适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练8空间距离折叠与探索性问题

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A1处,且A1B⊥DE.图1图2(1)证明:DE⊥平面A1BE;(2)求平面CA1E与平面A1ED夹角的余弦值.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的距离为a2(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=2MC,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=433,侧棱AD与底面ABC所成角为(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.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2π3到△PAC处,得到圆锥的一部分,点D是底面圆弧BC(不含端点)(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(1)在线段BC上是否存在点F,使得AF∥平面BDH?若存在,求BFFC的值;若不存在,请说明理由(2)若平面BHC与平面BDA夹角的余弦值为13,求三棱锥B-DCH的体积

考点突破练8空间距离、折叠与探索性问题1.(1)证明由题意可知∠BEC=∠CED=π4,所以∠BED=π2,故DE⊥BE.因为A1B⊥DE,A1B∩BE=B,A1B,BE⊂平面A1BE,所以DE⊥平面A1(2)解取BE的中点O,连接A1O,CO,由等腰三角形的性质可知,A1O⊥BE,CO⊥BE.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A1BE.令BE=2,以O为坐标原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,1),E(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,1,0).EA1=(1,0,1),EC=(1,1,0),ED=(0,1,0),A1B=(1,0,-1).设平面A1EC的法向量为n=(x,y,z),则EA1·n=x+z=0,EC·n因为A1B·ED=所以平面A1ED的一个法向量为m=A1B=(1,0,-1),所以cos<m,n>=故平面CA1E与平面A1ED夹角的余弦值为632.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.又点P到底面ABCD的距离为a2,所以PF=a因为OE⊥AD,OP⊥AD,所以∠POE为二面角P-AD-B的平面角.由已知可得∠POE=135°,所以∠POF=45°,所以OF=a2所以A(a2,0,0),D(-a2,0,0),P(0,-a2,a2),C(-a2,2a,0),所以AD=(-a,0,0),PA=(a2,a2,-a因为PM=2MC,所以PM=23PC=(-a3,5a3,-a3),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则n·AD=0,n·PA=0,得-ax=0,ax2所以点M到平面PAD的距离d=|MP3.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°.在△DAM中,AM=3,DM=133,由余弦定理知,cos∠DAM=AD2+AM2-DM22AD·AM=AD2+(3)2-(133)

22AD×3=12(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.依题意,A(3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(33,0,2),则AC=(-3,-1,0),CB=(0,2,0),BD=(33,-假设存在点G满足题意,则DG=λDF=λAC=(-3λ,-λ,0),λ∈[0,1],BG=BD+DG=(33-3λ设平面GBC的法向量为m=(x,y,z),则m取x=6,则y=0,z=33λ-3,故m=(6,0,33λ-3).由题可知,平面ABC的法向量n=(0,0,1).依题意|m·n||m||n|=12,4.解(1)当D为BC的中点,即∠CAD=π3时,BC⊥PD证明如下:∵D为BC的中点,∴∠CAD=∠BAD=π3,即AD为∠CAB的角平分线∵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.设∠CAD=α,则∠BAD=2π3-α,α∈(0,S四边形ABDC=S△CAD+S△BAD=12×2×2×sinα+12×2×2×sin(2π3-α)=2[sinα+sin(2π3-α)]=23∵α∈(0,2π3),α+π6∈(π6,5π6),当α=π3时,sin(α+π6即当四棱锥P-ABDC体积最大时,∠CAD=∠BAD=π3过点A在平面ABDC内作直线AE⊥AB,交BC于点E,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=(x1,y1,z1),则n·PD=0,n·CD=0,即3x1+y1-4z1=0,设平面PBD的法向量为m=(x2,y2,z2),则m令z2=3,则x2=2,y2=23,得m=(2,23,3设平面PCD与平面PBD的夹角为θ,则cosθ=|m·n||m||n5.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ABEG为直角梯形.又PA=AB=2,所以AG=2,EG=1,BE=(2所以截面周长为2+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),则n·BE=-x+y+z=0,n·BF=设PD∩平面BEF=H,设PH=λPD=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),由BH·n=(-2)×1+2λ×2+(2-2λ)×(-1)=0,可得6λ-4=0,得λ=23,即H为棱PD靠近D点的三等分点,连接EH,FH,则EH,FH即为木料表面应画的线6.解(1)存在点F满足题意,且BFFC=1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,所以AM∥平面BDH,且HMMC在线段BC上取点F,使BFFC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.又AF⊂平面AMF,所以AF∥平面BDH,且BFFC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.(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(12,3,0),C(32,0,0),设∠BHC=θ∈(0,π),则B(12cosθ,0,12sinDB=(12cosθ,-32,12sinθ),DA设平面BDA的法向量为m=(x,y,z),则m令y=1,则x=-3,z=3(即m=(-3,1,3(1+cos易知平面BHC的一个法向量n=(0,1,0).若平面BHC与平面BDA夹角的余弦值为13,则13+1+3(1+cosθ由三角恒等变换得,tanθ2又sin2θ+cos2θ=1,则sinθ=154,cosθ=14,所以B(18则三棱锥B-DCH的高为158因为底面积S△DCH=12所以三棱锥B-DCH的体积为VB-DCH=13(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