链接高考8立体几何中的探索和动态问题

1.(2024江苏南京、盐城一模,7)在棱长为2a(a>0)的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别为棱AB,D1C1的中点.已知动点P在该正方体的表面上,且PM·PN=0,则点P的轨迹长度为()

A.12a B.12πa C.24a D.24πa

答案 B

2.(多选)(2025届云南师大附中期中,11)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC1的中点,Q为AB的中点,动点P满足AP=λAB+μAD,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则()

A.当λ=0,μ∈0,12时,平面D1PQ截正方体所得截面为四边形

B.当λ+μ=2时,A1P⊥平面D1B1A

C.当λ+μ=1时,PA+PC1的最小值为2+62

D.当OP=216时,动点P的轨迹长度为3π4

答案 BC

3.(多选)(2024江西赣州十八县(市)二十四校联考,10)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AA1=AB,点M,N分别为CC1和BC的中点,点P是棱AA1上的一个动点,则下列说法中正确的有()

A.存在点P,使得B1M∥平面PBC

B.直线PN与CC1为异面直线

C.存在点P,使得B1M⊥PN

D.存在点P,使得直线PN与平面ABC所成角为45°

答案 BCD

4.(多选)(2025届江苏如东一中、宿迁一中、徐州中学第一次阶段性测试,11)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AA1=2AD=2,点P满足AP=λAB+μAD,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则()

A.若B1P与平面ABCD所成角为π4,则点P的轨迹长度为π4

B.当λ=μ时,B1P∥平面A1C1D

C.当λ=12时,有且仅有一个点,使得A1P⊥BP

D.当μ=2λ时,A1P+DP的最小值为2+2

答案 BCD

5.(2024福建宁德毕业班质量检查,16)在平行四边形ABCD中,∠D=60°,CD=1,AC=3.将△ABC沿AC翻折到△APC的位置,使得PD=5.

(1)证明:CD⊥平面APC;

(2)在线段AD上是否存在点M,使得二面角M-PC-A的余弦值为23913?若存在,求出|AM||MD|的值;若不存在,请说明理由.



解析(1)证明:在三角形ACD中,由正弦定理可得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD,3sin60°=1sin∠CAD,(1分)

sin∠CAD=12,又AC>CD,故∠CAD=30°.(2分)

所以∠ACD=90°,即CD⊥AC,(3分)

因为PD=5,PC=2,CD=1,

所以PC2+CD2=PD2,则有CD⊥PC.(5分)

因为PC∩AC=C,AC,PC?平面APC,

所以CD⊥平面APC.(6分)

(2)由(1)知CD⊥平面APC,且CD?平面ADC,

所以平面ADC⊥平面APC.

在平行四边形ABCD中,BA⊥AC,即PA⊥AC,

故PA⊥平面ADC.(7分)

以点C为坐标原点,CD、CA、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则C(0,0,0),D(1,0,0),P(0,3,1),A(0,3,0),(8分)



设AM=λAD=λ(1,-3,0)=(λ,-3λ,0),其中0≤λ≤1,

则CM=CA+AM=(0,3,0)+(λ,-3λ,0)=(λ,3?3λ,0),(9分)

设平面MCP的法向量为m=(x,y,z),

则m·CP=3y+z=0,m·CM=λx+(3?3λ)y=0,取y=λ,则z=-3λ,x=3(λ-1),所以m=(3(λ-1),λ,-3λ),(11分)

易知平面CPA的一个法向量为n=(1,0,0),(12分)

则|cos|=|m·n||m|·|n|=|3(λ?1)|3(λ?1)2+λ2+3λ2=23913,

整理可得15λ2+2λ-1=0,

由0≤λ≤1,解得λ=15(舍负),(14分)

因此,线段AD上存在点M,使得二面角M-PC-A的余弦值为23913,且|AM||MD|=14.(15分)

6.(2025届湖南长沙周南中学段考,17)如图,已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面,矩形SADE的对角线交于点F,G为SB的中点,∠ABC=∠BAD=π2,SA=AB=BC=12AD=1.

(1)求证:BD∥平面AEG;

(2)在线段EG(不含端点)上是否存在一点H,使得平面ABH与平面SCD所成角的正弦值为306?若存在,求出GH的长;若不存在,说明理由.



解析(1)证明:以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,

则B(1,0,0),D(0,2,0),E(0,2,1),C(1,1,0),G12,0,12,S(0,0,1),∴BD=(-1,2,0),AE=(0,2,1),AG=12,0,12,

设平面AEG的法向量为m=(x,y,z),

则m·AE=0,m·AG=0,得2y+z=0,12x+12z=0,令x=1,则m=1,12,?1,∴BD·m=0,∵BD?平面AEG,

∴BD∥平面AEG.(5分)



(2)假设存在点H,设GH=λGE=?12λ,2λ,12λ,λ∈(0,1),则AH=AG+λGE=12(1?λ),2λ,12(1+λ).(6分)

设平面SCD的法向量为n1=(x1,y1,z1).

SC=(1,1,-1),CD=(-1,1,0),

由n1·SC=0,n1·CD=0,得x1+y1?z1=0,?x1+y1=0,令x1=1,则y1=1,z1=2,

∴n1=(1,1,2),(8分)

设平面ABH的法向量为n2=(x2,y2,z2),∴n2·AB=0,n2·AH=0,则x2=0,12(1?λ)x2+2λy2+12(1+λ)z2=0,令y2=1+λ,则z2=-4λ,

则n2=(0,1+λ,-4λ),(11分)

设平面ABH与平面SCD所成角为θ,

∵sinθ=306,∴cosθ=|cos|=|1?7λ6×17λ2+2λ+1=66,(13分)

∴λ(2λ-1)=0,∵H不在端点,∴λ=12,(14分)

故存在满足题意的点H,此时GH=?142+12+142=324.(15分)

7.(2025届江苏南京一中学情检测,17)如图,在四棱锥S-ABCD中,已知四边形ABCD是边长为2的正方形,点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心O,点P在棱SD上,且△SAC的面积为1.

(1)若点P是SD的中点,证明:平面SCD⊥平面PAC;

(2)在棱SD上是否存在一点P,使得直线SA与平面PAC所成的角的正弦值为105?若存在,求SPSD的值;若不存在,说明理由.



解析(1)证明:因为点S在底面ABCD上的射影为O,

所以SO⊥平面ABCD,

因为四边形ABCD是边长为2的正方形,所以AC=2,

又因为△SAC的面积为1,所以12×2×SO=1,SO=1,所以SC=2,

又因为CD=2,点P为SD的中点,

所以CP⊥SD,同理可得AP⊥SD,

因为AP∩CP=P,AP,CP?平面PAC,所以SD⊥平面PAC,

又SD?平面SCD,所以平面SCD⊥平面PAC.

(2)存在一点P,使得直线SA与平面PAC所成的角的正弦值为105.理由如下:

连接OB,由SO⊥平面ABCD,OB?平面ABCD,OC?平面ABCD,得SO⊥OB,SO⊥OC.

又OB⊥OC,所以OB,OC,OS两两垂直,分别以OB,OC,OS所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,



则A(0,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),S(0,0,1),

假设存在点P使得直线SA与平面PAC所成的角的正弦值为105,设SP=λSD,0≤λ≤1,

因为SD=(-1,0,-1),所以SP=(-λ,0,-λ),P(-λ,0,1-λ),

设平面PAC的法向量...