重難專攻（七）立體幾何中的綜合問題高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)

重難專攻（七）立體幾何中的綜合問題【原卷版】翻折問題【例1】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四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求圖②中的二面角BCGA的大小.圖①是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠ADC＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝3，CE＝2ED，以BE為折痕將△BCE折起，使點C到達C1的位置，且AC1＝6，如圖②.（1）求證：平面BC1E⊥平面ABED；（2）已知點P為線段DC1上一點，且PC1＝2PD，求直線BP與平面ABC1所成角的正弦值.探究問題【例2】已知直三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.（1）證明：BF⊥DE；（2）當(dāng)B1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最?。吭谌庵鵄BCA1B1C1中，四邊形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1與平面AB1C的交線為l.（1）證明：A1B⊥B1C.（2）已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2，l上是否存在點P，使A1B與平面ABP所成角為30°？若存在，求B1P的長度；若不存在，請說明理由.動態(tài)問題考向1軌跡問題【例3】（1）點P為棱長是25的正方體ABCDA1B1C1D1的內(nèi)切球O球面上的動點，點M為B1C1的中點，若滿足DP⊥BM，則動點P的軌跡的長度為（）A.π B.2πC.4π D.25π（2）（多選）如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4，M為DD1的中點，N為ABCD所在平面內(nèi)一動點，則下列命題正確的是（）A.若MN與平面ABCD所成的角為π4，則點NB.若MN＝4，則MN的中點P的軌跡所圍成圖形的面積為2πC.若點N到直線BB1與到直線DC的距離相等，則點N的軌跡為拋物線D.若D1N與AB所成的角為π3，則點N考向2空間位置關(guān)系的判定【例4】（多選）已知P，Q分別是正方體ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上的動點（不與頂點重合），則下列結(jié)論正確的是（）A.AB⊥PQB.平面BPQ∥平面ADD1A1C.四面體ABPQ的體積為定值D.AP∥平面CDD1C1考向3最值（范圍）問題【例5】（1）已知點M是棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1的棱AD的中點，點P在平面BCC1B1所在的平面內(nèi).若平面D1PM分別與平面ABCD和平面BCC1B1所成的銳二面角相等，則點P與點C1的最短距離是（）A.255 C.1 D.6（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝3，BC＝AA1＝2，點P滿足CP＝mCB＋（32－m）CC1，其中m∈［0，32］，則直線AP與平面BCC1B1A.π6 B.C.π3 D.1.在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，點Q是△PBC內(nèi)（含邊界）的一個動點，且滿足DQ⊥AC，則點Q所形成的軌跡的長度是.2.在如圖所示的實驗裝置中，正方形框架的邊長都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，彈子M，N分別在正方形對角線AC，BF上移動，則MN長度的最小值是.1.如圖，斜線段AB與平面α所成的角為π4，B為斜足.平面α上的動點P滿足∠PAB＝π6，則點P的軌跡為（A.圓B.橢圓C.雙曲線的一部分D.拋物線的一部分2.設(shè)動點P在正方體ABCDA1B1C1D1上（含內(nèi)部）運動，且D1P＝λD1B，當(dāng)∠APC為銳角時，實數(shù)λA.（13，1） B.（1C.（0，13） D.（0，13）∪（3.已知正四棱錐PABCD的側(cè)棱長為2，底面邊長為6，點E在射線PD上，F(xiàn)，G分別是BC，PC的中點，則異面直線AE與FG所成角的余弦值的最大值為（）A.63 B.7C.105 D.4.（多選）在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足BP＝λBC＋μBB1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，則（A.當(dāng)λ＝1時，△AB1P的周長為定值B.當(dāng)μ＝1時，三棱錐PA1BC的體積為定值C.當(dāng)λ＝12時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥D.當(dāng)μ＝12時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB15.（多選）如圖，在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為BD1，B1C1的中點，點P在正方體的表面上運動，且滿足MP⊥CN.下列說法中正確的是（）A.點P可以是棱BB1的中點B.線段MP的最大值為3C.點P的軌跡是正方形D.點P的軌跡長度為2＋56.（多選）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（）A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m，高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m，高為0.01m的圓柱體7.已知動點P在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1的表面上運動，且PA＝r（0＜r＜3），記點P的軌跡長度為f（r），則f（1）＋f（2）＝.8.在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，AA1＝2AB＝2.點P在側(cè)面BCC1B1內(nèi)，若A1C⊥平面BDP，則點P到CD的距離的最小值為.9.如圖，在四棱錐SABCD中，已知四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝60°，△SAD為正三角形，平面SAD⊥平面ABCD.（1）求平面SBC與平面ABC夾角的大小；（2）在線段SC（端點S，C除外）上是否存在一點M，使得AM⊥BD？若存在，指出點M的位置；若不存在，請說明理由.10.如圖①，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC＝2AB＝12，E，F(xiàn)都在AC上，且AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，EB∥FG，將△AEB，△CFG分別沿EB，F(xiàn)G折起，使得點A，C在點P處重合，得到四棱錐PEFGB，如圖②.（1）證明：EF⊥PB；（2）若M為PB的中點，求平面BFM與平面EFM夾角的余弦值.11.已知一圓形紙片的圓心為O，直徑AB＝2，圓周上有C，D兩點.如圖，OC⊥AB，∠AOD＝π6，點P是BD上的動點.沿AB將紙片折為直二面角，并連接PO，PD，PC，CD（1）當(dāng)AB∥平面PCD時，求PD的長；（2）當(dāng)三棱錐PCOD的體積最大時，求二面角OPDC的余弦值.12.如圖，在四棱錐EABCD中，平面ABCD⊥平面ABE，AB∥DC，AB⊥BC，AB＝2BC＝2CD＝2，AE＝BE＝3，M為BE的中點.（1）求證：CM∥平面ADE；（2）求平面EBD與平面BDC夾角的正弦值；（3）在線段AD上是否存在一點N，使直線MD與平面BEN所成角的正弦值為4621？若存在，求出AN的長；若不存在，重難專攻（七）立體幾何中的綜合問題【解析版】翻折問題【例1】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四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求圖②中的二面角BCGA的大小.解：（1）證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.（2）作EH⊥BC，垂足為H.因為EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC.由已知，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，HC，HE的方向分別為x軸，y軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz，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所以可取n＝（3，6，－3）.又平面BCGE的法向量可取m＝（0，1，0），所以cos＜n，m＞＝n·m｜因此二面角BCGA的大小為30°.圖①是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠ADC＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝3，CE＝2ED，以BE為折痕將△BCE折起，使點C到達C1的位置，且AC1＝6，如圖②.（1）求證：平面BC1E⊥平面ABED；（2）已知點P為線段DC1上一點，且PC1＝2PD，求直線BP與平面ABC1所成角的正弦值.解：（1）證明：如圖所示，連接AC與BE相交于點O，過點B作BF⊥EC交EC于點F.由DC＝3，CE＝2ED，得DE＝1，CE＝2.四邊形ABFD為矩形，可得BF＝AD＝3，F(xiàn)C＝1.所以BC＝BF2＋FC2＝2，所以∠BCF＝60°，所以△BCE是等邊三角形由EC∥AB，EC＝AB＝2，OC⊥EB，可得OA＝OC＝3，OA⊥EB.所以O(shè)A2＋OC12＝6＝AC12，所以O(shè)A又OB∩OC1＝O，OB，OC1?平面BC1E.所以O(shè)A⊥平面BC1E.又OA?平面ABED，所以平面BC1E⊥平面ABED.（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O（0，0，0），A（3，0，0），B（0，1，0），D（32，－32，0），C1（0，0，3），所以AB＝（－3，1，0），AC1＝（－3，0，3），DC1＝（－32，32，3），BD＝設(shè)平面ABC1的法向量為n＝（x，y，z），所以AB·n＝－3x＋y=0，AC1·n＝－3x＋3z=0，因為點P為線段DC1上一點，且PC1＝2PD，所以DP＝13DC1，所以BP＝BD＋DP＝BD＋13DC1＝（32，－52，0）＋13（－32，3設(shè)直線BP與平面ABC1所成角為θ，則sinθ＝｜BP·n｜｜所以直線BP與平面ABC1所成角的正弦值為270探究問題【例2】已知直三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.（1）證明：BF⊥DE；（2）當(dāng)B1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最??？解：（1）證明：因為E，F(xiàn)分別是AC和CC1的中點，且AB＝BC＝2，所以CF＝1，BF＝5.如圖，連接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，則AF＝BF2＋AB2＝3，所以AC＝AF2－CF2＝22.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B為坐標(biāo)原點，以AB，BC，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）易知面BB1C1C的一個法向量為n1＝（1，0，0）.設(shè)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＋z于是，面DFE的一個法向量為n2＝（3，m＋1，2－m），所以cos＜n1，n2＞＝32設(shè)面BB1C1C與面DFE所成的二面角為θ，則sinθ＝1－故當(dāng)m＝12時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小，為33，即當(dāng)B1D＝12時，面BB1C1C與面在三棱柱ABCA1B1C1中，四邊形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1與平面AB1C的交線為l.（1）證明：A1B⊥B1C.（2）已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2，l上是否存在點P，使A1B與平面ABP所成角為30°？若存在，求B1P的長度；若不存在，請說明理由.解：（1）證明：因為四邊形AA1B1B為菱形，所以A1B⊥AB1.因為平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC?平面ABC，AC⊥AB，所以AC⊥平面AA1B1B.又A1B?平面AA1B1B，所以AC⊥A1B.又因為AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C.又B1C?平面AB1C，所以A1B⊥B1C.（2）l上不存在點P，使A1B與平面ABP所成角為30°.理由如下：取A1B1的中點D，連接AD.因為∠ABB1＝60°，所以∠AA1B1＝60°.又AA1＝A1B1，所以△AA1B1為等邊三角形，所以AD⊥A1B1.因為A1B1∥AB，所以AD⊥AB.又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AD?平面AA1B1B，所以AD⊥平面ABC.以A為原點，以AB，AC，AD的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（－1，0，3），B1（1，0，3），則AC＝（0，2，0），AB＝（2，0，0），AB1＝（1，0，3因為AC∥A1C1，AC?平面A1B1C1，A1C1?平面A1B1C1，所以AC∥平面A1B1C1，又AC?平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，所以AC∥l.假設(shè)l上存在一點P，使A1B與平面ABP所成角為30°.設(shè)B1P＝λAC（λ∈R），則B1P＝（0，所以AP＝AB1＋B1P＝（1，2λ設(shè)n＝（x，y，z）為平面ABP的一個法向量，則n·AB令y＝－3，則z＝2λ，可取n＝（0，－3，2λ）.又A1B＝（3，0，－所以sin30°＝｜cos＜n，A1B＞｜＝｜n·A即3＋4λ2＝4λ2，此方程無解，因此l上不存在點P，使A1B與平面ABP所成角為30°.動態(tài)問題考向1軌跡問題【例3】（1）點P為棱長是25的正方體ABCDA1B1C1D1的內(nèi)切球O球面上的動點，點M為B1C1的中點，若滿足DP⊥BM，則動點P的軌跡的長度為（）A.π B.2πC.4π D.25π（2）（多選）如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4，M為DD1的中點，N為ABCD所在平面內(nèi)一動點，則下列命題正確的是（）A.若MN與平面ABCD所成的角為π4，則點NB.若MN＝4，則MN的中點P的軌跡所圍成圖形的面積為2πC.若點N到直線BB1與到直線DC的距離相等，則點N的軌跡為拋物線D.若D1N與AB所成的角為π3，則點N答案：（1）C（2）ACD解析：（1）根據(jù)題意知，該正方體的內(nèi)切球半徑為r＝5，如圖.取BB1的中點N，連接CN，則CN⊥BM，∴CN為DP在平面B1C1CB中的射影，∴點P的軌跡為過D，C，N的平面與內(nèi)切球的交線，∵正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為25，∴O到過D，C，N的平面的距離為55＝1，∴截面圓的半徑為2，∴點P的軌跡的長度為2π×2＝（2）如圖所示，對于A，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND為MN與平面ABCD所成的角，所以∠MND＝π4，所以DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2，所以點N的軌跡為以D為圓心，2為半徑的圓，故A正確；對于B，在Rt△MDN中，DN＝MN2－MD2＝42－22＝23，取MD的中點E，連接PE，因為P為MN的中點，所以PE∥DN，且PE＝12DN＝3，因為DN⊥ED，所以PE⊥ED，即點P在過點E且與DD1垂直的平面內(nèi)，又PE＝3，所以點P的軌跡為以3為半徑的圓，其面積為π·（3）2＝3π，故B不正確；對于C，連接NB，因為BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以點N到直線BB1的距離為NB的長度，所以點N到點B的距離等于點N到定直線CD的距離，又B不在直線CD上，所以點N的軌跡為以B為焦點，CD為準(zhǔn)線的拋物線，故C正確；對于D，以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A（4，0，0），B（4，4，0），D1（0，0，4），設(shè)N（x，y，0），則AB＝（0，4，0），D1N＝（x，y，－4），因為D1N與AB所成的角為π3，所以｜cos＜AB，D1N＞｜＝cosπ3，所以｜考向2空間位置關(guān)系的判定【例4】（多選）已知P，Q分別是正方體ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上的動點（不與頂點重合），則下列結(jié)論正確的是（）A.AB⊥PQB.平面BPQ∥平面ADD1A1C.四面體ABPQ的體積為定值D.AP∥平面CDD1C1解析：ABD對于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1?平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ?平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正確；對于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ與平面BCC1B1重合，∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正確；對于C，∵A到平面BPQ的距離AB為定值，Q到BP的距離為定值，BP的長不是定值，∴四面體ABPQ的體積不為定值，故C錯誤；對于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP?平面ABB1A1，∴AP∥平面CDD1C1，故D正確.考向3最值（范圍）問題【例5】（1）已知點M是棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1的棱AD的中點，點P在平面BCC1B1所在的平面內(nèi).若平面D1PM分別與平面ABCD和平面BCC1B1所成的銳二面角相等，則點P與點C1的最短距離是（）A.255 C.1 D.6（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝3，BC＝AA1＝2，點P滿足CP＝mCB＋（32－m）CC1，其中m∈［0，32］，則直線AP與平面BCC1B1A.π6 B.C.π3 D.答案：（1）A（2）B解析：（1）設(shè)P在平面ABCD上的射影為P'，M在平面BB1C1C上的射影為M'（圖略），平面D1PM與平面ABCD和平面BCC1B1所成的銳二面角分別為α，β，則cosα＝S△DP'MS△D1PM，cosβ＝S△PM'C1S△D1PM.因為cosα＝cosβ，所以S△DP'M＝S△PM'C1，設(shè)P到C1M'距離為d，則（2）分別取BC，B1C1中點D，D1，則DD1∥BB1，即DD1⊥平面ABC，連接AD，因為AB＝AC，所以AD⊥BC，分別以DA，DB，DD1所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，由已知AD＝2，A（2，0，0），B（0，1，0），C（0，－1，0），C1（0，－1，2），則CB＝（0，2，0），CC1＝（0，0，2），因為CP＝mCB＋（32－m）CC1＝（0，2m，3－2m），AC＝（－2，－1，0），AP＝AC＋CP＝（－2，2m－1，3－2m），易知平面BCC1B1的一個法向量是n＝（1，0，0），設(shè)直線AP與平面BCC1B1所成角為θ，則θ∈［0，π2］，sinθ＝｜cos＜n，AP＞｜＝｜n·AP｜｜n||AP｜＝22+（2m－1）21.在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，點Q是△PBC內(nèi)（含邊界）的一個動點，且滿足DQ⊥AC，則點Q所形成的軌跡的長度是.答案：2解析：如圖，連接BD，交AC于點O，因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD.取PC上一點M，連接MD，MB，使得DM⊥AC，又AC⊥BD，BD∩DM＝D，所以AC⊥平面BDM，則點Q的軌跡是線段BM.以O(shè)為原點，OA所在直線為x軸，OB所在直線為y軸，過點O且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.則O（0，0，0），A（3，0，0），B（0，1，0），D（0，－1，0），P32,?12，1，C（－3，0，0），OA＝（3，0，0），DP＝32，12，1，PC＝（－332，12，－1），BD＝（0，－2，0）.設(shè)DM＝DP＋PM＝DP＋λPC＝32，12，1＋λ（－332，12，－1），0≤λ≤所以O(shè)A·DM＝0，解得λ＝13，所以DM＝0，23，23，BM＝BD＋DM＝（0，－2，0）＋0，23，23＝0,?42.在如圖所示的實驗裝置中，正方形框架的邊長都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，彈子M，N分別在正方形對角線AC，BF上移動，則MN長度的最小值是.答案：3解析：∵M，N是異面直線AC，BF上兩點，∴MN的最小值即為兩條異面直線間距離d.∵平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥BC，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴BC⊥平面ABEF，又AB⊥BE，則以B為坐標(biāo)原點可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（1，0，0），B（0，0，0），F(xiàn)（1，1，0），C（0，0，1），∴AC＝（－1，0，1），BF＝（1，1，0），AB＝（－1，0，0），設(shè)異面直線AC，BF的公垂向量n＝（x，y，z），則AC·n＝－x＋z=0，BF·n＝x＋y=0，令x＝1，則y＝－1，z＝1，∴n＝（1，1.如圖，斜線段AB與平面α所成的角為π4，B為斜足.平面α上的動點P滿足∠PAB＝π6，則點P的軌跡為（A.圓B.橢圓C.雙曲線的一部分D.拋物線的一部分解析：B建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OB＝OA＝1，則B（0，1，0），A（0，0，1），P（x，y，0），則AB＝（0，1，－1），AP＝（x，y，－1），所以cos＜AB，AP＞＝y(tǒng)+12·x2＋y2+1＝32，即x2.設(shè)動點P在正方體ABCDA1B1C1D1上（含內(nèi)部）運動，且D1P＝λD1B，當(dāng)∠APC為銳角時，實數(shù)λA.（13，1） B.（1C.（0，13） D.（0，13）∪（解析：C設(shè)AP＝x，D1P＝t，正方體的棱長為1，則AC＝2，在△APC中，由余弦定理得cos∠APC＝x2＋x2－22x2＝x2－1x2，若∠APC為銳角，則x2－1x2＞0，則x2＞1，在△AD1B中，AD1＝2，cos∠AD1B＝（2）2＋（3）2－12×2×3＝63，在△AD1P中，由余弦定理得x2＝2＋t2－2×2×t×63，于是2＋t2－2×2×t×63＞1，即3t2－433.已知正四棱錐PABCD的側(cè)棱長為2，底面邊長為6，點E在射線PD上，F(xiàn)，G分別是BC，PC的中點，則異面直線AE與FG所成角的余弦值的最大值為（）A.63 B.7C.105 D.解析：C如圖，連接AC，BD交于O，連接PO.因為F，G分別是BC，PC的中點，所以FG∥PB，則AE與FG所成的角即是AE與PB所成的角，設(shè)AE與PB所成的角為θ.由題意知，OA，OB，OP兩兩互相垂直，分別以O(shè)A，OB，OP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P（0，0，1），D（0，－3，0），B（0，3，0），A（3，0，0），由PE＝λPD（λ≥0）得E（0，－3λ，1－λ）（λ≥0），所以AE＝（－3，－3λ，1－λ），PB＝（0，3，－1），所以cosθ＝｜AE·PB｜AE｜·｜PB｜｜＝｜2λ+1｜222λ2－λ+2.令f（λ）＝4λ2+4λ+12λ2－λ+2（λ≥0），則f'（λ）＝－3（2λ+1)(2λ－3）（2λ2－λ+2）2，當(dāng)0≤λ＜32時，f'（4.（多選）在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足BP＝λBC＋μBB1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，則（A.當(dāng)λ＝1時，△AB1P的周長為定值B.當(dāng)μ＝1時，三棱錐PA1BC的體積為定值C.當(dāng)λ＝12時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥D.當(dāng)μ＝12時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1解析：BDBP＝λBC＋μBB1（0≤λ≤1，0≤μ≤1）.對于選項A，當(dāng)λ＝1時，點P在棱CC1上運動，如圖①所示，此時△AB1P的周長為AB1＋AP＋PB1＝2＋1+μ2＋1+（1－μ）2＝2＋對于選項B，當(dāng)μ＝1時，點P在棱B1C1上運動，如圖②所示，則VP-A1BC＝VA1-PBC＝13S△PBC×32＝36S△PBC＝36×12×1×1＝312，為定值，故B正確；對于選項C，取BC的中點D，B1C1的中點D1，連接DD1，A1B，則當(dāng)λ＝12時，點P在線段DD1上運動，假設(shè)A1P⊥BP，則A1P2＋BP2＝A1B2，即322＋（1－μ）2＋122＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以點P與點D或D1重合時，A1P⊥BP，故C錯誤；對于選項D，易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，設(shè)AB1與A1B交于點K，連接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B5.（多選）如圖，在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為BD1，B1C1的中點，點P在正方體的表面上運動，且滿足MP⊥CN.下列說法中正確的是（）A.點P可以是棱BB1的中點B.線段MP的最大值為3C.點P的軌跡是正方形D.點P的軌跡長度為2＋5解析：BD在正方體ABCDA1B1C1D1中，以D為坐標(biāo)原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵該正方體的棱長為1，M，N分別為BD1，B1C1的中點，∴D1（0，0，1），B（1，1，0），M（12，12，12），N（12，1，1），C（0，1，0），∴CN＝（12，0，1），設(shè)P（x，y，z），則MP＝（x－12，y－12，z－12），∵MP⊥CN，∴12（x－12）＋z－12＝0，即2x＋4z－3＝0，當(dāng)x＝1時，z＝14，當(dāng)x＝0時，z＝34，取E（1，0，14），F(xiàn)（1，1，14），G（0，1，34），H（0，0，34），連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，則EF＝HG＝（0，1，0），EH＝FG＝（－1，0，12），∴四邊形EFGH為矩形，又EF·CN＝0，EH·CN＝0，即EF⊥CN，EH⊥CN，又EF和EH為平面EFGH中的兩條相交直線，∴CN⊥平面EFGH，又EM＝（－12，12，14），MG＝（－12，12，14），∴M為EG的中點，則M∈平面EFGH，為使MP⊥CN，必有點P∈平面EFGH，又點P在正方體表面上運動，∴點P的軌跡為四邊形EFGH，∴點P不可能是棱BB1的中點，故選項A錯誤；又EF＝GH＝1，EH＝FG＝52，∴EF≠EH，則點P的軌跡是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周長為2＋2×52＝2＋5，故選項C錯誤，選項6.（多選）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（）A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m，高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m，高為0.01m的圓柱體解析：ABD棱長為1m的正方體的內(nèi)切球的直徑為1m，1m＞0.99m，所以A符合題意；如圖①，在棱長為1m的正方體中，正四面體A1BDC1的棱長為2m，2m＞1.4m，所以B符合題意；因為棱長為1m的正方體上任意兩點間的最大距離為正方體的體對角線長3m≈1.732m，而3m＜1.8m，所以C不符合題意；如圖②，假設(shè)放入最大的圓柱的上、下底面圓心為P，Q，設(shè)圓柱底面半徑為rm，底面直徑為dm，連接AC1，如圖③，在平面AB1C1D中，過Q作QE⊥AC1，交AB1于點E，則QE＝rm，AQ＝2rm，PQ＝3－22r＝（3－2d）m，當(dāng)d＝1.2時，PQ＝3－2×1.2≈1.732－1.414×1.2≈0.035m＞0.01m，故D符合題意.故選A、B、D.7.已知動點P在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1的表面上運動，且PA＝r（0＜r＜3），記點P的軌跡長度為f（r），則f（1）＋f（2）＝.答案：3π解析：如圖，當(dāng)r＝1時，點P在正方體表面上的軌跡分別是以A為圓心，1為半徑的三個面上的三段弧，分別為BD，A1B，A1D，則f（1）＝3×14×2π＝3π2，當(dāng)r＝2時，點P在正方體表面上的軌跡為在平面A1B1C1D1上以A1為圓心，1為半徑的B1D1，在平面B1BCC1上為以B為圓心，1為半徑的B1C，在平面DCC1D1上為以D為圓心，1為半徑的CD1，則f（2）＝3×14×2π＝3π28.在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，AA1＝2AB＝2.點P在側(cè)面BCC1B1內(nèi)，若A1C⊥平面BDP，則點P到CD的距離的最小值為.答案：5解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1（1，0，2），C（0，1，0），B（1，1，0），A1C＝（－1，1，－2），設(shè)P（x，1，z），CP＝（x，0，z）.由于A1C⊥平面BDP，所以A1C·DB＝－1+1+0=0，A1C·DP＝－x+1－2z=0，所以x＋2z＝1.由于DC·CP＝0，即CP⊥DC，P到CD的距離為｜CP｜＝x2＋z2＝（1－9.如圖，在四棱錐SABCD中，已知四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝60°，△SAD為正三角形，平面SAD⊥平面ABCD.（1）求平面SBC與平面ABC夾角的大??；（2）在線段SC（端點S，C除外）上是否存在一點M，使得AM⊥BD？若存在，指出點M的位置；若不存在，請說明理由.解：（1）取AD中點O，連接SO，BO，因為SA＝SD，OA＝OD，所以SO⊥AD，又因為平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SO?平面SAD，所以SO⊥平面ABCD，因為OB?平面ABCD，所以SO⊥OB，因為BA＝BD，OA＝OD，所以O(shè)A⊥OB，所以O(shè)A，OB，OS兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD＝2，則S（0，0，3），B（0，3，0），C（－2，3，0），A（1，0，0），D（－1，0，0），平面ABCD的法向量為OS＝（0，0，3），設(shè)平面SBC的法向量為n＝（x，y，z），則n·BS=0，n·BC=0，又BS＝（0，－3，3），BC＝（－2，0，0），所以－3y＋3z=0設(shè)平面SBC與平面ABC的夾角為θ，則cosθ＝｜n·OS｜n||OS｜｜故平面SBC與平面ABC的夾角為45°.（2）設(shè)M（x1，y1，z1），SM＝λSC，0＜λ＜1，則M（－2λ，3λ，3（1－λ）），AM＝（－2λ－1，3λ，3（1－λ）），BD＝（－1，－3，0），由AM·BD＝2λ＋1－3λ＝0，解得λ＝1，矛盾，故不存在.10.如圖①，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC＝2AB＝12，E，F(xiàn)都在AC上，且AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，EB∥FG，將△AEB，△CFG分別沿EB，F(xiàn)G折起，使得點A，C在點P處重合，得到四棱錐PEFGB，如圖②.（1）證明：EF⊥PB；（2）若M為PB的中點，求平面BFM與平面EFM夾角的余弦值.解：（1）證明：由AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，AC＝12，得PE＝AE＝3，EF＝4，PF＝FC＝5，則PF2＝PE2＋EF2，所以PE⊥EF.因為AEAB＝ABAC＝12，所以△ABE所以BE⊥AC，即BE⊥EF.又PE∩BE＝E，所以EF⊥平面PEB，因為PB?平面PEB，所以EF⊥PB.（2）以E為坐標(biāo)原點，以EF，EB，EP的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系Exyz，則E（0，0，0），F(xiàn)（4，0，0），P（0，0，3），B（0，33，0），M（0，332，3則EF＝（4，0，0），EM＝（0，332，32），BF＝（4，－33，0），PF＝（4，0，－平面BFM即平面BFP，設(shè)平面BFM的法向量為m＝（x1，y1，z1），則m·BF令y1＝4，得m＝（33，4，43）.設(shè)平面EFM的法向量為n＝（x