專題24立體幾何初步中的動點動直線問題-2020-2021學年高一數(shù)學下學期期末考試壓軸題專練（2019尖子生專用）

專題24立體幾何初步中的動點動直線問題（時間：90分鐘總分：120）班級姓名得分解答題解題策略：（1）常見失分因素：①對題意缺乏正確的理解，應做到慢審題快做題；②公式記憶不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性質(zhì)等；③思維不嚴謹，不要忽視易錯點；④解題步驟不規(guī)范，一定要按課本要求，否則會因不規(guī)范答題而失分，避免“對而不全”，如解概率題時，要給出適當?shù)奈淖终f明，不能只列幾個式子或單純的結(jié)論，表達不規(guī)范、字跡不工整等非智力因素會影響閱卷老師的“感情分”；⑤計算能力差導致失分多，會做的試題一定不能放過，不能一味求快，⑥輕易放棄試題，難題不會做時，可分解成小問題，分步解決，如最起碼能將文字語言翻譯成符號語言、設(shè)應用題未知數(shù)、設(shè)軌跡的動點坐標等，都能拿分。也許隨著這些小步驟的羅列，還能悟出解題的靈感。（2）何為“分段得分”：對于同一道題目，有的人理解的深，有的人理解的淺；有的人解決的多，有的人解決的少。為了區(qū)分這種情況，中考的閱卷評分辦法是懂多少知識就給多少分。這種方法我們叫它“分段評分”，或者“踩點給分”——踩上知識點就得分，踩得多就多得分。與之對應的“分段得分”的基本精神是，會做的題目力求不失分，部分理解的題目力爭多得分。對于會做的題目，要解決“會而不對，對而不全”這個老大難問題。有的考生拿到題目，明明會做，但最終答案卻是錯的——會而不對。有的考生答案雖然對，但中間有邏輯缺陷或概念錯誤，或缺少關(guān)鍵步驟——對而不全。因此，會做的題目要特別注意表達的準確、考慮的周密、書寫的規(guī)范、語言的科學，防止被“分段扣分”。經(jīng)驗表明，對于考生會做的題目，閱卷老師則更注意找其中的合理成分，分段給點分，所以“做不出來的題目得一二分易，做得出來的題目得滿分難”。對絕大多數(shù)考生來說，更為重要的是如何從拿不下來的題目中分段得點分。我們說，有什么樣的解題策略，就有什么樣的得分策略。把你解題的真實過程原原本本寫出來，就是“分段得分”的全部秘密。①缺步解答：如果遇到一個很困難的問題，確實啃不動，一個聰明的解題策略是，將它們分解為一系列的步驟，或者是一個個小問題，先解決問題的一部分，能解決多少就解決多少，能演算幾步就寫幾步，尚未成功不等于失敗。特別是那些解題層次明顯的題目，或者是已經(jīng)程序化了的方法，每一步得分點的演算都可以得分，最后結(jié)論雖然未得出，但分數(shù)卻已過半，這叫“大題拿小分”。②跳步答題：解題過程卡在某一過渡環(huán)節(jié)上是常見的。這時，我們可以先承認中間結(jié)論，往后推，看能否得到結(jié)論。如果不能，說明這個途徑不對，立即改變方向；如果能得出預期結(jié)論，就回過頭來，集中力量攻克這一“卡殼處”。由于考試時間的限制，“卡殼處”的攻克如果來不及了，就可以把前面的寫下來，再寫出“證實某步之后，繼續(xù)有……”一直做到底。也許，后來中間步驟又想出來，這時不要亂七八糟插上去，可補在后面。若題目有兩問，第一問想不出來，可把第一問作為“已知”，先做第二問，這也是跳步解答。③退步解答：“以退求進”是一個重要的解題策略。如果你不能解決所提出的問題，那么，你可以從一般退到特殊，從抽象退到具體，從復雜退到簡單，從整體退到部分，從較強的結(jié)論退到較弱的結(jié)論?？傊?，退到一個你能夠解決的問題。為了不產(chǎn)生“以偏概全”的誤解，應開門見山寫上“本題分幾種情況”。這樣，還會為尋找正確的、一般性的解法提供有意義的啟發(fā)。④輔助解答：一道題目的完整解答，既有主要的實質(zhì)性的步驟，也有次要的輔助性的步驟。實質(zhì)性的步驟未找到之前，找輔助性的步驟是明智之舉。如：準確作圖，把題目中的條件翻譯成數(shù)學表達式，設(shè)應用題的未知數(shù)等。答卷中要做到穩(wěn)扎穩(wěn)打，字字有據(jù)，步步準確，盡量一次成功，提高成功率。試題做完后要認真做好解后檢查，看是否有空題，答卷是否準確，所寫字母與題中圖形上的是否一致，格式是否規(guī)范，尤其是要審查字母、符號是否抄錯，在確信萬無一失后方可交卷。一、解答題如圖，在四棱錐S?ABCD中，側(cè)棱SA=SB=SC=SD，底面ABCD是菱形，AC

(1)求證：AC⊥平面SBD(2)若E為BC中點，點P在側(cè)面△SCD內(nèi)及其邊界上運動，并保持PE⊥AC，試指出動點P【答案】(1)證明：先用同一法證S在底面ABCD的射影是O，

作SO′⊥ABCD，垂足為O′，

由于SA=SB=SC=SD，

所以O(shè)′A=O′B=O′C=O′D，又底面為菱形，所以O(shè)?與O重合，

所以SO⊥ABCD，

所以平面SBD⊥ABCD，交線是BD，又AC⊥BD，

所以AC⊥SBD；

(2)解：設(shè)F、G分別是CD和SC的中點，則P的軌跡是線段FG，

證明：連EF、FG、EG，由于EF//BD，EG//SB，

所以面EFG//SBD，又由(1)AC⊥SBD，

所以AC⊥EFG，取FG上任何一點P都有AC⊥PE，

故P的軌跡是線段FG．【知識點】線面垂直的判定、面面垂直的性質(zhì)、面面平行的性質(zhì)、面面垂直的判定、面面平行的判定、線面垂直的性質(zhì)【解析】略

在平面四邊形ABCD中，AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD，將ΔABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，點M為AD上動點，連結(jié)BM，CM，如圖．(1)求證：BM⊥CD；(2)若AM=2MD，求點B到平面MCD的距離．【答案】證明：(1)∵平面f(x)?∞,?lna平面?lna,+∞，平面f(x)?平面BCD=BD且CD?平面?lna,+∞，CD⊥BD，

∴CD⊥平面f(x)，

又∵BM?平面f(x)，

∴BM⊥CD；

(2)設(shè)點?∞,+∞到平面f(0)=0,的距離為h，由于VB?MCD=VM?BCD，

所以1【知識點】線面垂直的判定、面面垂直的性質(zhì)、空間中直線與直線的位置關(guān)系、空間中的距離、線面垂直的性質(zhì)【解析】本題考查了線面垂直的判定，面面垂直的性質(zhì)，直線與直線的位置關(guān)系，點到面的距離等，考查了推理能力和空間想象能力，屬于中檔題．

(1)由平面f(x)?∞,?lna平面?lna,+∞，推出平面f(x)，從而利用線面垂直的性質(zhì)，可證BM⊥CD；

(2)設(shè)點?∞,+∞到平面f(0)=0,的距離為h，由等體積法，可得1三棱柱ABC?A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，AB=AA1=A1B=4，BC=2，AC=23，點F為棱AB的中點，點E為線段A1C1上的動點．【答案】(1)證明：因為AB=AA1=A1B,F為AB中點，所以A1F⊥AB，

因為平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，A1F?平面AA1B1B，

所以A1F⊥平面ABC，

而BC?平面ABC，故A1F⊥BC，

又因為BC2+AC2=AB2，所以BC⊥AC，

又∵在三棱柱ABC?A1B1C1中，，

又A1F∩A1E=A1，A1F,A1E?面A1EF，

故BC⊥面A1EF，

又EF?面A1EF，

所以BC⊥EF；

(2)解：【知識點】線面垂直的判定、面面垂直的性質(zhì)、棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積、表面積和體積、空間中的距離、線面垂直的性質(zhì)【解析】本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)，點到平面的距離，棱錐的體積，考查了學生的空間想象能力，培養(yǎng)了學生分析問題與解決問題的能力，屬于中檔題．

(1)根據(jù)題意，可得BC⊥面A1EF，即可得證；

(2)根據(jù)題意，利用V如圖，在三棱錐P?ABC中，PA=PB=2，AB=AC=2，AB⊥AC，平面PAB⊥平面ABC，點D在線段BC上，且CD=3BD，F(xiàn)是線段AB的中點，點E是PD上的動點．

(1)證明：BC⊥EF．

(2)當EF//平面PAC時，求三棱錐C?DEF的體積．【答案】(1)證明：連接PF，

因為PA=PB，F(xiàn)為AB的中點，

所以PF⊥AB．

又平面PAB⊥平面ABC，

平面PAB∩平面ABC=AB，PF?平面PAB，

所以PF⊥平面ABC，

因為BC?平面ABC，所以PF⊥BC．

設(shè)BC的中點為H，連接AH，EH，

因為BD=14BC，DF是?ABH的中位線，

所以DF//AH，

因為AB=AC，點H為BC中點，

所以AH⊥BC，所以DF⊥BC．

因為PF?平面PDF，DF?平面PDF，PF∩DF=F，

所以BC⊥平面PDF，

因為EF?平面PDF，

所以BC⊥EF．

(2)解：設(shè)點E到平面ABC的距離為h，

由(1)知EH//PC，DEDP=DHDC=13，

所以?PF=13【知識點】線面垂直的判定、棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積、表面積和體積、線面垂直的性質(zhì)、線面平行的性質(zhì)【解析】本題考查線線垂直的證明和三棱錐體積的求法，屬于中檔題．

(1)首先作輔助線，然后證明BC⊥平面PDF，然后通過線面垂直性質(zhì)定理即可證明線線垂直；

(2)首先求出三棱錐的高，然后根據(jù)S?CDF=在Rt△AOB中，∠OAB=π6，斜邊AB=4．Rt△AOC可以通過Rt△AOB以直線AO為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角B?AO?C是直二面角．動點D的斜邊AB上．(1)求證：平面COD⊥平面AOB；(2)求直線CD與平面AOB所成角的正弦的最大值．【答案】(1)證明：由已知CO⊥AO，BO⊥AO，

∴∠BOC是二面角B?AO?C的平面角，

∴∠BOC=π2，

∴OC⊥OB．

∵OA∩OB=O，OA?平面AOB，OB?平面AOB，

∴OC⊥平面AOB，

∵OC?平面COD，

∴平面COD⊥平面AOB；

(2)解：在Rt△AOB中，∠OAB=π6，斜邊AB=4，

∴OB=12AB=2且∠OBA=π3．

由(1)知，OC⊥平面AOB，

所以直線CD與平面AOB所成的角為∠ODC．

在Rt△OCD中，∠COD=π2，OC=OB=2，CD=OD2+OC2=OD2+4，

∴sin【知識點】線面垂直的判定、二面角、面面垂直的判定、直線與平面所成角【解析】本題考查平面與平面垂直的判定，同時也考查了直線與平面所成角的計算，解題時要充分利用題中垂直關(guān)系構(gòu)造直線與平面所成的角，考查邏輯推理能力與計算能力，屬于中等題．

(1)由題意得出平面AOC⊥平面AOB，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OC⊥AO，由平面與平面垂直的性質(zhì)定理得出OC⊥平面AOB，再利用平面與平面垂直的判定定理得出平面COD⊥平面AOB；

(2)計算出OB，由(1)可知，OC⊥平面AOB，于是得出直線CD與平面AOB所成的角為∠ODC，可得出sin∠ODC=OCCD=OCOC2+OD如圖，已知四棱錐P?ABCD，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F(xiàn)分別是BC，PC(Ⅰ)證明：AE⊥PD;(Ⅱ)若H為PD上的動點，EH與平面PAD所成最大角的正切值為62，求二面角E—AF—C的余弦值．【答案】【解答】

(1)證明：由四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，可得△ABC為正三角形．

因為E為BC的中點，所以AE⊥BC.

又BC//AD，因此AE⊥AD，

因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE．

而PA?平面PAD，AD?平面PAD且PA∩AD=A，

所以AE⊥平面PAD.又PD?平面PAD，

所以AE⊥PD．

(2)解：設(shè)AB=2，H為PD上任意一點，連接AH，EH．

由(Ⅰ)知AE⊥平面PAD，

則∠EHA為EH與平面PAD所成的角．

在Rt△EAH中，AE=3，

所以當AH最短時，∠EHA最大，

即當AH⊥PD時，∠EHA最大．

此時tan∠EHA=AEAH=3AH=62，

因此AH=2，又AD=2，所以∠ADH=45°，

所以PA=2．

因為PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC，

所以平面PAC⊥平面ABCD．

過E作EO⊥AC于O，則EO⊥平面PAC，

過O作OS⊥AF于S，連接ES，則∠ESO為二面角E?AF?C的平面角，

在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=32，AO=AE·cos30°=32，

【知識點】線面垂直的判定、利用空間向量求線線、線面和面面的夾角、面面垂直的性質(zhì)、面面垂直的判定、線面垂直的性質(zhì)【解析】【分析】

本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)，考查面面垂直的判定與性質(zhì)，考查求二面角，求二面角的大小，一般先作出二面角的平面角．

(1)要證明AE⊥PD，需證明AE⊥面PAD，由已知易得AE⊥PA，再證明AE⊥AD即可，由于底面ABCD為菱形，故我們可以轉(zhuǎn)化為證明AE⊥BC，由已知易不難得到結(jié)論；

(2)由EH與平面PAD所成最大角的正切值為62，分析后可得PA的值，由(Ⅰ)的結(jié)論，我們進而可以證明平面PAC⊥平面ABCD，則過E作EO⊥AC于O，則EO⊥平面PAC，過O作OS⊥AF于S，連接ES，則∠ESO為二面角E?AF?C的平面角，然后解三角形ASO，即可求出二面角E?AF?C的余弦值．如圖，在四棱錐S?ABCD中，底面ABCD為等腰梯形，AB//CD，其中點C、D都在以AB為直徑的圓上，SD=3，SC=7，AB=2AD=4，平面SCD⊥平面ABCD(1)證明：SD⊥平面ABCD．(2)設(shè)點P是線段SB(不含端點)上一動點，當三棱錐P?SAC的體積為1時，求異面直線AD與CP所成角的余弦值．【答案】(1)證明：連接AC，BD，因為點D在以AB為直徑的圓上，所以∠ADB=90°，

因為AB=2AD=4，所以∠ABD=30°，∠DAB=60°，

所以，

因為ABCD為等腰梯形，AB//CD，

所以，

又因為SD=3，SC=7，

所以SD2+CD2=SC2，從而得SD⊥CD，

又因為平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD=CD，

所以SD⊥平面ABCD；

(2)解：由(1)得VS?ABC=13S△ABC?SD=13?12?AC?BC?SD=2，

設(shè)BP=λBS(0<λ<1)，則VP?ABC=13S△ABC?λSD=2λ，

所以VP?SAC=VS?ABC?VP?ABC=2?2λ=1，解得λ=12，

即點P是線段SB的中點．

取AB的中點為M，連接CM，則由(1)及條件得AM//CD，且AM=CD=2，所以四邊形AMCD為平行四邊形，

從而CM//AD，且CM=AD=2，所以∠PCM為異面直線【知識點】線面垂直的判定、面面垂直的性質(zhì)、棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積、表面積和體積、異面直線所成角、余弦定理【解析】本題主要考查線面垂直，棱錐的體積公式，異面直線所成角，屬于較難題．

(1)由題意根據(jù)面面垂直的性質(zhì)得到線面垂直，即可；

(2)由(1)和體積公式，再根據(jù)余弦定理即可．

如圖，將斜邊長為42的等腰直角?ABC沿斜邊BC上的高AD折成直二面角B?AD?C，E為AD中點．

(1)求二面角A?BC?E的余弦值；(2)M為線段BC上一動點，當直線DM與平面BCE所成的角最大時，求三棱錐M?CDE外接球的體積．【答案】解：(1)設(shè)F為BC中點，連結(jié)EF，AF，

∵△ABC為等腰直角三角形，且二面角B?AD?C為直二面角，

∴BD⊥平面ADC，

∴AD=BD=CD=22，AB=BC=CA=4，

由平面幾何可知，BE=CE=10，

∴EF⊥BC，AF⊥BC，∴∠EFA是二面角A?BC?E的平面角，

在△EFA中，AE=2，AF=42?22=23，EF=10?4=6，

∴cos∠EFA=EF2+AF2?AE22×EF×AF=16122=223，

∴二面角A?BC?E的余弦值為223．

(2)設(shè)直線DM與平面BCE所成角為α，點D到平面BCE的距離為d，

則sinα=dDM，

在三棱錐B?CDE中，S△BCE=12×BC×EF=26，

由VB?CDE=VD?BCE，解得d=233

當【知識點】圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面積、表面積和體積、球的表面積和體積、利用空間向量求線線、線面和面面的夾角、二面角、直線與平面所成角【解析】【試題解析】本題考查二面角的余弦值、三棱錐外接球的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．

(1)設(shè)F為BC中點，連結(jié)EF，AF，推導出BD⊥平面ADC，AD=BD=CD=22，AB=BC=CA=4，由平面幾何可知，BE=CE=10，從而EF⊥BC，AF⊥BC，進而∠EFA是二面角A?BC?E的平面角，由此能求出二面角A?BC?E的余弦值．

(2)設(shè)直線DM與平面BCE所成角為α，點D到平面BCE的距離為d，則sinα=dDM，由VB?CDE=VD?BCE，解得d=233當DM最小時，直線DM與平面BCE所成角的正弦值最大，此時所成角也最大，從而當M

如圖，在四棱錐P?ABCD中，AP、AB、AD兩兩垂直，∠ADC=900，且AB=2DC=2，線段PC上的動點E在平面PAB內(nèi)的射影為H，記PE=λEC．

(1)若F為AD的中點，是否存在實數(shù)λ，使得EF//平面PAB，并說明理由;(2)若λ=4,AP=2,AD=3，求四棱錐P?ADEH【答案】解：(1).當λ=1時，有EF//平面PAB，

理由如下：取AB的中點M，連接PM、CM，如下圖：

∵∠ADC=900∴DC⊥AD且AB⊥AD，

故有AB//DC且AB=2DC，

所以AM//DC且AM=DC，即AMCD為平行四邊形DA//CM，

又∵DA⊥AP,DA⊥AB且AB?AD=A，

∴DA⊥面PAB且DA//CM故有CM⊥面PAB，

所以PM是斜線PC在平面PAB內(nèi)的射影，即為點H的軌跡.

當λ=1時，E為PC的中點，所以點H為PM的中點，連接AH、HE、EF，

易得EH//MC//AF，且EH=AF，故四邊形AHEF為平行四邊形，

∴EF//AH且EF?面PAB,AH?面PAB，∴EF//面PAB，

(2)∵DA⊥AB,DA⊥AP且AB∩AP=A，∴DA⊥面PAB；

同理可得∴AB⊥面PAD，

取AB的中點M，連接CM、PM，在面PCM中過點E作EH//CM交PM于點H，

則H為點E在平面PAB內(nèi)的射影，

理由如下：EH//CM//AD且AD⊥面PAB，∴EH⊥面PAB，

同理在面PDC內(nèi)過E作EK//CD，

則EK//CD//AB且AB⊥面PAD，∴EK⊥面PAD，

∵PEPC=45,∴EHCM=45即【知識點】線面平行的判定、棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積、表面積和體積、空間中直線與平面的位置關(guān)系【解析】本題主要考查了直線與直線，直線與平面的位置關(guān)系；棱錐的側(cè)面積，體積的求解．

(１)通過構(gòu)造平行四邊形來證明線面平行．

(２)將四棱錐P?ADEH拆分成三棱錐E?PAH和三棱錐E?PAD，通過求這兩個三棱錐的高和底面積，求得它們的體積，然后求和，得所求．

如圖，在Rt△AOB中，∠OAB=30°，斜邊AB=4，Rt△AOC可以通過Rt△AOB以直線AO為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角B?AO?C是直二面角，動點D在斜邊AB上．

(1)求證：平面COD⊥平面AOB；(2)當D為AB的中點時，求異面直線AO與CD所成角的正切值；(3)求CD與平面AOB所成角的正切值的最大值．【答案】

解：(1)證明：由題意，CO⊥AO，BO⊥AO，

∴∠BOC是二面角B?AO?C的平面角，

又∵二面角B?AO?C是直二面角．

∴CO⊥BO．

又∵AO∩BO=O，

∴CO⊥平面AOB．

又CO?平面COD，

∴平面COD⊥平面AOB．

(2)如圖，作DE⊥OB，垂足為E，連接CE，

則DE//AO．

∴∠CDE是異面直線AO與CD所成的角．

在Rt△OCB中，CO=BO=2，OE=12BO=1，

∴CE=CO2+OE2=5．

又DE=12AO=3，

∴在Rt△CDE中，tan?∠CDE=CEDE=53=153．

即異面直線AO與CD所成角的正切值是153．

(3)由(1)知