资源简介

“2年高考1年模拟”课时精练（五十二） 立体几何中的综合问题
1.(2025·潍坊模拟)如图，线段AA1是圆柱OO1的母线，△ABC是圆柱下底面☉O的内接正三角形，AA1=AB=3.
(1)劣弧BC上是否存在点D，使得O1D∥平面A1AB 若存在，求出劣弧BD的长度；若不存在，请说明理由.
(2)求平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值.
2.(2025·宁德模拟)图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB=BC=1，E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2.
(1)求证：BD⊥PD；
(2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值.
3.(2025·郑州模拟)在底面ABCD为梯形的多面体中，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=2，∠CBD=45°，BC=AE=DE，且四边形BDEN为矩形.
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60° 若不存在，请说明理由.若存在，确定点Q的位置并加以证明.
4.(2025年1月·八省高考适应性演练)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1，∠ADC=30°，∠DAB=120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点.
(1)设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
①证明：平面PAC⊥平面ABC；
②求球O的半径.
(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
（解析）精练（五十二） 立体几何中的综合问题
1.(2025·潍坊模拟)如图，线段AA1是圆柱OO1的母线，△ABC是圆柱下底面☉O的内接正三角形，AA1=AB=3.
(1)劣弧BC上是否存在点D，使得O1D∥平面A1AB 若存在，求出劣弧BD的长度；若不存在，请说明理由.
(2)求平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值.
解：(1)如图，过点O作AB的平行线OD交劣弧BC于点D，连接OO1，O1D，OB，因为OO1∥AA1，AA1 平面AA1B，OO1 平面AA1B，
则OO1∥平面AA1B，同理可证OD∥平面AA1B，
又因为OO1∩OD=O，且OO1 平面OO1D，OD 平面OO1D，所以平面AA1B∥平面OO1D，
又因为O1D 平面OO1D，所以O1D∥平面A1AB，故存在点D满足题意.
因为△ABC为底面☉O的内接正三角形，所以∠BAC=，即∠ABO=∠BOD=，
又因为AB=3，
所以☉O的半径为=，
所以劣弧BD的长度为×2π×=.
(2)如图，取BC的中点为M，连接MA，OO1，以M为原点，MB为x轴，MA为y轴，过M作OO1的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，
又因为AA1=AB=3，设AB的中点为N.
故M(0，0，0)，B，A，
O，O1，N，
易知ON⊥平面AA1B，所以平面AA1B的一个法向量为=.
设平面CBO1的法向量为n=(x，y，z)，
又因为==，
故即
令y=2，得n=(0，2，-1).
所以平面CBO1和平面BAA1所成角的余弦值为|cos<，n>|===.
故平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值为=.
2.(2025·宁德模拟)图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB=BC=1，E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2.
(1)求证：BD⊥PD；
(2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值.
解：(1)证明：如图，过点D作DF⊥BC交BC于点F，连接BD，
因为AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB=BC=1，
所以BF=FC=1，BD=，DC=，又BD2+DC2=BC2，所以BD⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，BD 平面ABCD，
所以BD⊥平面PCD，又PD 平面PCD，
所以BD⊥PD.
(2)如图，由DC=，得ED2+EC2=2≥，即ED+EC≤2，当且仅当ED=EC=1时取等号.
当△CDE周长最大时，ED=EC=1，即PD=PC=1.
取DC的中点O，因为DF=FC=1，所以OF⊥DC.
以O为原点，OF为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P，B，A，
所以==，
设n=(x，y，z)为平面PAB的法向量，则即
令x=1，则n=(1，-1，3)，
易知平面PCD的一个法向量为m=(1，0，0)，
则|cos|===，
所以平面PAB和平面PCD夹角的余弦值为.
3.(2025·郑州模拟)在底面ABCD为梯形的多面体中，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=2，∠CBD=45°，BC=AE=DE，且四边形BDEN为矩形.
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60° 若不存在，请说明理由.若存在，确定点Q的位置并加以证明.
解：(1)证明：由题意知，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=2，∠CBD=45°，BC=AE=DE，
故有BC=DC=，易得AE=DE=，BD=2，AD===2，
在△ABD中，因为AD2+BD2=AB2，
所以BD⊥AD.
因为四边形BDEN为矩形，所以BD⊥DE，
又DE∩AD=D，DE 平面ADE，AD 平面ADE，故BD⊥平面ADE.
因为AE 平面ADE，所以BD⊥AE.
(2)存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处.
证明如下：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，
B(0，2，0)，E(1，0，1)，
所以=(0，2，0)，=(2，0，0)，=(1，-2，1)，
设=λ=λ=λ(0，2，0)，其中0≤λ≤1，解得Q(1，2λ，1)，
故=(1，2λ，1)，
设平面QAD的法向量为n=(x，y，z)，
则即
令y=1，则x=0，z=-2λ，
故n=(0，1，-2λ).
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以sin 60°=|cos<，n>|=
==，
解得λ=或λ=，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处.
4.(2025年1月·八省高考适应性演练)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1，∠ADC=30°，∠DAB=120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点.
(1)设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
①证明：平面PAC⊥平面ABC；
②求球O的半径.
(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
解：(1)如图1，在△ACD中，由AC=CD=1，∠ADC=30°，得∠CAD=∠ADC=30°，
所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=，
且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°，即AB⊥AC.
①证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC=C，PC，AC 平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，又AB 平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC.
②以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图2所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P.设球心O(a，b，c)，半径为R，
则AO=BO=CO=PO=R，
所以a2+b2+c2=(a-1)2+b2+c2=a2+(b-1)2+c2=a2++=R2，
解得a=，b=，c=，R=，所以球O的半径为.
图1　　　　　　图2
(2)在平面PAC中，过P作PG⊥AC于G，在平面ABC中，过G作GM⊥AC，则由(1)知AG=cos 30°=，PG=sin 30°=，设∠PGM=θ，θ∈(0，π)，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图3所示的空间直角坐标系，
图3
则G(0，0，0)，A，B，C，P，所以=(0，-1，0)，=(1，-1，0)，=，
设平面PAC和平面PBC的法向量分别为m=(x1，y1，z1)，n=(x2，y2，z2)，
则
所以
取x1=sin θ，x2=1，则m=(sin θ，0，-cos θ)，
n=，
所以cos=
=
=，
令t=cos θ+，则cos θ=t-，
由θ∈(0，π)得t∈(-1，+1)，
则∈，
则cos=
=
=≥=，
当且仅当=，即t=cos θ=-时等号成立，
所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为.
4 / 7

展开更多......

收起↑