高考数学二轮复习四立体几何练习题

专题突破练13空间几何体的结构、表面积与体积

一'单项选择题

1.（2021•湖北武汉月考）某圆锥的母线长为2,底面半径为旧,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截

面面积的最大值为（）

A.2B.√3

C.√2D.1

2.（2021•山东德州期末）阿基米德是伟大的古希腊数学家,他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家,他

一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球''定理,即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切,球的体

积是圆柱体积的三分之二,球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.今有一“圆柱容球”模型,其中圆柱

的表面积为12π,则该模型中球的体积为（）

A.8πB.4π

3.（2021•山东潍坊一模）某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒.现有一张边长为6的正六边

形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后沿虚线处折成高为6的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的

体积为（）

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

4.（2021•山东济南一模）在菱形ABCD中48=2£>=2,将"8。沿8。折起,使二面角A-BD-C的大小为

60°,则三棱锥A-BC。的体积为（）

5.（2021•湖北宜昌期末）正多面体的各个面都是全等的正多边形,其中,面数最少的正多面体是正四面

体,面数最多的正多面体是正二十面体,它们被称为柏拉图多面体.某些病毒,如疱疹病毒就拥有正二

十面体的外壳.如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的.已知多面体满足顶点数-棱数+面数=2,

则正二十面体的顶点的个数为（）

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

6.（2021•全国甲,理11）已知A,B,C是半径为1的球。的球面上的三个点,且ACL8CAC=BC=L则三

棱锥O-ABC的体积为（）

ʌ√2√3

Al2BR∙运

7.（2021•广东广州二模）某学生用薄铁皮制作一个圆柱,圆柱的表面积为8π,则该圆柱的外接球的表面

积的最小值为（）

A.4(√5-l)πB.8(√5-l)π

C.4(√5+l)πD.8(√5+l)π

二、多项选择题

8.（2021.山东淄博三模）已知正四棱台的上底面边长为1,侧棱长为2,高为√Σ,则（）

A.棱台的侧面积为8√3

B.棱台的体积为13√2

C.棱台的侧棱与底面所成的角为J

4

D.棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为苧

9.（2021•河北保定二模）如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,

则下列结论正确的是（）

A.圆柱的体积为4π∕?3

B.圆锥的侧面积为√^πR2

C.圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等

D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3.T；2

三、填空题

10.（2021•广东佛山二模）将一个边长为2的正三角形以其中一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几

何体的表面积为.

1L（2O21∙辽宁二模）已知三棱锥S-ABC的三条棱SA,SB,SC两两互相垂直,且AC=√Π,A8=√5,该三棱

锥的外接球的表面积为14兀,则BC=__________.

12.（2021•山东烟台二模）在一次综合实践活动中,某手工制作小组利用硬纸板做了一个几何模型如图

所示,底面ABCD是边长为4的正方形,半圆面APOL底面ABCD经研究发现,当点P在半圆弧筋上

（不含点A,0运动时,三棱锥P-ABD的外接球始终保持不变,则该外接球的表面积为.

专题突破练13空间几何体的结构、表面积与体积

N

1.A解析如图,设截面为ASMN,P为MN的中点。为底面圆的圆心,OP=X(OWX＜旧),由

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

所以SASMNJMNSP=W+2/+3.

因为OWX＜百,所以当Λ2=1,

即X=I时,(SASMN)max=2.

故选A.

2.D解析由题意可知球的表面积为12πX号=8兀,设球的半径为r,则4τtr2=8τι,解得r=V∑,

所以球的体积为gιτr3=gπx(&)3=殍π.故选D.

3.

B解析如图,由题意易知NBEf'=60°,8凡L3E,8F=√5,则BE=l√4B=6-lx2=4,所以所

求体积y=6×ɪ×4×4×yX√3=72.

故选B.

4.A解析如图,取BO的中点瓦连接AE,CE,则AELBD,CE上BD,AE=CE=V/

AEC=60°,

所以ZAEC为等边三角形.作AFLCE于点F,则AF=∣.

因为CE,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Vz⅛sABCD=^SΔBCD∙AF=^X√3×1=亭故选A.

5.C解析依题意,正二十面体的棱的条数为等=30,所以正二十面体的顶点的个数为

30-20+2=12.故选C.

6.A解析如图力C,BC,AC=BC=I,设0\为45的中点,连接CO∣,OO∣,则COl=学由题

意。。」平面A3C,在RtA。。IC中,OOι=√OC2-ABj=圣则三棱锥Q-ABC的体积为

11√2√2

3×2×11×1×T=12∙

7.B解析设圆柱的高为九底面半径为r,该圆柱的外接球的半径为R,由题意可得

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,所以该圆柱的外接球的表面积S=4兀R?=4n(竽+白-2)≥4π(2√5-2)=8(√5-

1)兀,当且仅当竽=W即一会时,等号成立.故选B.

8.AC解析如图,过点4作A∣”,A8于点H,过点4作AC于点M,则AlM，平

22

面ABC。,AHj_M”,所以AM=yJA1A-A1M=√2.

又因为AH=MH,所以A”=l,所以4”=序lɪ=√^AB=2xl+l=3.所以棱台的侧面

积为4X史等如=8√1所以A正确.

因为上底面面积`=1,下底面面积S=9,所以棱台的体积为

g(S+√^+S>AιM=gxl3x√2=ɪH13√Σ所以B错误.

因为NAIAM为侧棱AIA与底面所成的角,cosNAIAM=空∙=噌所以NAlAM=J.所

∕1]∕1∕zr

以C正确.

因为NAIHM为侧面AAιB]B与底面所成二面角的平面角,sinN4"M=半萼=5=

AI/7vɔ

9所以D错误.故选AC.

9.BD解析依题意,圆柱的底面半径为R,高为2R,则圆柱的体积为兀∕P2R=27IR3,故A错

误.由已知得圆锥的底面半径为R,高为2R,母线长为逐尺则圆锥的侧面积为πR-

2

√5Λ=√5πΛ,⅛B正确.因为圆柱的侧面积为4兀圆锥的表面积为遥πR2+7lR,所以C错

3233i3

误.因为V0∣ι⅛=2πΛ,Vb»=∣ττR-2R=∣π7?,V«π/?,1^.V圆柱/V圆锥；V球=2πR∙∣π∕?:

∣πΛ3=3/1/2,故D正确,故选BD.

10.4√3π解析由题意可知所得几何体为两个同底的圆锥组成的组合体,圆锥的底面半

径为百,母线长为2,则所求表面积为2xτιx√3×2=4√3π.

11.√1O解析设SA=X,SB=y,SC=z,三棱锥S-ABC的外接球的半径为R,由题意可得

X2+Z2=13,Λ2+y2=5,y2+z2=BC2,X2+γ2+z2=(27J)2=4æ2,4π/?2=14π,

222

所以X=4,V=1/2=9,所以BC=yjy+z=√1O.

12.32π解析取BD的中点O,连接OAoP(图略),由题意可知OA=OB=OD=2叵

因为ABJ_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.

又点P在半圆弧检上,所以APj_PD又AP∩AB=A,

所以POL平面APB,所以PDLPB.

在RtAPBD中,因为0为BO的中点,所以OP=OB=0。,所以OA=OB=OD=OP,^O

为三棱锥P-ABo的外接球的球心,所以外接球的半径R=0A=2√Σ,表面积S=4πΛ2=32π.

专题突破练14空间位置关系的判断与证明

一'单项选择题

1.（2021•广东深圳二模）设α/为两个不同的平面,直线∕uα,则“/〃尸是“a〃厂的（）

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

2.（2021・湖北荆门期中）在三棱柱ABC-A山Q中,点〃在AB上,且AM=2AB,若BCl〃平面则

λ=（）

1B1C1D2

A.2-3-4-3-

P

3.（2021•山东泰安三模）如图,AB为圆锥底面直径点C为底面圆。上异于A,8的动点,已知OA=√5,圆

锥侧面展开图是圆心角为√5π的扇形,当NPBC=却寸/8与AC所成的角为（）

c∙zDT

4.（2021•山东烟台二模）许多球状病毒的空间结构可抽象为正二十面体.正二十面体的每一个面均为

等边三角形,共有12个顶点、30条棱.如图,由正二十面体的一个顶点尸和与P相邻的五个顶点构成

正五棱锥P-ABC。瓦则PA与面ABa）E所成角的余弦值约为（）（参考数据cos36°≈0.8）

55

--

A.68c∙lD⅞

5.（2021.湖南衡阳月考）在菱形ABCD中,/540=60°,将AABO沿BD折起,使点A到达点A的位置,

且二面角4-8»C为60°,则AD与平面BCD所成角的正切值为（）

ʌɜ

A∙4

f,3√7

C-D2

6.（2021•山东青岛二模）已知正方体力BCD-AISeQl棱长为2,点P在矩形ACGAI（包含边界）内运动,

且NPBD=45°,则动点P的轨迹的长度为（）

A.πB.V2πC.2πD.2V∑π

二、多项选择题

7.（2021•山东潍坊三模）已知α/是两个平面,见〃是两条直线,则下列说法正确的是（）

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•广东广州二模）如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,POL底面A8CZMQ=1,PZ）=AB=2,E为

PB的中点,过AQ,E三点的平面α与平面PBC的交线为/,则下列结论正确的是（）

A./〃平面PAD

B.AE〃平面PCD

C.直线PA与/所成角的余弦值为B

D.平面a截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积的比值为5

三、填空题

9.（2021•山东潍坊期中）若平面ɑ过正方体ABCD-48∣CQ的顶点A,且平面α〃平面A山£>,平面ɑ∏

平面ABCQ=/,则直线/与直线AiCi所成的角为.

10.（2021•浙江宁波二模）如图,三棱柱ABC-AIBICI的底面是边长为2b的正三角形,AA∣=3Λ4J

AC,D为AlG的中点,8。=36,则二面角Ai-AC-B的正切值为.

1L（2O21∙福建龙岩月考）如图,在棱长为1的正方体ABeQ-A/IGz）I中,M为4。的中点,动点P在正

方形ABCD内（不包括边界）,若Sp〃平面AIBM,则C1P的长度的取值范围是

专题突破练14空间位置关系的判断与证明

1.B解析当/〃夕时,α与夕可能平行也可能相交.当α〃夕时,因为∕uα,所以/〃△故选B.

2.A解析如图,连接AG,交AIC于点O,连接OM.rBCI〃平面4MC,8Gu平面ABCi,

平面AlMC∩平面ABCi=OM,

11

.,.BCi//OM.^AABCi中,。为AG的中点,.：M为AB的中点,.：AM=/钻,.彳节,

故选A.

3.

C解析设圆锥的母线长为/,则∕∙√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,与圆。交于点。,连接AD,则四边形ACBD

为平行四边形,8。=AC=2√Σ连接尸£>,则NPBO为PB与AC所成的角.在APBD中，

：PD=PB=2,BD=2y[i,

.：PB2+PD2=BD2,.".PDLPB,.t.ZPBD=W故选C.

4.A解析设正二十面体的棱长为α,点P在面ABCOE内的射影为点0,则。为正五边

形ABCDE的中心.连接QA,OB（图略）,则NAOB=72°,所以OA=ɪɔf;=『热5——≈

SInJb√l-cosz360

Ia.因为POA.面ABeDE,所以ZPAO为PA与面ABCDE所成的角,所以CoSNPAo=胃≈

Ia_5

V?

5.C解析连接AC,交B。于点。,则ACLBD将AABD沿BD折起,得到BO,可知40

，8。CO，BD,则/4，。。为二面角4-3。-。的平面角,所以NAeC=60°.设菱形ABCD

的边长为2,则40=CO=H,又NAeC=60°,所以AAOC为等边三角形.过点A作4E_L

OC于点民连接。瓦则AEg.因为AoJCOJ_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为AD与平面

BCD所成的角.在RtMDE中,因为AD=2,AE=',所以DEW,所以tanZA'DE=^=

ZZUc,

3λ∕7ir、生C

万-.故选C.

6.B解析由题意,易知动点尸的轨迹为以AC为直径的半圆,AC=2√Σ,故动点P的轨迹

的长度为，×2√2π=√2π.

7.AC解析对于A,若ιnΛ^a,n∕/α,则加_1_〃,故A正确.对于B,若mA.n,ml,a,n∕/夕,则a//

β或a,β相交,故B错误.对于C,若a//夕,相Ua,则m//夕,故C正确.对于D,若m//a,n∕∕β,a

〃△则m,n平行、相交或异面,故D错误.故选AC.

8.

ACD解析如图,取PC的中点E连接所,则AD〃EF,所以A,D,E,F四点共面,所以I为

EE对于A,因为平面PAzMoU平面PAD所以EF〃平面PA。,即/〃平面

PAD,故A正确.对于B,若AE〃平面PCD,则必有AE//DFXEF〃AD,所以四边形

AoEE为平行四边形,所以Ao=EE与。矛盾,故B错误.对于C,PA与/所成

的角即PA与EF所成的角,因为E尸〃所以NPA。为PA与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=*=暂,故C正

确.对于D,连接BD、易知Vp-ABCD=I×2×2=^,VABCDFE=VE-ABD+VD-BCFE=^×1×1+ɪ××

ɔɔɔɔzr

45

√2=∣,所以步配=挈=W,故D正确.故选ACD.

bvABCDFE5ɔ

9.≡解析因为平面α〃平面AIBO,平面aC平面ABC。=/,平面4瓦加平面ABCO=BD,

所以/〃BD,又Al所以ACl_L/,所以直线/与直线AIG所成的角为5

10.-√3解析如图,取AC的中点E,连接ED,EB.因为。为Alc的中点/AιJ_AC,"BC

是边长为2√5的正三角形,所以DE=AA↑=3,BE=3,DE±AC,BE±AC,^以ZBED为二面

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.∣*,√∑)解析如图,取BC的中点N,连接BloBNQN,GD,GN,作G0J_£>N于点

。易知平面BION〃平面48M所以点P在线段ON上,不包括端点D,N.

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

√6

一T9

又SAqDN=号∙ON∙C∣°二第G0,所以第Cι°=g即C∖O=^-.

ɪZ⅜44ɔ

当点P与点。重合时,GP的长度取最小值争.

因为GD>C1N,氤P与点、D不重合,

所以C∣P<CO=√Σ

所以CP的长度的取值范围是[争,√∑).

专题突破练15空间位置关系、空间角的向量方法

L（2021∙江苏扬州一模）如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCZ）为平行四边形,8Z）LDC,MCD为正

三角形,平面PCo，平面ABCD,E为PC的中点.

求证:(1)AP〃平面EBD;

(I)BEVPC.

2.（2021•江苏泰州模拟）在正四棱锥P-ABCD中√48=2,PA=√EE,F分别是AB,AD的中点,过直线EF的

平面α分别与侧棱PB,PD交于点M,N.

⑴求证:MN〃B。；

（2）若EF=2MN,求直线PA与平面α所成角的正弦值.

3.(2021•湖南常德一模)如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C,的底面是边长为2的正三角形，。为AABC所

在平面内一点,且四边形ABCO是菱形＞ACCBO=O,四边形ACGAl为正方形,平面AQCiL平面

ABC.

(1)求证:8。_L平面ABCD;

(2)求二面角C-DCi-Al的正弦值.

P

4.(2021•全国乙.理18)如图,四棱锥P-ABC。的底面是矩形,P£>_L底面48CDpr)=QC=I,M为8C的中

点,且PBLAM.

⑴求BC;

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

5.(2021•山东泰安一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面48。)是矩形/8=24。=2,尸4_1平面48。。,£：

为PO的中点.

⑴若PA=I,求证:4E_L平面PCD;

(2)当直线PC与平面ACE所成的角最大时,求三棱锥E-48C的体积.

6.(2021・山东日照二模)如图,在三棱锥A-BCD中,∕BCD=9Q°,BC=CD=1,NACB=ZACD^Θ.

(1)求证:AC_LBD

(2)有三个条件:①9=60°;②直线Ae与平面BCO所成的角为45°;③二面角A-CD-B的余弦值为当

请你从中选择一个作为条件,求直线BC与平面ACO所成角的正弦值.

专题突破练15空间位置关系、

空间角的向量方法

L证明(1)连接AC交BD于点0,连接0E,

因为四边形ABCO为平行四边形,所以。为AC的中点.

又E为PC的中点,所以AP//OE.

又APC平面OEU平面EBD,所以AP〃平面EBD.

⑵因为APCO为正三角形,E为PC的中点,所以PCLOE.

因为平面PCOJ.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)证明因为&F分别是的中点,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)解因为E/分别是AB,AD的中点,所以EF=^BD.

又EF=2MN,所以BD=AMN.

由(1)知MN〃BD,所以PM=-^PB.

如图,以3。的中点。为坐标原点,建立空间直角坐标系,则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),丽=(1,1,-2),丽=(0,1,0),所以丽=IPB=β,∣,-∣),

4∖4∙4∙Z/

所以的=丽一布=GW

设平面ɑ的法向量为n=(x,y,z),

则F空=。，即Gy兽.30

InEM=0,匕%+尸+产=0，

令x=3,则y=-3,z=2,所以n=(3,-3,2)为平面a的一个法向量.

设直线PA与平面α所成的角为仇

贝Usin6l=∣cos<AP,n>∣=-=∣-η=-y=⅛==要，

所以直线PA与平面α所成角的正弦值为警.

3.(1)证明如图,取AlCl的中点M连接MD,MBi,MO.

由题意可知BIM〃BD,BM=BO=OD,

所以四边形BlMD。是平行四边形.

因为AiS=BICI,所以AICL

因为四边形ACGAl为正方形,所以OM_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OMJ_平面ABCD.

因为四边形BlMDo是平行四边形,所以B∖O∕∕DM,

所以BO，平面ABCD.

(2)解以。为坐标原点。。,。。,。当所在直线分别为X轴、y轴、Z轴,建立空间直角坐标

系如图所示,则。(1,0,0),。(0,8,0),。|(1,百,1)4(-1,b』),所以而=(-

l,√3,0),DQ=(1,0,1),½X=(2,0,0),OD=(0,√3,0).

设平面CDCi的法向量为m=α,y,z),

则M•丽=0,即卜％+√¾z=0,

令尸1,则x=√5,z=-√5,所以m=(√^,l,-√5)为平面CDC↑的一个法向量.

因为赤•砧*=0,时•方B=0,所以彷=(0,8,0)为平面A∖DC∖的一个法向量.

m

设二面角C-OCI-AI的大小为“则ICOS=∣cos<m,OD>∣=∣-=ʃʃɔ=*所以

∣m∣∣0D∣v7×√37

sin^=Vl-cos20=^y-.

4.解（1）连接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

ʌ而=丽’

.∙.∣βC2=l,ZBC=√2.

(2)如图,以。为原点,瓦I瓦,而分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.

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

y,O,θ∖βP=(-√2,-l,l).

设平面AMP的一个法向量为m=(x∣,y∣,zι),

x

π,l(mAP=0,0πf^^ι+Zi=0,

贝叼一即√2

{τnAM=0,[-ɪx1+y1=0,

令犬1=√Σ,则yι=l,zι=2,可得m=(√2,l,2).

设平面BMP的一个法向量为n=(x2jzz2),

同理可得II=((U1).

m∣∣τnn33√14

则cos<m,n>=---=-r=-7==-TT-.

,∣m∣∣n∣√7×√214

2

设二面角A-PM-B的平面角为4则sin^=λ∕l-cos<m,n>=/l-ɪ=

∖iI4I4

5.(1)证明TPA，平面ABCD,COu平面ABCoPAJ_CD

丁四边形ABCO为矩形,.：AoLCD

又AD∩PA=A,.:CDJ_平面PAD.

又AEU平面PAD,.：CDLAE.

TPA=AD=I,E为尸。的中点,,AELPD

又PoneO=O,.：AEL平面PCD.

(2)解以A为原点,AB5AO,AP所在直线分别为龙轴、y轴、z7轴,建立空间直角坐标系如

图所示.

设AP=α(α>O),则C(2,l,O),P(O,O,α),f(θ,∣,∣),

.∙∙ΛC=(2,1,0),Λf=(θ,∣,≡),PC=(2,l,-a).

设平面AcE的法向量为n=(x,y,z),

则@=。,即仁广。,

[AEn=0,+/=0，

令y=-α,则x=],z=l,.：n=q,-a,l)为平面ACE的一个法向量.

设直线PC与平面ACE所成的角为。,则sin(9=∣cos<n,PC>∣=⅛⅛=

InIlPq

α_2<2

J∣α2+l√5+α249+与+5a27

当且仅当然5/,即时,等号成立.

.:当a=√∑时,直线PC与平面ACE所成的角最大,此时三棱锥E-ABC的体积为WX

6.(1)证明如图,取B。的中点O,连接OA,OC,则OCLBD.

因为BC=OCNAeB=NAC。=。.AC=AC,所以AABC里^4OC,所以AB=AO,所以OA

_LBD

又OAHOC=O,

所以BO_L平面AOc

又AeU平面Aoe所以AC,BD

(2)解在直线Ae上取点P,使得NPoe=90°,连接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OC,。。,OP两两互相垂直.

以。为原点。C,OROP所在直线分别为X轴、y轴、Z轴,建立空间直角坐标系.如

图所示.

因为NBCD=90°,BC=CD=I,所以OC=OB=ODJ.

又PoJ_平面BCD,

所以PB=PC=PD.

选①,由。=60°,可知APCO是等边三角形,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=（ɪ,-

ɪ,θ）,pp=（θ,-y,y）∙

设平面PCD的法向量为n=（x,y,z）,

（n∙DC=孚XTy=0,

则一ea

[n-DP=--y+—Z=0,

取X=I,则y=z=l,所以II=（1,1,1）为平面PCD的一个法向量.

设直线BC与平面PCO所成的角为α,

则sinα=gs<芯,n>∣=繇=黑=坐

因为平面AC。与平面PCO为同一个平面,所以直线BC与平面ACO所成角的正弦

值为当

选②,由PO，平面BCD,可知NPCO为直线AC与平面BC。所成的角,所以N

PCO=45°,所以OP=OC=笔所以P（OQ苧）,C住,θ,θ"（θ,亨,0）,3（0,争）,所以

近=惨景0）屈=（景一景0）同=Q当夕

设平面PCD的法向量为n=（x,y,z）,

n∙OC=y%-yy=0,

则

∏∙OP=-毋y+等Z=0,

取X=I,则y=z=l,所以n=(l,l,l)为平面PC£)的一个法向量.

设直线BC与平面PCO所成的角为α,

则sinα=∣cos<说,n>∣=繇=岛=存

因为平面AC。与平面PCo为同一个平面,所以直线BC与平面ACo所成角的正弦

值为当

选③,作PMJ_C。,垂足为M连接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为二面角A-CD-B

的平面角.

所以COSNPMo=M所以tanZPM0=y∕2.

*X挈1√2

因为OM=212=区,所以OP=OMtan/PMO=∙γ.

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

y.θ),DP=(θ9-y,y).

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),

(7τ7:V2√2

TiDC=-x--y=n0,

则，22

[nsDP=-yy+ɪz=0,

取x=l,则y=z=l,所以n=(l,l,l)为平面PCD的一个法向量.

设直线8C与平面PC。所成的角为α,

则sinα=∣cos<露n>∣=繇=⅛=f∙

因为平面AC。与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦

值为坐

专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题

1.(2021・山东聊城三模)如图,在平面四边形ABCD中,BC=CO,BCJ_CO,ADJ_8£>,沿BD^∆ABI)折起,

使点A到达点P的位置,且PClfiC

⑴求证:PO_LC£>;

(2)若M为P8的中点,二面角P-BC-。的大小为60°,求直线PC与平面MCz)所成角的正弦值.

2.(2021∙湖南师大附中二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,A8〃CaNABC=90°,AB=BC=IAPOC是边

长为2的等边三角形,平面PDC，平面4BCDE为线段PC上一点.

(1)设平面PABn平面PDC=/,求证:/〃平面ABCD.

(2)是否存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°?若存在,求分的值;若不存在,请说明理由.

3.（2021•山东泰安三模）在三棱柱ABC-AIBIG中√12=AC=2,BC=2√I,83∣=2,M为CC1的中点.

⑴试确定线段ABt上一点N,使AC〃平面BMN-

o

⑵在⑴的条件下,若平面ABe，平面BBiCiC,ZABB^60,求平面BMN与平面MlGC的夹角的余

弦值.

4.（2021•福建泉州二模）如图0在等腰直角三角形ABC中,CC是斜边AB上的高,沿CO将AACO折

起,使点A到达点P的位置,如图②NPBD=60°，E,F,H分别为PB,BC,PD的中点,G为C尸的中点.

B

图①

图②

(1)求证:GH〃平面DEF;

(2)求直线G”与平面P8C所成角的正弦值.

5.(2021・天津二模)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面A8Cf>_L平面ABEAB//CDAB1.

BCAB=2BC=2CD=2,AE=BE=y∕3,M为BE的中点.

(1)求证:CM〃平面ADE.

(2)求二面角E-8D-C的正弦值.

(3)在线段Ao上是否存在一点N,使直线MO与平面BEN所成角的正弦值为华?若存在,求出AN的

长;若不存在,说明理由.

6.(2021•湖南长沙长郡中学一模)如图①,在等边三角形ABC中，E分别为边AB,AC上的动点,且满足

np

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

DC

图②所示,N为MC的中点.

(1)当EN〃平面MBo时,求2的值.

(2)随着/值的变化,二面角B-MQ-E的大小是否改变?若是,请说明理由;若不是,请求出二面角B-MD-

E的正弦值.

专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题

L(I)证明因为CO,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)解因为PC，BCeo_LBC,所以NPCo为二面角P-BC-O的平面角,即NPCZ)=60°.

在Rt∆PCD中,PO=COtan60°=√3CD.

取3。的中点连接0M,OCMOM//PD,0M=^PD.

因为BC=Co,所以OCLBD

由(1)知PDJ_平面BCz),所以OM，平面BCD,

所以0M,0C,0。两两互相垂直.

以。为原点,0C,。DoM所在直线分别为X轴、y轴、Z轴,建立空间直角坐标系如

图所示.

设OB=I,贝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=

设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),

则卜”=0,即-%+y=0,

-x÷⅞z=0,

{nCM=0,

令z=√∑,则％=百,)，=百,所以n=(√^,√^,√∑)为平面MCz)的一个法向量.

设直线PC与平面MO所成的角为仇则Sin^=∣cos<¾>∣⅛=*所以直线

PC与平面MC。所成角的正弦值为学

2.(1)证明：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)解设。。的中点为0,连接OP,04,则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,.：四边形ABCO为平行四边形，

ΛOA∕∕BC.

由题意可知3CJ_CD,.：0A_LCD

.：OA,OC,OP两两互相垂直.

以O为原点,OA,。CoP所在直线分别为X轴、y轴、Z轴,建立空间直角坐标系如图

所示.

贝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)为平面ABCD的一个法向量.

假设存在点瓦使平面ADE与平面ABa)的夹角为60°,设方二4而(OWaWI),则

E(0,l-∕l,√3λ),.∙.DF=(0,24,√3Λ).

设平面A。E的法向量为n=(x,y,z),万X=(1,1,0),

贝f丝="即Γʊ^0'取x=l测产1,Z=篝,.∙∙n=(l,-l罚为平面

[∏DE=0,t(2-Λ)y+√3Λz=0,'34∖√3λ√

AoE的一个法向量.

2-λ

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

r+ι2÷≡)2

1),故存在点瓦使平面A。E与平面ABCD的夹角为60°,此时芸=2(√Σ-1).

1

3.解(1)当AN=^AB↑时4c〃平面BMN.

证明:如图,设BMnaC=E,连接可则^=需=；.

由AN=⅛A5,得黑=^,ΛAC∕∕NE.

ɔDj/VZ

又ACC平面BMN,NEu平面BMN,.：AC〃平面BMN.

(2)取BC的中点。,连接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。为原点,08,OB,OA所在直线分别为X轴、y轴、Z轴,建立空间直角坐标系如

图所示，

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

用廊=雨+丽=(一企,景竽

n=0,

设平面BMN的法向量为n=O,y,z),则

n=0,

∕,√2,2√2C

-V52%+—y+—z=0,

令X=I,则y=5,z=-l,∖n=(l,5,-1)为平面5MN的一个法向量.

由题意可知m=(O,O,l)为平面BBIGC的一个法向量.

设平面BMN与平面BBlCIC的夹角为。,则cos8=∣cos<m,n>∣=^2=R

PnIlnly

故平面BMN与平面GC的夹角的余弦值为噌

y

4.(1)证明如图,连接BH,交DE于点、M,连接MF.

因为AABC是等腰直角三角形,CQ是斜边AB上的高,所以AD=DB,即PD=DB.

因为NP8O=60°,所以APBO是等边三角形.

因为瓦H分别为PB,P。的中点,所以M是等边三角形PBO的中心,所以BMqBH.

7

因为b为BC的中点,G为CE的中点,所以BF=^BG.

所以MF//GH.

又MFU平面DEF,GHC平面DER所以G”〃平面DEF.

(2)解如图,建立空间直角坐标系,

设P。=。B=OC=2,则C(0,2,0),B(2,0,0),P(1,0,√3),H^∙

2,2,O),BP=(-1,O,√3),77G=(θ,∣,-y

设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),

则上匣=。，即产+*。，

{n-BP=O,(-X+√3z=0,

令尤=百,则y=√5,z=l,所以11=(百,百,1)为平面PBC的一个法向量.

设直线G”与平面PBC所成的角为，，

贝IJsin8=∣cos<n丽>I韦职=-≡¾≡=y,

∖n∖∖HG∖√3×√77

故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为

5.(1)证明取AE的中点P,连接MP,PD(图略).

-1

VP,M分别为AE,BE的中点,.：PM∕∕AB,PM=^AB.

1

又CD∕∕AB,CD=^AB,.：PM//CD,PM=CD,

.：四边形PMCD为平行四边形,.：CM〃/7).

又CMC平面ADE,POu平面ADE,.：CM〃平面ADE.

(2)解取AB的中点。,连接ODQE.

又CD〃AB,CD=^AB,.：CD〃OB,CD=OB,

.：四边形BCDO为平行四边形,.：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为A8的中点,.：OE_LAA

以。为坐标原点,。瓦。8,。。所在直线分别为X轴、y轴、Z轴,建立空间直角坐标

系如图所示，

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

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

取y=√∑,则X=LZ=√Σ,.1m=(l,√∑,√Σ)为平面3。E的一个法向量.

易知n=(l,O,O)为平面BCD的一个法向量.

设二面角E-BD-C的平面角为θ,

贝IllCoS例=ICOS<m,n>∣e言=咯，

ZfcllfLlJ

Zsine=λ∕I-COS2。=

故二面角E-BD-。的正弦值为等.

⑶解假设在线段Ao上存在一点N,使得直线MD与平面5EN所成角的正弦值为竽.

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).

设丽=4而=(0√U),其中OW/IW1,

.∙.^BN=BA+AN=(,Q,λ-2,λ).

设平面BEN的法向量为U=(Xl,y,zι),

由[唾=0,得倒y=O

IllBN=0,((4-2)yι+Λz1=0,

取yι=V∑4,贝!]xι=λ,z∣=2√2—√2λ,Λu=(λ,V2Λ,2V2—V∑⅛)为平面BEN的一个法向

量.

由题意可知∣cos<而,u>∣=需=再叩=笄.

|MD||U|221

4×J5Λ-8Λ+8

整理得16户342+13=0,解得2=。或A=枭舍去).

Zo

.：AN=争

故在线段AD上存在一点N,使直线MD与平面BEN所成角的正弦值为竽.此时

…√2

AN=-.

6.(1)证明如图,取MB的中点P,连接DP,PN,又N为Me的中点,所以NP"BC,NP=BC.

又DE〃BC,所以NP〃DE,即N,E,O,P四点共面.

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

四边形NEDP为平行四边形，