全品高考备战2027年数学一轮学生用书12培优专题(六)立体几何中的融合、交汇问题【答案】听课手册

培优专题(六)立体几何中的融合、交汇问题例1解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,由(1)得PA⊥AD,AB⊥AD,则以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,由图可知,A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,3+1,0),P(0,0,2).(i)证明:方法一:连接BD,设△BCD的外接圆的圆心为O1,易知BC的中垂线的方程为y=1,BD的中垂线的方程为y=23+1x+1,联立y=1,y因为PO1=3,BO1=3,所以PO1=BO1,此时O与O1重合,所以O在平面ABCD上.方法二:设球心O(x,y,z),球的半径为R,则OP所以x解得x=0,y=1,z=0,(ii)易知PO=(0,1,-2),AC=(2,2,0),设直线AC与直线PO所成的角为θ,则cosθ=|PO·AC||PO|·|AC|=2【自测题】解:(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,AM⊂平面ABCD,所以PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD,所以AM⊥平面PBD.又AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.(2)由(1)可知AM⊥平面PBD,BD⊂平面PBD,所以AM⊥DB,在平面ABCD中,以A为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则kAM·kBD=-1.设BC=2a(a>0),因为DC=1,所以A(0,0),B(1,0),D(0,2a),M(1,a),所以kAM·kBD=a-01-0×2a-0可得a=22,故DA=2所以四棱锥P-ABCD外接球的半径R=12所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积S=4πR2=4π.(3)VB-PAM=VP-ABM=13×12×1×22例2解:(1)以D为原点,建立如图①所示的空间直角坐标系.设M(x,y,0)(0≤x≤1且0≤y≤1),因为A(1,0,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),所以A1M=(x-1,y,-1),A由A1M⊥AC1,得A1M·AC1=0,即-(x-1)+y-1=0,整理得因为MF⊥AB,ME⊥AD,所以E(x,0,0),F(1,y,0).设P(x0,y0,0),由P在ME上,设EP=λEM,又EP=(x0-x,y0,0),EM=(0,y,0),所以x=x0,y0=λy.由P在DF上,设DP=μDF,又DP=(x0,y0,0),DF=(1,y,0),所以x0=μ,y0=μy.故y0=λy=μy,则λ=μ,由x0=x,y0=μy,y=x得y0=μx0=x02,故点P的轨迹方程为y=x2(0≤x≤1且0≤y(2)假设存在满足条件的平面α,则在平面xDy中,存在直线l,l∥AD,使得圆O截直线l所得线段的长为定值,设直线l的方程为y=a.设P(x1,y1),又C(0,1),PC的中点为O,则点O的坐标为x1如图②,设l与以PC为直径的圆相交于点T,Q,TQ的中点为H,连接OH,OT,OQ,则OH⊥l,OH=a-y1+12=12|2因为OT=12PC12x1所以TH2=OT2-OH2=14(y12-y1+1)-14(2a-y1-1)2=a-34所以TQ2=(2TH)2=4a-令a-34=0,得a=34,此时|TQ|=32,为定值,故满足条件的l存在,其方程为y=34,所以过点0,34,0作一个与平面ADD1A1平行的平面 【自测题】解:(1)如图①,因为P在底面ABC上的射影E是棱AB上靠近点A的四等分点,所以PE⊥平面ABC,因为AB⊂平面ABC,所以PE⊥AB.易知AE=14AB=1,在Rt△PAE中,PE=PA2-AE2=3,又PE⊂平面PEC,所以平面PEC⊥平面ABC,且交线为CE.过B作BG⊥CE于点G,连接PG,由BG⊂平面ABC及面面垂直的性质定理,可得BG⊥平面PEC,故∠在△BCE中,CB=22,BE=3,∠CBE=π4,由余弦定理得CE2=CB2+BE2-2CB·BEcos∠CBE=5,所以CE=5.由S△BCE=12CE·BG=12BC·BEsinπ4,得在△BPG中,PB=PE2+BE2=32,则sin∠即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为105(2)假设存在点D满足题意,则二面角C-PB-D为直二面角,即二面角C-PB-A和二面角D-PB-A的和为90°.如图②,取AB的中点O,连接CO,过O作ON⊥PB于点N,连接CN.因为△ABC为等腰直角三角形,且AC=BC,所以CO⊥AB,又因为PE⊥平面ABC,且CO⊂平面ABC,所以PE⊥CO.因为PE∩AB=E,且PE,AB⊂平面PAB,所以CO⊥平面PAB,又因为PB⊂平面PAB,所以CO⊥PB,因为PB⊥ON且ON∩CO=O,ON,CO⊂平面CON,所以PB⊥平面CON,所以∠CNO为二面角C-PB-A的平面角.在Rt△CON中,因为CO=2,ON=2,所以tan∠CNO=2.过D作DH垂直AB于点H,过H作HQ垂直PB于点Q,连接DQ,同理可得∠DQH为二面角D-PB-A的平面角,所以tan∠DQH=22在平面ABC中,以O为原点,OB的方向为x轴正方向,CO的方向为y轴正方向建立如图②所示的平面直角坐标系,根据题意,点D的轨迹是以E,F为焦点的椭圆的一部分,其标准方程为x24+y23设点D的横坐标为x0,则DH=31-x024,BH=2-x0,HQ=22(2-x0),由tan∠DQH=DHHQ=22,可得 例3解:(1)证明:当a与b共线时,a×b=b×a=0.当a与b不共线时,|a×b|=|a||b|sin<a,b>=|b||a|sin<b,a>=|b×a|,即a×b与b×a的模相等.根据定义知a×b与b×a同时垂直于a,b,因此a×b与b×a共线.由于按顺序a,b,a×b与b,a,b×a分别构成右手标架{O;a,b,a×b}与{O;b,a,b×a},所以a×b与b×a方向相反,因此a×b=-(b×a).(2)由题得a=(1,2,0)=i+2j,b=(1,0,3)=i+3k,则a×b=(i+2j)×(i+3k)=i×i+i×3k+2j×i+2j×3k.由定义知i×i=j×j=k×k=0,i×k=-j,j×i=-k,j×k=i,k×j=-i,则a×b=6i-3j-2k,因此a×b的坐标表示为(6,-3,-2).(3)①|OA×OB|的几何意义为以OA,OB为邻边的平行四边形的面积,故S△OAB=12|OA×OB|=32,OC=(2,1,2)在OA×OB方向上的投影向量的模为(OA×OB)·OC|OA×OB|=83,故VO-ABC=13②由|a×b|的几何意义可得平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的面积为|AB×AD|.点A1到底面ABCD的距离为AA1在底面ABCD的法向量AB×AD上的投影向量的模,所以V平行六面体ABCD-A1B1C1D1=|AB×【自测题】解:(1)(i)如图,连接AC,由底面ABCD是菱形,得BD,AC交于点O,又∠ADC=π3,所以△ABC为正三角形.因为AB=2PO=2,所以OA=12AC=1,OB=22因为PO⊥底面ABCD,OA,OB⊂底面ABCD,所以PO⊥OA,PO⊥OB.故PA=PO2+OA2=1+1=2,PB由余弦定理得cos∠APB=PA2+PB由题意可知四棱锥P-ABCD的四个侧面三角形全等,则∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPA.记四棱锥在顶点P处的曲率为φ,则φ=2π-4×∠APB,所以cosφ=cos(2π-4×∠APB)=cos4∠APB=2cos22∠APB-1=2(2cos2∠APB-1)2-1=2×2×18-1(ii)易知OA,OB,OP两两垂直,如图,以点O为原点,直线OA,OB,OP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,1),所以AP=(-1,0,1),BP=(0,-3,1).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则n·AP=-x+z=0,n易知OP=(0,0,1)为平面ABD的一个法向量.设平面PAB与平面ABD的夹角为θ,则cosθ=|OP·n||所以sinθ=1-cos2θ=277(2)设碳60(C60)共有F个面,给组成多面体的多边形编号,分别为1,2,…,F.设第i号(1≤i≤F)多边形有Li条边,则碳60