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2026全国版高中数学突破练
突破练51　立体几何中的动态与探索性问题
(单项选择题每小题5分,多项选择题每小题6分)
1.(2025·四川攀枝花模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G与E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为(　　)
A.[] B.[]
C.[,1) D.[)
[错题笔记]
2.(多选)(2026·湖北模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,=λ(λ∈[0,1]),点G是正方体表面上的动点,E为B1C1的中点,则下列正确的是(　　)
A.直线DP与平面ADD1A1所成最小角的余弦值为
B.若点N,Q分别为AB,BC的中点,平面A1NQ与B1C交于点P,则λ=
C.若λ=,则从点A出发沿正方体的表面到达点P的最短距离为3
D.若DE⊥C1G,则点G的轨迹长度为+1)
[错题笔记]
3.(15分)(2025·山东青岛期中)如图,ABCD是底面直径为2,高为1的圆柱OO1的轴截面,四边形OO1DA绕OO1逆时针旋转θ(0≤θ≤π)到OO1D1A1.
(1)求证:无论如何旋转,DD1始终与A1C垂直;
(2)当直线A1C与平面ABCD所成角最大时,求cos θ的值.
4.(15分)如图1,在直角梯形BCDE中,BC∥DE,BC⊥CD,A为DE的中点,且DE=2BC=4,BE=2,将△ABE沿AB折起,使得点E到达P处(P与D不重合),记PD的中点为M,如图2.
图1
图2
(1)在折叠过程中,PB是否始终与平面ACM平行 请说明理由.
(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时,求CD与平面ACM所成角的正弦值.
5.(17分)(原创)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,PD=AD=2,∠BAD=60°,平面PCD⊥平面ABCD.M为PC中点,N为线段AB上一点,满足MN∥平面PAD.
(1)求的值;
(2)若∠PDC=60°,求点N到平面PBC的距离;
(3)记二面角B-PC-D为α,直线MN与平面PCD所成角为β,求证:为定值.
参考答案
1.C　在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,以点A为坐标原点,AB,AC,AA1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A(0,0,0),E(0,1,),G(,0,1),设点F(x,0,0),D(0,y,0),=(-,y,-1),=(x,-1,-),由于GD⊥EF,则=-x-y+=0,可得x+2y-1=0,∵x∈(0,1),则y=(0,),DF=[,1).故选C.
2. ABD　对于A,以A为坐标原点,的正方向为x轴、y轴、z轴正方向,可建立如图所示空间直角坐标系,则A(0,0,0),D(0,2,0),B1(2,0,2),C(2,2,0),=(2,-2,2),==(0,2λ,-2λ),
∴=(2,2λ-2,2-2λ),
∵平面ADD1A1的法向量m=(1,0,0),
∴|cos<,m>|=
==,
若直线DP与平面ADD1A1所成角最小,则|cos<,m>|=取最小值,
∵λ∈[0,1],∴当λ=0,即P与B1点重合时,直线DP与平面ADD1A1所成角最小,
此时|cos<,m>|=,∴最小角的余弦值为,A正确.
对于B,连接AC,AC1,C1Q,∵N,Q分别为AB,BC中点,∴QN∥AC,
又AC∥A1C1,
∴NQ∥A1C1,则平面A1NQ即为平面A1C1QN,
∴C1Q∩B1C=P,
∵BC∥B1C1,=2,∴B1P=B1C,即λ=,B正确.
对于C,将平面B1BCC1沿BB1展开,使得平面B1BCC1与平面B1BAA1共面,
连接AP,则AP即为所求最短距离.
若λ=,则B1P=B1C=,
∵∠BB1C=∠AB1B=,∴AB1⊥B1C,又AB1=2,
∴AP=,C错误.
对于D,取A1B1,BB1的中点T,M,连接C1T,TM,C1M,由A知,D(0,2,0),E(2,1,2),T(1,0,2),M(2,0,1),C1(2,2,2),
∴=(2,-1,2),=(1,0,-1),=(0,2,1),
∴
∴DE⊥TM,DE⊥MC1,
∵TM∩MC1=M,TM,MC1 平面TMC1,
∴DE⊥平面TMC1.
∵DE⊥C1G,
∴G点轨迹即为△TMC1的周长,
△TMC1的周长为TM+C1T+C1M=+2+1),D正确.
故选ABD.
3. (1)证明 连接AA1,A1B,DD1,因为DA∥D1A1,DA=D1A1,所以四边形DAA1D1是平行四边形,所以DD1∥AA1.由圆柱的性质知BC⊥平面AA1B,AA1 平面AA1B,所以BC⊥AA1,
又AA1⊥A1B,A1B∩BC=B,A1B,BC 平面A1BC,
所以AA1⊥平面A1BC,A1C 平面A1BC,
所以AA1⊥A1C,
又因为DD1∥AA1,所以DD1⊥A1C.
(2)解 取圆弧AB的中点为E,连接OE,则OE⊥AB,分别以OE,OB,OO2所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,所以B(0,1,0),C(0,1,1).
设A1(sin θ,-cos θ,0),=(-sin θ,1+cos θ,1),
平面ABCD的法向量为n=(1,0,0),设直线A1C与平面ABCD所成角为α,
所以sin α=|cos|=,
所以sin2α=,令t=3+2cos θ,1≤t≤5,
所以cos θ=,代入上式可得sin2α=(-t-+6),
当且仅当t=,即t=时等号成立,此时cos θ=
4.解 (1)在折叠过程中,PB始终与平面ACM平行.
理由如下:
由题意可得AB⊥DE,DE=2BC=4,BE=2,所以AB=2,
即四边形ABCD为正方形.
连接BD与AC交于点N,连接MN,
又M为PD的中点,所以MN∥PB.
因为PB 平面ACM,MN 平面ACM,
所以PB∥平面ACM.
(2)要使四棱锥P-ABCD的体积最大,只需点P到平面ABCD的距离最大,即PA⊥平面ABCD,以A为坐标原点,AB,AD,AP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A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),M(0,1,1),=(2,2,0),=(0,1,1),=(2,0,0),
设平面ACM的法向量为n=(x,y,z),
则
令y=-1,得x=z=1,则n=(1,-1,1),
设CD与平面ACM所成角为θ,
所以sin θ=|cos|=
即CD与平面ACM所成角的正弦值为
5.(1)解 如图1,取DC的中点H,连接NH,HM,则MH∥PD,
图1
又PD 平面PAD,MH 平面PAD,
所以MH∥平面PAD,
又MN∥平面PAD,MN∩HM=M,MN,HM 平面MHN,
所以平面MHN∥平面PAD,
又平面MHN∩平面ABCD=HN,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以HN∥AD,
又四边形ABCD是菱形,H为DC的中点,所以N为AB的中点,则=1.
(2)解 如图2,连接PH,HB,因为∠PDC=60°,PD=AD=2,
四边形ABCD是菱形,所以△PDC为等边三角形.
由(1)知点H是DC的中点,
所以PH⊥DC,
又平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=DC,
又PH 平面PCD,
所以PH⊥平面ABCD,且PH=,
又∠BAD=∠BCD=60°,
所以△BCD是等边三角形,则BH=,
所以PB=
在△PCB中,PC=BC=2,PB=,则cos∠PCB=,
所以sin∠PCB=,则S△PCB=CP·CBsin∠PCB=2×2,
又S△NBC=2×1×sin,设点N到平面PBC的距离为d,
由VN-PBC=VP-NBC,得到d=,解得d=
图2
(3)证明 如图2,过点H作HE⊥PC于E,连接BE,ND,DM,
由(2)知△BDC为等边三角形,H是DC的中点,所以BH⊥DC,
又平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=DC,
又BH 平面ABCD,
所以BH⊥平面PCD,
又PC 平面PCD,所以BH⊥PC,
又HE⊥PC,BH∩HE=H,BH,HE 平面BHE,所以PC⊥平面BHE,
又BE 平面BHE,所以BE⊥PC,则∠BEH是二面角B-PC-D的平面角,
则tan α=tan∠BEH=,
又DH∥NB,且DH=NB,所以四边形NBHD是平行四边形,则ND∥BH,且ND=BH,
又BH⊥平面PCD,所以ND⊥平面PCD,则∠NMD是直线MN与平面PCD所成的角,则tan β=tan∠NMD=,
所以,
又DP=DC,M是PC的中点,
所以DM⊥PC,
又HE⊥PC,所以DM∥HE,
又H是DC的中点,则=2为定值.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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