平面,所以直線BC與平面ACD所成角的正弦

值為坐

專題突破練16立體幾何中的翻折問題及探索性問題

1.(2021?山東聊城三模)如圖,在平面四邊形ABCD中,BC=CO,BCJ_CO,ADJ_8￡>,沿BD^?ABI)折起,

使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PClfiC

⑴求證:PO_LC￡>;

(2)若M為P8的中點(diǎn),二面角P-BC-。的大小為60°,求直線PC與平面MCz)所成角的正弦值.

2.(2021?湖南師大附中二模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,A8〃CaNABC=90°,AB=BC=IAPOC是邊

長為2的等邊三角形,平面PDC，平面4BCDE為線段PC上一點(diǎn).

(1)設(shè)平面PABn平面PDC=/,求證:/〃平面ABCD.

(2)是否存在點(diǎn)E,使平面ADE與平面ABCD的夾角為60°?若存在,求分的值;若不存在,請說明理由.

3.（2021?山東泰安三模）在三棱柱ABC-AIBIG中√12=AC=2,BC=2√I,83∣=2,M為CC1的中點(diǎn).

⑴試確定線段ABt上一點(diǎn)N,使AC〃平面BMN-

o

⑵在⑴的條件下,若平面ABe，平面BBiCiC,ZABB^60,求平面BMN與平面MlGC的夾角的余

弦值.

4.（2021?福建泉州二模）如圖0在等腰直角三角形ABC中,CC是斜邊AB上的高,沿CO將AACO折

起,使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置,如圖②NPBD=60°，E,F,H分別為PB,BC,PD的中點(diǎn),G為C尸的中點(diǎn).

B

圖①

圖②

(1)求證:GH〃平面DEF;

(2)求直線G”與平面P8C所成角的正弦值.

5.(2021?天津二模)如圖,在四棱錐E-ABCD中,平面A8Cf>_L平面ABEAB//CDAB1.

BCAB=2BC=2CD=2,AE=BE=y∕3,M為BE的中點(diǎn).

(1)求證:CM〃平面ADE.

(2)求二面角E-8D-C的正弦值.

(3)在線段Ao上是否存在一點(diǎn)N,使直線MO與平面BEN所成角的正弦值為華?若存在,求出AN的

長;若不存在,說明理由.

6.(2021?湖南長沙長郡中學(xué)一模)如圖①,在等邊三角形ABC中，E分別為邊AB,AC上的動點(diǎn),且滿足

np

DE〃BC,記弁=Z將A4∕)E沿OE翻折到AM。E的位置,使得平面MDEJ_平面DECB,連接MB,MC,如

DC

圖②所示,N為MC的中點(diǎn).

(1)當(dāng)EN〃平面MBo時,求2的值.

(2)隨著/值的變化,二面角B-MQ-E的大小是否改變?若是,請說明理由;若不是,請求出二面角B-MD-

E的正弦值.

專題突破練16立體幾何中的翻折問題及探索性問題

L(I)證明因?yàn)镃O,3CLPC,penCD=C,所以8C_L平面PCD.又PDU平面PCD所

以BC_LPD.由翻折可知POLBO,8。CBC=B,所以尸。_1_平面BCD,又CDU平面BCD,所

以PDLCD.

(2)解因?yàn)镻C，BCeo_LBC,所以NPCo為二面角P-BC-O的平面角,即NPCZ)=60°.

在Rt?PCD中,PO=COtan60°=√3CD.

取3。的中點(diǎn)連接0M,OCMOM//PD,0M=^PD.

因?yàn)锽C=Co,所以O(shè)CLBD

由(1)知PDJ_平面BCz),所以O(shè)M，平面BCD,

所以0M,0C,0。兩兩互相垂直.

以。為原點(diǎn),0C,。DoM所在直線分別為X軸、y軸、Z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如

圖所示.

設(shè)OB=I,貝IJP(0,1,√6),C(1,0,0),D(0,1,0),Λ∕(θ,O,y),CP=(-1,1,√6),CD=(-1,1,0),CM=

設(shè)平面MCD的法向量為n=(x,y,z),

則卜”=0,即-%+y=0,

-x÷?z=0,

{nCM=0,

令z=√∑,則％=百,)，=百,所以n=(√^,√^,√∑)為平面MCz)的一個法向量.

設(shè)直線PC與平面MO所成的角為仇則Sin^=∣cos<?>∣?=*所以直線

PC與平面MC。所成角的正弦值為學(xué)

2.(1)證明：Z3〃C。,ABC平面POC,OCU平面PDC,

.：AB〃平面PDC.

又平面PABn平面PoC=∕5A8U平面PAB,/.AB//I.

又/C平面ABCO,ABu平面ABC。,.：/〃平面ABCD.

(2)解設(shè)。。的中點(diǎn)為0,連接OP,04,則POLDC.

又平面POC_L平面ABCO,POu平面PoC,平面PoCrl平面ABCO=DC,.:Po，平面

ABCD.

:AB"CDAB=OC=1,.：四邊形ABCO為平行四邊形，

ΛOA∕∕BC.

由題意可知3CJ_CD,.：0A_LCD

.：OA,OC,OP兩兩互相垂直.

以O(shè)為原點(diǎn),OA,。CoP所在直線分別為X軸、y軸、Z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖

所示.

貝IM(1,0,0),ZXO1,0),C(0,l,0),P(0,0,√3).

由PO_L平面ABCO,可知m=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量.

假設(shè)存在點(diǎn)瓦使平面ADE與平面ABa)的夾角為60°,設(shè)方二4而(OWaWI),則

E(0,l-∕l,√3λ),.?.DF=(0,24,√3Λ).

設(shè)平面A。E的法向量為n=(x,y,z),萬X=(1,1,0),

貝f絲="即Γ?^0'取x=l測產(chǎn)1,Z=篝,.??n=(l,-l罰為平面

[∏DE=0,t(2-Λ)y+√3Λz=0,'34?√3λ√

AoE的一個法向量.

2-λ

由題意可知ICoS<m,n>∣*彳=∣向=，,整理得於+4九4=0,解得2=2(√2-

r+ι2÷≡)2

1),故存在點(diǎn)瓦使平面A。E與平面ABCD的夾角為60°,此時蕓=2(√Σ-1).

1

3.解(1)當(dāng)AN=^AB↑時4c〃平面BMN.

證明:如圖,設(shè)BMnaC=E,連接可則^=需=；.

由AN=?A5,得黑=^,ΛAC∕∕NE.

?Dj/VZ

又ACC平面BMN,NEu平面BMN,.：AC〃平面BMN.

(2)取BC的中點(diǎn)。,連接AO,B↑O.

VAC=AB=2,ΛAO±BC.又BC=2?；.Ao=Bo=叵

;平面ABC，平面BBleIe,平面ABC∩平面BBGC=BeΛ0<=平面ABC,.：AO，平

面BB?C?C.

,22

VAB=BB↑=2,NABBI=60。,..ABi=2,0Bl=AB^-AO=2,Λ0B∣=√2,05f+OB=BFf,

ΛOBι±OB.

以。為原點(diǎn),08,OB,OA所在直線分別為X軸、y軸、Z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如

圖所示，

??.M=(-√2,0,√2),^K=(0,√2,-√2),βM=(-挈景0),而==(o,y,-

用廊=雨+麗=(一企,景竽

n=0,

設(shè)平面BMN的法向量為n=O,y,z),則

n=0,

∕,√2,2√2C

-V52%+—y+—z=0,

令X=I,則y=5,z=-l,?n=(l,5,-1)為平面5MN的一個法向量.

由題意可知m=(O,O,l)為平面BBIGC的一個法向量.

設(shè)平面BMN與平面BBlCIC的夾角為。,則cos8=∣cos<m,n>∣=^2=R

PnIlnly

故平面BMN與平面GC的夾角的余弦值為噌

y

4.(1)證明如圖,連接BH,交DE于點(diǎn)、M,連接MF.

因?yàn)锳ABC是等腰直角三角形,CQ是斜邊AB上的高,所以AD=DB,即PD=DB.

因?yàn)镹P8O=60°,所以APBO是等邊三角形.

因?yàn)橥逪分別為PB,P。的中點(diǎn),所以M是等邊三角形PBO的中心,所以BMqBH.

7

因?yàn)閎為BC的中點(diǎn),G為CE的中點(diǎn),所以BF=^BG.

所以MF//GH.

又MFU平面DEF,GHC平面DER所以G”〃平面DEF.

(2)解如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)P。=。B=OC=2,則C(0,2,0),B(2,0,0),P(1,0,√3),H^?

2,2,O),BP=(-1,O,√3),77G=(θ,∣,-y

設(shè)平面PBC的法向量為n=(x,y,z),

則上匣=。，即產(chǎn)+*。，

{n-BP=O,(-X+√3z=0,

令尤=百,則y=√5,z=l,所以11=(百,百,1)為平面PBC的一個法向量.

設(shè)直線G”與平面PBC所成的角為，，

貝IJsin8=∣cos<n麗>I韋職=-≡?≡=y,

?n??HG?√3×√77

故直線GH與平面PBC所成角的正弦值為

5.(1)證明取AE的中點(diǎn)P,連接MP,PD(圖略).

-1

VP,M分別為AE,BE的中點(diǎn),.：PM∕∕AB,PM=^AB.

1

又CD∕∕AB,CD=^AB,.：PM//CD,PM=CD,

.：四邊形PMCD為平行四邊形,.：CM〃/7).

又CMC平面ADE,POu平面ADE,.：CM〃平面ADE.

(2)解取AB的中點(diǎn)。,連接ODQE.

又CD〃AB,CD=^AB,.：CD〃OB,CD=OB,

.：四邊形BCDO為平行四邊形,.：OD〃BC.

又A3，BC,.：0"A8

又平面ABCOj_平面ABE,平面ABCDn平面ABE=AB,0。U平面ABCO,.：0。，平

面ABE.

TAE=BEQ為A8的中點(diǎn),.：OE_LAA

以。為坐標(biāo)原點(diǎn),。瓦。8,。。所在直線分別為X軸、y軸、Z軸,建立空間直角坐標(biāo)

系如圖所示，

則E(√2,0,0),B(0,l,O),C(O,1,1),D(O5O5I).

設(shè)平面BDE的法向量為m=(x,y,z),BE=(√2,-1,0),fiD=(0,-1,1),

取y=√∑,則X=LZ=√Σ,.1m=(l,√∑,√Σ)為平面3。E的一個法向量.

易知n=(l,O,O)為平面BCD的一個法向量.

設(shè)二面角E-BD-C的平面角為θ,

貝IllCoS例=ICOS<m,n>∣e言=咯，

ZfcllfLlJ

Zsine=λ∕I-COS2。=

故二面角E-BD-。的正弦值為等.

⑶解假設(shè)在線段Ao上存在一點(diǎn)N,使得直線MD與平面5EN所成角的正弦值為竽.

由⑵知M(J-,1,0)4(0,-1,0),D(0,0,1),SE=(√2,-1,0),∣∏']MD=

Q),而=(0,1,1),瓦5=(0,-2,0).

設(shè)麗=4而=(0√U),其中OW/IW1,

.?.^BN=BA+AN=(,Q,λ-2,λ).

設(shè)平面BEN的法向量為U=(Xl,y,zι),

由[唾=0,得倒y=O

IllBN=0,((4-2)yι+Λz1=0,

取yι=V∑4,貝!]xι=λ,z∣=2√2—√2λ,Λu=(λ,V2Λ,2V2—V∑?)為平面BEN的一個法向

量.

由題意可知∣cos<而,u>∣=需=再叩=笄.

|MD||U|221

4×J5Λ-8Λ+8

整理得16戶342+13=0,解得2=?；駻=梟舍去).

Zo

.：AN=爭

故在線段AD上存在一點(diǎn)N,使直線MD與平面BEN所成角的正弦值為竽.此時

…√2

AN=-.

6.(1)證明如圖,取MB的中點(diǎn)P,連接DP,PN,又N為Me的中點(diǎn),所以NP"BC,NP=BC.

又DE〃BC,所以NP〃DE,即N,E,O,P四點(diǎn)共面.

又EN〃平面MBD,ENu平面NEDP,平面NEOPn平面MBo=OP,所以EN〃P。,即

四邊形NEDP為平行四邊形，