2025高考幫備考教案數(shù)學(xué)第七章　立體幾何與空間向量突破3　立體幾何中的動態(tài)問題含答案

2025高考幫備考教案數(shù)學(xué)第七章立體幾何與空間向量突破3立體幾何中的動態(tài)問題命題點(diǎn)1空間位置關(guān)系的判定問題例1[多選/2021新高考卷Ⅰ]在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點(diǎn)P滿足BP＝λBC＋μBB1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，則（BDA.當(dāng)λ＝1時，△AB1P的周長為定值B.當(dāng)μ＝1時，三棱錐P－A1BC的體積為定值C.當(dāng)λ＝12時，有且僅有一個點(diǎn)P，使得A1P⊥D.當(dāng)μ＝12時，有且僅有一個點(diǎn)P，使得A1B⊥平面AB1解析BP＝λBC＋μBB1（0≤λ≤1，0≤μ≤1對于選項(xiàng)A，當(dāng)λ＝1時，點(diǎn)P在棱CC1上運(yùn)動，如圖1所示，此時△AB1P的周長為AB1＋AP＋PB1＝2＋1+μ2＋1+（1－μ）2＝ 圖1 圖2對于選項(xiàng)B，當(dāng)μ＝1時，點(diǎn)P在棱B1C1上運(yùn)動，如圖2所示，則V三棱錐P－A1BC＝V三棱錐A1－PBC＝13S△PBC×32＝36S△對于選項(xiàng)C，取BC的中點(diǎn)D，B1C1的中點(diǎn)D1，連接DD1，A1B，則當(dāng)λ＝12時，點(diǎn)P在線段DD1上運(yùn)動，假設(shè)A1P⊥BP，則A1P2＋BP2＝A1B2，即（32）2＋（1－μ）2＋（12）2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以點(diǎn)P與點(diǎn)D或D1重合時，A1P⊥BP解法一由多選題特征，排除A，C，故選BD.解法二對于選項(xiàng)D，易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1.設(shè)AB1與A1B交于點(diǎn)K，連接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以點(diǎn)P只能是棱CC1的中點(diǎn)，故選項(xiàng)D正確.綜上，選BD.解法三對于選項(xiàng)D，分別取BB1，CC1的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF，則當(dāng)μ＝12時，點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動.以點(diǎn)C1為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系C1xyz，則B（0，1，1），B1（0，1，0），A1（32，12，0），P（1－λ，12），所以A1B＝（－32，12，1），B1P＝（0，－λ，12）.易得A1B⊥AB1，若A1B⊥B1P，則A1B⊥平面AB1P，所以－λ2＋12＝0，解得λ＝1，所以只存在一個點(diǎn)P，使得A1B⊥平面AB1P，此時點(diǎn)P與F重合，故D正確.綜上，選BD.方法技巧解決空間位置關(guān)系的動點(diǎn)問題的方法（1）特殊位置法.（2）應(yīng)用位置關(guān)系定理轉(zhuǎn)化法.（3）建立空間直角坐標(biāo)系計(jì)算法.訓(xùn)練1[2023惠州第一次調(diào)研]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，AC∩BD＝O，M是PC上的動點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足DM⊥PC（答案不唯一）時，平面MBD⊥平面PCD.（只要填寫一個你認(rèn)為正確的條件即可）解析由題意知，四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，∴BD⊥PC.∵平面PCD為固定平面，平面MBD為運(yùn)動平面，且運(yùn)動平面MBD中的固定直線BD垂直PC，∴只需在運(yùn)動平面MBD中找到一條與BD相交且垂直于PC的直線即可使平面MBD⊥平面PCD，則DM⊥PC，BM⊥PC等都滿足要求.命題點(diǎn)2軌跡問題例2[2023西安檢測]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為A1D1的中點(diǎn)，F(xiàn)為底面ABCD上一動點(diǎn)，且EF與底面ABCD所成的角為π3.若該正方體外接球的表面積為12π，則動點(diǎn)F的軌跡長度為（AA.439π B.33π C.233π解析如圖1，取AD的中點(diǎn)H，連接EH，F(xiàn)H，則EH∥AA1.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，所以EH⊥平面ABCD，所以∠EFH為EF與底面ABCD所成的角，即∠EFH＝π3.設(shè)正方體的棱長為a，則4π×（32a）2＝3πa2＝12π，解得a＝2，所以EH＝AA1＝a＝2，則HF＝23，所以點(diǎn)F的軌跡為以H為圓心，23為半徑的圓在正方形ABCD內(nèi)的部分.如圖2，HG＝HM＝23，則cos∠AHG＝AHHG＝32，則∠AHG＝π6，由對稱性可得∠DHM＝π6，所以∠MHG＝π－2×π6＝2π方法技巧與立體幾何有關(guān)的軌跡問題的解題方法（1）幾何法：利用幾何圖形的性質(zhì)找滿足題意的點(diǎn).（2）排除法：利用特殊位置或者特殊值進(jìn)行排除.（3）定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，利用解析幾何相關(guān)知識計(jì)算.（4）建系法：建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出動點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題意建立方程（組），得出軌跡方程.訓(xùn)練2[2023廣州市一測]在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，P是側(cè)面ADD1A1上的動點(diǎn)，且PC1∥平面AEF，則點(diǎn)P的軌跡長為22，點(diǎn)P到直線AF的距離的最小值為23解析如圖，連接AD1，D1F，易證AD1∥EF，從而A，E，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面，平面AEF即平面AEFD1.記AA1，A1D1的中點(diǎn)分別為M，N，連接MN，NC1，MC1，可得MN∥AD1，MC1∥AF.∵M(jìn)N?平面AEFD1，AD1?平面AEFD1，∴MN∥平面AEFD1.同理可得MC1∥平面AEFD1，又MN∩MC1＝M，MN，MC1?平面MNC1，∴平面MNC1∥平面AEFD1.故點(diǎn)P的軌跡是線段MN，其長為12AD1＝22.分別以DA，DC，DD1的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（1，0，0），F(xiàn)（0，1，12），M（1，0，12），N（12，0，1），∴AF＝（－1，1，12），｜AF｜＝32.由點(diǎn)P在線段MN上，可設(shè)P（x，0，32－x），12≤x≤1，則AP＝（x－1，0，32－x），∴｜AP｜＝（x－1）2＋02＋（32－x）2＝2x2－5x＋134.設(shè)AF與AP的夾角為α，則cosα＝－x+1+12（32－x命題點(diǎn)3最值與范圍問題例3[2022新高考卷Ⅰ]已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點(diǎn)都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是（C）A.[18，814] B.[274，814] C.[274，643] D.解析設(shè)正四棱錐的底面邊長為a，高為h，外接球的球心為O，半徑為R，依題意，得36π＝43πR3，解得R＝3.由題意可得l2＝h2＋（22a）2，R2＝（h－R）2＋（22a）2，解得h＝l22R＝l26，a2=2l2－l418，所以正四棱錐的體積V＝13a2h＝13（2l2－l418）×l26＝l418（2－l218）（3≤l≤33），所以V'＝49l3－l554＝19l3（4－l26）（3≤l≤33）.令V'＝0，得l＝26，當(dāng)3≤l＜26時，V'＞0；當(dāng)26＜l≤33時，V'＜0方法技巧立體幾何中的范圍問題的解題方法（1）幾何法：分析變化過程，找到滿足條件的最值位置.（2）代數(shù)法：通過引入變量，將動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于變量的代數(shù)式，利用函數(shù)思想或不等式思想求最值.訓(xùn)練3如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點(diǎn)，若A1P∥平面AEF，則線段A1P的長度的取值范圍是（B）A.[2，5] B.[322，5] C.[5，22] D.[22，2解析如圖，取B1C1的中點(diǎn)G，BB1的中點(diǎn)H，連接GH，A1G，A1H，則A1G∥AE，又A1G?平面AEF，AE?平面AEF，所以A1G∥平面AEF，同理得GH∥平面AEF，又A1G∩GH＝G，所以平面A1GH∥平面AEF.因?yàn)镻是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點(diǎn)，所以當(dāng)P點(diǎn)在線段GH上時，能夠滿足A1P∥平面AEF.由勾股定理可求得A1G＝A1H＝5，GH＝2，所以當(dāng)點(diǎn)P為GH的中點(diǎn)時，A1P的長度最小，此時A1P＝5－12＝322，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)G或點(diǎn)H重合時，A1P的長度最大，此時A1P＝5.故線段A1P的長度的取值范圍是[322學(xué)生用書·練習(xí)幫P3441.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是側(cè)面BB1C1C內(nèi)一動點(diǎn).若P到直線BC的距離等于它到直線C1D1的距離，則動點(diǎn)P的軌跡所在的曲線是（D）A.直線 B.橢圓C.雙曲線 D.拋物線解析如圖，連接C1P，過點(diǎn)P作PE⊥BC，E為垂足，易知PC1就是點(diǎn)P到直線C1D1的距離，則PC1＝PE，（點(diǎn)P到定點(diǎn)C1的距離與到定直線BC的距離相等）所以動點(diǎn)P在側(cè)面BB1C1C內(nèi)的一段拋物線上.2.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M是平面A1B1C1D1內(nèi)一點(diǎn)，且BM∥平面ACD1，則tan∠DMD1的最大值為 （D）A.22 C.2 D.2解析連接A1C1，易得當(dāng)M在直線A1C1上時，都滿足BM∥平面ACD1，所以tan∠DMD1＝DD1MD1，而DD1為定值，所以要使tan∠DMD1最大，則MD1最小，此時點(diǎn)M為A1C1的中點(diǎn)，tan∠DMD13.在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，正四面體P－ABC的頂點(diǎn)A，B分別在x軸、y軸上移動.若該正四面體的棱長是2，則｜OP｜的取值范圍是（A）A.[3－1，3＋1] B.[1，3]C.[3－1，2] D.[1，3＋1]解析如圖所示，若固定正四面體P－ABC的位置，則原點(diǎn)O在以AB為直徑的球面上運(yùn)動.設(shè)AB的中點(diǎn)為M，則PM＝22－12＝3，所以原點(diǎn)O到點(diǎn)P的最小距離等于PM減去球M的半徑，最大距離等于PM加上球M的半徑，所以3－1≤｜OP｜≤3＋1，即｜OP｜的取值范圍是[3－1，3＋4.[多選/2024江西省九江市同文中學(xué)模擬]如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點(diǎn)E，F(xiàn)，且EF＝13，則（ABD）A.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.△AEF的面積與△BEF的面積相等D.三棱錐E－AFB的體積為定值解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，易知AC⊥BD，AC⊥BB1，因?yàn)锽B1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，又因?yàn)锽E?平面BB1D1D，所以AC⊥BE，A正確；（也可以由三垂線定理直接得結(jié)論）因?yàn)锽1D1∥平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，B正確；連接AD1，AB1，易知△AB1D1為等邊三角形，所以易得點(diǎn)A到直線EF的距離為22×3＝62，而點(diǎn)B到直線EF的距離為1，所以△AEF的面積與△BEF的面積不相等，S△BEF＝12×13×1＝16，而點(diǎn)A到平面BEF的距離即點(diǎn)A到平面BB1D1D的距離，為22，因此VE－AFB＝VA－BEF＝13×16×22＝5.[多選/2023武漢市武昌區(qū)質(zhì)檢]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E在線段BD上，且BE＝12BD，動點(diǎn)F在線段B1C上（含端點(diǎn)），則下列說法正確的有（AB）A.三棱錐D1－ADF的體積為定值B.若直線EF∥平面AB1D1，則CF＝12CBC.不存在點(diǎn)F使平面DEF⊥平面BB1C1CD.存在點(diǎn)F使直線EF與平面ABCD所成角為π解析對于A，因?yàn)锽1C∥平面ADD1A1，點(diǎn)F在線段B1C上，所以點(diǎn)F到平面ADD1A1的距離為定值，即正方體的棱長.又△ADD1的面積也為定值，V三棱錐D1－ADF＝V三棱錐F－AD對于B，連接CA，由題意可知E為BD的中點(diǎn)，所以E在線段CA上，且E為AC的中點(diǎn)，若直線EF∥平面AB1D1，因?yàn)镋F?平面AB1C，平面AB1C∩平面AB1D1＝AB1，所以EF∥AB1，因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，所以F為B1C的中點(diǎn)，即CF＝12CB1，所以選項(xiàng)B正確對于C，點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時，平面DEF即平面ABCD，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BB1C1C，所以選項(xiàng)C錯誤.對于D，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)B1重合時，EF與平面ABCD所成的角最大，此時∠B1EB為EF與平面ABCD所成的角，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則BE＝2，所以tan∠B1EB＝BB1BE＝22＝2＜3，即∠B1EB＜π3，所以不存在點(diǎn)F，使直線EF與平面ABCD所成的角為綜上，選AB.6.[多選/2024浙江名校聯(lián)考]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)P為平面ABC內(nèi)一動點(diǎn)，則下列說法正確的是（BCD）A.若點(diǎn)P在棱AD上運(yùn)動，則A1P＋PC的最小值為2＋22B.若點(diǎn)P是棱AD的中點(diǎn)，則平面PBC1截正方體所得截面的周長為25＋32C.若點(diǎn)P滿足PD1⊥DC1，則動點(diǎn)P的軌跡是一條直線D.若點(diǎn)P在直線AC上運(yùn)動，則點(diǎn)P到BC1的最小距離為2解析對于選項(xiàng)A，如圖1，將平面ABCD與平面AA1D1D平鋪在一個平面內(nèi)，連接A1C，則A1P＋PC≥A1C＝42＋22＝25 圖1 圖2對于選項(xiàng)B，如圖2，取DD1的中點(diǎn)Q，連接PQ，C1Q，因?yàn)辄c(diǎn)P是AD的中點(diǎn)，所以PQ∥BC1，所以平面PBC1截正方體所得截面為等腰梯形PBC1Q，所以該截面的周長為PQ＋PB＋C1Q＋BC1＝2＋25＋22＝25＋32，所以選項(xiàng)B正確.對于選項(xiàng)C，如圖3，連接CD1，A1B，則在正方體中，易知A1D1⊥DC1，DC1⊥CD1，又A1D1∩CD1＝D1，A1D1，CD1?平面A1BCD1，所以DC1⊥平面A1BCD1，又P在平面ABC內(nèi)，平面ABC∩平面A1BCD1＝BC，所以要使PD1⊥DC1，則P∈BC，即動點(diǎn)P的軌跡是一條直線，所以選項(xiàng)C正確. 圖3 圖4對于選項(xiàng)D，當(dāng)點(diǎn)P在直線AC上運(yùn)動時，點(diǎn)P到BC1的最小距離即異面直線AC與BC1的距離.如圖4，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），C1（0，2，2），所以AC＝（－2，2，0），BC1＝（－2，0，2）.設(shè)與異面直線AC和BC1均垂直的直線的方向向量為n＝（x，y，z），則n·AC＝－2x+2y=0，n·BC1＝－2x+2z=0，取x＝1，可得n＝（1，1，1），又AB＝7.[2023高三名校聯(lián)考]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝7，點(diǎn)O在棱AA1上，且AO＝4，則該正方體表面上到點(diǎn)O距離為5的點(diǎn)的軌跡的總長度為172π解析如圖，在正方體的面AA1B1B上，以O(shè)為圓心，5為半徑作弧，分別交AB，A1B1于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接OE，OF，則OE＝OF＝5，因?yàn)镺A＝4，AA1＝7，所以AE＝3＝OA1，A1F＝4＝OA，則易知OE⊥OF，所以在正方體的面AA1B1B上滿足題意的點(diǎn)的軌跡為EF，長度為14×2π×5＝52π；同理得，在正方體的面AA1D1D上滿足題意的點(diǎn)的軌跡長度為52π.易知OA1⊥平面A1B1C1D1，OA⊥平面ABCD，因?yàn)锳1F＝4，OA1＝3，所以易得在正方體的面A1B1C1D1上滿足題意的點(diǎn)的軌跡為以A1為圓心，A1F為半徑的弧，且該弧所對的圓心角為π2，故其長度為14×2π×4＝2π；同理得，在正方體的面ABCD上滿足題意的點(diǎn)的軌跡為以A為圓心，AE為半徑的弧，且該弧所對的圓心角為π2，故其長度為14×2π×3＝32π.綜上，該正方體表面上到點(diǎn)O距離為5的點(diǎn)的軌跡的總長度為5π28.[解題創(chuàng)新/2023石家莊市質(zhì)檢（二）]長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C與直線D1C1的交點(diǎn)為M，現(xiàn)將△MCB1繞CB1旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)過程中，動直線CM與底面A1B1C1D1內(nèi)任一直線所成角中的最小角記為α，則sinα的最大值是11525解析如圖1，延長D1C1至M1，使C1M1＝1，連接B1M1，CM1，則B1M1∥AC，B1M1＝AC，所以四邊形AB1M1C為平行四邊形，因此M1為直線D1C1與平面AB1C的交點(diǎn)，即M與M1重合.將△B1MC繞CB1旋轉(zhuǎn)一周，得到的圖形如圖2.在△B1MC繞CB1旋轉(zhuǎn)的過程中，動直線CM與底面A1B1C1D1內(nèi)任一直線所成角中的最小角，即動直線CM與底面ABCD內(nèi)任一直線所成角中的最小角，也即動直線CM與底面ABCD所成的角.不妨設(shè)△B1MC繞CB1按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，如圖3，當(dāng)△B1MC所在的平面第一次與平面B1C1CB重合時，直線CM與底面ABCD所成的角最大，在Rt△B1CB中，B1B＝2，CB＝1，B1C＝5，所以sin∠B1CB＝25，cos∠B1CB＝15.在△B1CM中，B1C＝5，CM＝5，B1M＝2，根據(jù)余弦定理，得cos∠B1CM＝45，則sin∠B1CM＝35.所以（sinα）max＝sin（π－∠B1CB－∠B1CM）＝sin（∠B1CB＋∠B1CM）＝sin∠B1CB·cos∠B1CM＋cos∠B1CB·sin∠B1CM＝25×45＋圖1 圖2 圖3突破4立體幾何中的翻折問題與探索性問題命題點(diǎn)1翻折問題例1[全國卷Ⅲ]圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE.（2）求圖2中的二面角B－CG－A的大小.圖1 圖2解析（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，（位于“折痕”同側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系不變）所以AD∥CG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，（與“折痕”垂直的線段，翻折前后垂直關(guān)系不變）又BC∩BE＝B，BC，BE?平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.又AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.（2）如圖，作EH⊥BC，垂足為H.因?yàn)镋H?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面ABC∩平面BCGE＝BC，所以EH⊥平面ABC.由題設(shè)知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HC的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（－1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），CG＝（1，0，3），AC＝（2，－1，0）.設(shè)平面ACGD的法向量為n＝（x，y，z），則CG·n所以可得平面ACGD的一個法向量為n＝（3，6，－3）.易知m＝（0，1，0）為平面BCGE的一個法向量，則cos＜n，m＞＝n·m｜由圖可知二面角B－CG－A為銳角，因此二面角B－CG－A的大小為30°.方法技巧1.一般地，位于“折痕”同側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系會發(fā)生變化.注意利用折疊前的平面圖計(jì)算長度.2.（1）與折痕垂直的線段，翻折前后垂直關(guān)系不改變（常用于翻折后構(gòu)成二面角的平面角）；（2）與折痕平行的線段，翻折前后平行關(guān)系不改變.訓(xùn)練1已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝22，將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線翻折到△A'BD的位置（A'不在平面ABCD內(nèi)），則在翻折過程中，下列說法正確的是（B）A.存在某個位置，使得直線BD與直線A'C垂直B.存在某個位置，使得直線A'B與直線CD垂直C.存在某個位置，使得直線BC與直線A'D垂直D.對任意位置，三對直線“A'C與BD”“CD與A'B”“A'D與BC”均不相互垂直解析翻折前、后的圖形如圖1、圖2所示.在圖1中，過點(diǎn)A作AE⊥BD，垂足為E，過點(diǎn)C作CF⊥BD，垂足為F，由邊AB，BC不相等可知點(diǎn)E，F(xiàn)不重合.在圖2中，連接CE.對于選項(xiàng)A，若A'C⊥BD，因?yàn)锽D⊥A'E，A'E∩A'C＝A'，所以BD⊥平面A'CE.因?yàn)镃E?平面A'CE，所以BD⊥CE，與點(diǎn)E，F(xiàn)不重合相矛盾，故選項(xiàng)A錯誤.對于選項(xiàng)B，若A'B⊥CD，因?yàn)锳'B⊥A'D，A'D∩CD＝D，所以A'B⊥平面A'DC.因?yàn)锳'C?平面A'DC，所以A'B⊥A'C，由A'B＜BC可知存在這樣的三角形，使得直線A'B與直線CD垂直，此時A'B＝A'C＝2，故選項(xiàng)B正確.對于選項(xiàng)C，若A'D⊥BC，因?yàn)镈C⊥BC，A'D∩DC＝D，所以BC⊥平面A'DC.因?yàn)锳'C?平面A'DC，所以BC⊥A'C，又BC＞A'B，所以不存在這樣的直角三角形，故選項(xiàng)C錯誤.由以上分析可知選項(xiàng)D錯誤.故選B.訓(xùn)練2[2023昆明市模擬]如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD＝12CD，∠ADC＝120°，E為CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE翻折，使點(diǎn)D落到點(diǎn)P的位置，如圖圖1 圖2（1）證明：PB⊥AE.（2）當(dāng)二面角P－AE－B等于90°時，求PA與平面PEC所成角的正弦值.解析（1）如圖，取AE的中點(diǎn)O，連接PO，BO，BE.由題意及題圖1知，DA＝DE＝AB＝BE，又PA＝DA，PE＝DE，所以PA＝PE.所以PO⊥AE，BO⊥AE，又PO∩BO＝O，所以AE⊥平面POB.因?yàn)镻B?平面POB，所以AE⊥PB，即PB⊥AE.（2）因?yàn)槎娼荘－AE－B等于90°，所以平面PAE⊥平面ABCE，又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊥AE，所以PO⊥平面ABCE，所以O(shè)A，OB，OP兩兩垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB＝2，由已知得∠APE＝120°，所以O(shè)P＝OB＝1，OA＝OE＝3，則P（0，0，1），A（3，0，0），C（－23，1，0），E（－3，0，0），PA＝（3，0，－1），EP＝（3，0，1），EC＝（－3，1，0）.設(shè)平面PEC的法向量為n＝（x，y，z），則EP·n令x＝1，則y＝3，z＝－3，所以平面PEC的一個法向量為n＝（1，3，－3）.設(shè)PA與平面PEC所成的角為θ，則sinθ＝｜c(diǎn)os＜PA，n＞｜＝｜232×7即PA與平面PEC所成角的正弦值為217命題點(diǎn)2探索性問題例2[2021全國卷甲]如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.（1）證明：BF⊥DE.（2）當(dāng)B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最?。拷馕觯?）因?yàn)镕為CC1的中點(diǎn)，所以CF＝12CC1＝12BB1＝1，BF＝BC如圖，連接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝BF2＋A所以AC＝AF2－C則AB2＋BC2＝AC2，所以BA⊥BC，故以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，BC，BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Bxyz，則B（0，0，0），E（1，1，0），F(xiàn)（0，2，1），BF＝（0，2，1）.設(shè)B1D＝m（0≤m≤2），則D（m，0，2），于是DE＝（1－m，1，－2）.所以BF·DE＝0，所以BF⊥DE.（2）易知平面BB1C1C的一個法向量為n1＝（1，0，0）.設(shè)平面DFE的法向量為n2＝（x，y，z），則DE又DE＝（1－m，1，－2），EF＝（－1，1，1），所以（1－m）x＋y－2z=0，－x＋y＋于是，平面DFE的一個法向量為n2＝（3，m＋1，2－m），所以cos＜n1，n2＞＝n1·n設(shè)平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角為θ，則sinθ＝1－故當(dāng)m＝12時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小，為33，即當(dāng)B1D＝12時，平面BB1C1C與平面方法技巧1.對于存在判斷型問題的求解，一般先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“方程（在規(guī)定范圍內(nèi)）是否有解”的問題.2.借助空間直角坐標(biāo)系，引進(jìn)參數(shù)，將幾何問題代數(shù)化是解決探索性問題的常見方法.訓(xùn)練3[多選/2023重慶名校聯(lián)盟聯(lián)考]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分別為AD1，B1C上的動點(diǎn)，且滿足AP＝B1Q，則（ACD）A.存在PQ的某一位置，使AB∥PQB.△BPQ的面積為定值C.當(dāng)PA＞0時，直線PB1與直線AQ一定異面D.無論P(yáng)，Q運(yùn)動到何位置，均有BC⊥PQ解析對于A，當(dāng)P，Q分別是AD1與B1C的中點(diǎn)時，AB∥PQ，故A正確.對于B，設(shè)正方體的棱長為2，當(dāng)P在A處，Q在B1處時，△BPQ的面積為2，當(dāng)P在AD1的中點(diǎn)，Q在B1C的中點(diǎn)時，△BPQ的面積為2，故B錯誤.對于C，當(dāng)PA＞0時，設(shè)直線PB1與AQ是共面直線，則AP與B1Q共面，矛盾，所以直線PB1與直線AQ是異面直線，故C正確.對于D，當(dāng)P與A重合或P與D1重合時，易證BC⊥PQ.當(dāng)P不與A，D1重合時，設(shè)點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影為M，點(diǎn)Q在平面ABCD內(nèi)的攝影為N，連接PM，QN，MN，PQ，由AP＝B1Q知，AM＝BN，則BC⊥MN，又QN⊥BC，MN∩QN＝N，所以BC⊥平面PMNQ，因?yàn)镻Q?平面PMNQ，所以BC⊥PQ，故D正確.故選ACD.訓(xùn)練4如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且PFPC＝13.（1）求證：CD⊥平面PAD.（2）求二面角F－AE－P的余弦值.（3）設(shè)點(diǎn)G在PB上，且PGPB＝23.判斷直線AG是否在平面AEF解析（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.又AD⊥CD，AD∩PA＝A，AD，PA?平面PAD，所以CD⊥平面PAD.（2）過點(diǎn)A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AM，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），B（2，－1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）.因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E（0，1，1）.所以AE＝（0，1，1），PC＝（2，2，－2），AP＝（0，0，2）.所以PF＝13PC＝（23，23，－23），AF＝AP＋PF＝（23設(shè)平面AEF的法向量為n＝（x，y，z），則n·AE令z＝1，則y＝－1，x＝－1.于是n＝（－1，－1，1）為平面AEF的一個法向量.易得平面PAD的一個法向量為p＝（1，0，0），則cos＜n，p＞＝n·p｜n由題知，二面角F－AE－P為銳二面角，所以其余弦值為33（3）直線AG在平面AEF內(nèi).理由如下.因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且PGPB＝23，PB＝（2，－1，－所以PG＝23PB＝（43，－23，－43），AG＝AP＋PG＝（43，由（2）知，平面AEF的一個法向量為n＝（－1，－1，1）.所以AG·n＝－43＋23＋23＝0.所以直線AG在平面學(xué)生用書·練習(xí)幫P3451.[多選/2023浙江名校聯(lián)考]如圖，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，AE＝2EB，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE，若M為線段A1C上的點(diǎn)，滿足CM＝2MA1，則在△ADE翻折過程中（點(diǎn)A1不在平面DEBC內(nèi)），下面四個選項(xiàng)中正確的是（ABDA.BM∥平面A1DEB.點(diǎn)M在某個圓上運(yùn)動C.存在某個位置，使DE⊥A1CD.線段BA1的長的取值范圍是（5，3）解析如圖所示，過點(diǎn)M作MN∥A1D交CD于N，連接BN.因?yàn)镸N?平面A1DE，A1D?平面A1DE，所以MN∥平面A1DE.因?yàn)镃M＝2MA1，所以CN＝2ND，又AE＝2EB，易知BN∥DE，又BN?平面A1DE，DE?平面A1DE，所以BN∥平面A1DE.又MN∩BN＝N，所以平面BMN∥平面A1DE，又BM?平面BMN，所以BM∥平面A1DE，所以選項(xiàng)A正確由選項(xiàng)A可知，平面BMN∥平面A1DE，連接AC交DE于點(diǎn)G，交NB于點(diǎn)K，連接A1G，MK，則平面A1GC∩平面A1DE＝A1G，平面A1GC∩平面BMN＝MK，所以A1G∥MK，所以MKA1G＝MCA1C＝23，所以MK＝23A1G，為定值，所以點(diǎn)M在以K為球心，23A1G為半徑的球面上運(yùn)動，點(diǎn)A1在以G為球心，A1G為半徑的球面上運(yùn)動.取ED的中點(diǎn)H，連接HA，HA1，AA1，則DE⊥AH，DE⊥A1H，又AH∩A1H＝H，所以DE⊥平面AA1H，所以點(diǎn)A1在過A且與DE連接HC，在△A1DE中，DE⊥A1H，假設(shè)DE⊥A1C成立，因?yàn)锳1H，A1C?平面A1HC，A1H∩A1C＝A1，所以DE⊥平面A1HC，又CH?平面A1HC，所以DE⊥CH.在△DHC中，DH＝2，DC＝3，CH＝5，所以∠DHC≠π2，故DE⊥CH不成立，所以假設(shè)不成立，所以選項(xiàng)C錯誤以DE的中點(diǎn)H為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以HA，HE所在直線為x軸，y軸，過點(diǎn)H且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則B（－22，322，0）.設(shè)∠A1HA＝θ（0＜θ＜π），則A1（2cosθ，0，2sinθ），所以｜BA1｜＝2cosθ+7∈（2.[多選/2024貴陽市模擬]一塊邊長為10cm的正方形鐵片上有四個以O(shè)為頂點(diǎn)的全等的等腰三角形（如圖1），將這4個等腰三角形裁下來，然后將余下的四塊陰影部分沿虛線折疊，使得A，A'重合，B，B'重合，C，C'重合，D，D'重合，P1，P2，P3，P4重合為點(diǎn)P，得到正四棱錐O－ABCD（如圖2）.則在正四棱錐O－ABCD中，以下結(jié)論正確的是（ABD）圖1 圖2A.平面OAC⊥平面OBDB.AD∥平面OBCC.當(dāng)AP＝2cm時，該正四棱錐內(nèi)切球的表面積為65πcmD.當(dāng)正四棱錐的體積取到最大值時，AP＝4cm解析如圖，對于選項(xiàng)A，連接OP，∵在正四棱錐O－ABCD中，AC⊥BD，OP⊥平面ABCD，∴OP⊥AC.又BD∩OP＝P，∴AC⊥平面OBD.又AC?平面OAC，∴平面OAC⊥平面OBD.故選項(xiàng)A正確.對于選項(xiàng)B，∵AD∥BC，AD?平面OBC，BC?平面OBC，∴AD∥平面OBC，故選項(xiàng)B正確.對于選項(xiàng)C，設(shè)BC的中點(diǎn)為F，連接PF，OF，則OF⊥BC.由題圖1知，OP3＝52，故折疊后，OF＋PF＝OP3＝52，∵AP＝2，∴AB＝22，∴PF＝2，∴OF＝42，∴OP＝30.設(shè)正四棱錐O－ABCD的體積為V，表面積為S表，內(nèi)切球半徑為r，正方形ABCD的面積為S，則V＝13S·OP＝13×8×30＝8303.∵S表＝4×12×22×42＋8＝40，∴r＝3VS表＝83040＝305，故內(nèi)切球的表面積S球＝4πr2對于選項(xiàng)D，設(shè)PF＝x，則x∈（0，522），AP＝2x，AB＝2x，OF＝52－x，OP＝（52－x）2－x2＝50－102x，故正四棱錐O－ABCD的體積為13·50－102x·（2x）2＝4103x4（5－2x）.令f（x）＝x4（5－2x），x∈（0，522），則f'（x）＝5x3（4－2x）.當(dāng)x∈（0，22）時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（22，5223.[2023大連市雙基測試]如圖，已知菱形ABCD的邊長為6，∠ADC＝2π3，E為對角線AC上一點(diǎn)，AE＝3.將△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，E移動到E'且二面角A'－BD－A的大小為π3，則三棱錐A'－BCD的外接球的半徑為21，過E'作平面α與該外接球相交，所得截面面積的最小值為9π解析因?yàn)椤螦DC＝2π3且四邊形ABCD為菱形，所以△CBD，△A'BD均為等邊三角形.分別取△CBD，△A'BD的重心M，N，過M，N分別作平面CBD，平面A'BD的垂線，且垂線交于一點(diǎn)O，O即三棱錐A'－BCD的外接球球心，如圖所示.記AC∩BD＝O'，連接CO，OO'，因?yàn)槎娼茿'－BD－A的大小為π3，所以二面角A'－BD－C的大小為2π3，且A'O'⊥BD，CO'⊥BD，所以二面角A'－BD－C的平面角為∠A'O'C，所以∠A'O'C＝2π3.因?yàn)镺'M＝O'N，所以cos∠MO'O＝cos∠NO'O，所以∠MO'O＝∠NO'O＝π3，又BC＝6，所以CO'＝A'O'＝6sinπ3＝33，所以MO'＝NO'＝3，所以O(shè)M＝O'M·tanπ3＝3，又CM＝23CO'＝23，所以O(shè)C＝CM2＋OM2＝21，所以三棱錐A'－BCD的外接球的半徑為21.連接OE'，當(dāng)截面面積取最小值時，OE'垂直于截面，又截面是個圓，設(shè)截面圓的半徑為r，外接球的半徑為R，又NE'＝13A'O'＝3且ON＝OM＝3，所以4.[2023成都七中模擬]如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA⊥BC.（1）若BA＝BB1，求證：AB1⊥平面A1BC.（2）若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一動點(diǎn)，試確定點(diǎn)M的位置，使點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為22解析（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA.因?yàn)锽A⊥BC，BA∩BB1＝B，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1.因?yàn)锽B1⊥BA，BA＝BB1，所以四邊形BAA1B1為正方形，所以AB1⊥A1B.因?yàn)锳1B∩BC＝B，A1B，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.（2）解法一易得VB－A1B1C＝VC－A1B1B＝13·CB因?yàn)镾△A1B1C＝12·A1B1·B1C＝12×2×22＋22＝22，所以點(diǎn)B到平面A1B1C的距離為2，所以要使點(diǎn)M到平面A解法二由（1）知，直線BA，BB1，BC兩兩垂直.以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線BA，BB1，BC分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.因?yàn)锽A＝BC＝BB1＝2，所以B（0，0，0），A1（2，2，0），B1（0，2，0），C（0，0，2），設(shè)M（0，0，t）（0≤t≤2），則MC＝（0，0，2－t），A1B1＝（－2，0，0），B1C＝（0，－設(shè)平面A1B1C的法向量為n＝（x，y，z），則n·A1B1=0，n·B1C=0，即－2x=0，－2y+2z=0，則所以點(diǎn)M到平面A1B1C的距離d＝｜MC·n｜｜又已知點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為22，所以｜2－t｜2＝22，解得t所以當(dāng)點(diǎn)M為棱BC的中點(diǎn)時，點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為225.[2023四川省宜賓市敘州第二中學(xué)模擬]如圖1，在等邊三角形ABC中，點(diǎn)D，E分別為邊AB，AC上的動點(diǎn)，且滿足DE∥BC，記DEBC＝λ.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置，并使得平面MDE⊥平面DECB，連接MB，MC，得到圖2，其中點(diǎn)N為MC的中點(diǎn)圖1 圖2（1）當(dāng)EN∥平面MBD時，求λ的值.（2）隨著λ值的變化，二面角B－MD－E的大小是否改變？如果改變，請說明理由；如果不改變，請求出二面角B－MD－E的正弦值.解析（1）如圖1，取MB的中點(diǎn)P，連接DP，PN.因?yàn)镸N＝CN，MP＝BP，所以NP＝12BC，NP∥BC.又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四點(diǎn)共面，又EN∥平面MBD，EN?平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP，所以EN∥PD，即四邊形NEDP為平行四邊形， 圖1所以NP＝DE，則DE＝12BC，即λ＝1（2）取DE的中點(diǎn)O，連接MO，則MO⊥DE.因?yàn)槠矫鍹DE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB.如圖2，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)BC＝2，則M（0，0，3λ），D（λ，0，0），B（1，3（1－λ），0），所以MD＝（λ，0，－3λ），DB＝（1－λ，3（1－λ），0）.設(shè)平面BMD的法向量為m＝（x，y，z），則 圖2MD即λx－3令z＝1，則x＝3，y＝－1，則m＝（3，－1，1）是平面BMD的一個法向量.又平面EMD的一個法向量為n＝（0，1，0），即隨著λ值的變化，二面角B－MD－E的大小不變，所以cos＜m，n＞＝m·n｜m||n｜＝－15＝－55，則所以二面角B－MD－E的正弦值為256.[2024浙江名校聯(lián)考]如圖，已知四棱錐E－ABCD中，四邊形ABCD為等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE為等邊三角形.（1）求證：平面ADE⊥平面ABCD.（2）是否存在一點(diǎn)F，滿足EF＝λEB（0＜λ＜1），使直線AF與平面BDE所成的角為60°？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由.解析（1）如圖1，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，則BM＝12AB＝2，又在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，所以DCBM，所以四邊形BMDC為平行四邊形，所以DM＝BC＝2，故DM＝12AB，得BD⊥AD，則BD＝AB2－A因?yàn)椤鰽DE是等邊三角形，所以DE＝AD＝2.由BD2＋DE2＝16＝BE2，得BD⊥DE，又AD∩DE＝D，AD，DE?平面ADE，所以BD⊥平面ADE，又BD?平面ABCD，所以平面ADE⊥平面ABCD.（2）解法一存在點(diǎn)F滿足題意.證明如下：由（1）知，BD⊥平面ADE，又BD?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ADE.如圖1，作AH⊥DE，垂足為H，連接HF，則H為DE的中點(diǎn)，EH＝1，AH＝3.由AH⊥DE，平面BDE?平面ADE＝DE，AH?平面ADE，得在Rt△AHF中，由AH＝3和∠AFH＝60°，得FH＝1.在Rt△BDE中，易得∠DEB＝60°.由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，得△HEF為等邊三角形，F(xiàn)E＝1，又EB＝4，所以λ＝14，故存在點(diǎn)F滿足題意，且λ的值為14解法二存在點(diǎn)F滿足題意.證明如下：以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系，則D（0，0，0），A（2，0，0），B（0，23，0），E（