15 “立体几何”试题精选-《中学生数理化》高考数学2025年4月刊

􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻􀤻 所以(sin θ)max= 1 7× 1 7 =1,此时DM→ = 3 2 ,- 1 2 ,3 2 ,所以 MA→=DA→-DM→= 0,-1,- 3 2 。 所以 点 M 到 平 面 ABE 的 距 离 d= |MA→·n| |n| = 1 2 7 = 7 14 。 点评:本题第(1)问计算几何体的体积的 关键是求点到平面的距离,而求点到平面的 距离的关键是借助线面平行关系进行转化, 要注意领会并掌握这种等体积转化的方法。 本题第(2)问的运算量较大,本质是将求线面 角的正弦值最大问题转化为求函数最值的问 题,具备一定的探索性,考查转化与化归思想 和应用意识。 探索性问题主要考查同学们探索解题途 径,解决非传统确定性问题的能力,是命题者 根据数学学科特点,将数学知识有机结合并 赋予新的情境创设而成,它要求同学们具有 创新性、逆向性思维,解决立体几何中的探索 性问题的策略往往是承认结论、变结论为条 件,然后通过特例归纳,或由演绎推理证明其 合理性或不合理性。同学们不但需要熟练掌 握基本的线面判定定理、性质定理和基本的 向量知识,特别是向量的运算,还要具备较强 的审题能力、逻辑思维能力和运算能力,以及 善于运用数形结合的思想方法分析问题、解 决问题的能力。 (责任编辑 王福华) ■河南省商丘市实验中学 马春林 图1 1.如图1,D 为圆锥DO 的顶点,O 为圆锥底面的圆 心,AB 为直径,C 为底面圆 周上一点,四边形OAED 为 正方形,BC= 3AC。 (1)若点 F 在边BC 上,且 DF∥平面 ACE,请确定点F 的位置,并说明理由; (2)求二面角D-BC-E 的余弦值。 图2 2.如图2,在矩形纸片 ABCD 中,AB=4,BC=2, 沿AC 将△ADC 折起,使 点D 到达点P 的位置,点 P 在平面 ABC 内的射影 H 落在边AB 上。 (1)求AH 的长度。 (2)若 M 是边PC 上的一个动点,试问: 是否存在点 M,使得平面AMB 与平面PBC 的夹角的余弦值为 3 4 ? 若存在,求CM 的长 度;若不存在,请说明理由。 3.筝形是指有一条对角线所在直线为对 称轴的四边形。如图3,四边形ABCD 为筝 形,其对角线交点为O,AB= 2,BD=BC= 2。如图4,将△ABD 沿BD 折到△A'BD 的 位置,形成三棱锥A'-BCD,A'C=1。 图3 图4 (1)求点B 到直线A'C 的距离。 (2)试问:在棱A'D 上是否存在点P,使得 直线BA'与平面POC 所成角的正弦值为 1 4 ? 若存在,求A'P A'D 的值;若不存在,请说明理由。 4.如 图 5,在 直 角 梯 形 ABCD 中, ∠ABC=∠DAB=90°,∠CAB=30°,BC= 2,AD=4。如图6,把△DAC 沿对角线AC 折起到△PAC 的 位 置,使 得 点 P 在 平 面 44 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年4月 ABC 上的正投影H 恰好落在线段AC 上,连 接PB,E,F 分别为线段PA,AB 的中点。 图5 图6 (1)求证:平面EFH∥平面PBC。 (2)求直线 HE 与平面PHB 所成角的 正弦值。 (3)试问:在棱PA 上是否存在一点M, 使得点 M 到P,H,A,F 四点的距离相等? 请说明理由。 5.如图7,在四棱锥P-ABCD 中,CD⊥ 图7 平面 PAD,△PAD 为等边 三角形,AD∥BC,AD=CD =2BC=2,平面 PBC 交平 面PAD 于直线l,E,F 分别 为棱PD,PB 的中点。 (1)求证:BC∥l。 (2)求平面AEF 与平面PAD 所成锐二 面角的余弦值。 (3)试问:在棱 PC 上是否存在点G,使 得DG∥平面AEF? 若存在,求 PG PC 的值,若 不存在,请说明理由。 图8 6.如图8,线段AA1 是圆 柱OO1 的母线,△ABC 是圆 柱下底面☉O 的内接正三角 形,AA1=AB=3。 (1)试问:在劣弧BC︵ 上是 否存在点D,使得O1D∥平面 A1AB? 若存在,求出劣弧BD︵ 的长度;若不 存在,请说明理由。 (2)求平面CBO1 和平面BAA1 所成角 的正弦值。 参考答案: 1.(1)如图9,过O 作OF∥AC 交BC 于 F,连接DF。因为OF⊄平面ACE, AC⊂平 面ACE,所以OF∥平面ACE。又DF∥平面 ACE,OF∩OD=O,OF,OD⊂平面 DOF, 图9 所以平面DOF∥平面AEC。 又平面DOF∩平面ABC= OF,平面ACE∩平面ABC =AC,所以OF∥AC。 在 Rt△ABC 中,因 为 O 是AB 的中点,所以 F 为BC 的中点。 (2)方法一:如图9,连接BE 交OD 于M, 由于DE∥OB,DE=OA=OB,则M 为OD、BE 的中点,OD⊥平面ABC。由(1)知F 为BC 的 中点,又OB=OC,DB=DC,所以BC⊥OF,BC ⊥DF。因为 DF∩OF=F,所以BC⊥平面 DFO。又FM⊂平面DFO,所以BC⊥FM,所 以∠DFM 即为二面角D-BC-E 的平面角。 不妨设AC=1,则BC= 3,AB=2,OD =1。在 Rt△OMF 中,MF= OF2+MO2 = 12 2 + 12 2 = 2 2 ;在 Rt△DOF 中, DF= OD2+OF2= 12+ 12 2 = 5 2 。 因为DM= 1 2 ,所以在△DFM 中,由余弦定 理得cos ∠DFM= DF2+FM2-DM2 2DF·FM = 3 10 10 , 所以二面角D-BC-E的余弦值为 3 10 10 。 方法二:以C为坐标原点,CA,CB所在直线 分别为x轴,y轴,过C垂直平面ABC的直线为 图10 z轴,建立如图10所示的空 间直角坐标系C-xyz,则 C(0,0,0),B(0,3,0),E(1, 0,1),D 1 2 ,3 2 ,1 ,所 以 DB→ = -12, 3 2 ,-1 , CB→=(0,3,0),BE→=(1,- 3,1)。 设平面DBC 的一个法向量为n1=(x, y,z),则 n1·DB→=- 1 2x+ 3 2y-z=0 , n1·CB→= 3y=0。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令 x=-1,得n1= -1,0, 1 2 。 设平面EBC 的一个法向量为n2=(x1, 54 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年4月 y1,z1) 则 n2·BE→=x1- 3y1+z1=0, n2·CB→= 3y1=0。 令 x1=-1,得n2=(-1,0,1)。 设二面角D-BC-E 的平面角为θ,则cos θ = n1·n2 |n1||n2| = 1+ 1 2 1+ 1 4× 1+1 = 3 10 10 ,所以 二面角D-BC-E 的余弦值为 3 10 10 。 图11 2.如 图 11,作 PE⊥ AC,垂足为E,连接EH。 因为点P 在平面ABC 的射影 H 落在边AB 上, 所以PH⊥平面ABC。又 AC⊂平面ABC,所以PH⊥AC。因为PH ∩PE=P,且 PH,PE⊂平面 PHE,所以 AC⊥平面PHE。又EH⊂平面PHE,所以 AC⊥EH。又因为底面ABCD 为矩形,所以 AB⊥BC,所以△ABC∽△AEH。 由AB=4,BC=2,可得 AP=2,PC= 4,AC=2 5,所以 PE= AP·PC AC = 45 5 , AE= AP2-PE2= 25 5 。 由△ABC∽△AEH,可得 AE AH= AB AC ,即 AH= AE·AC AB = 25 5 ×25 4 =1 ,即 AH 的 长度为1。 (2)以 H 为坐标原点,过点 H 且平行于 BC的直线为y轴,HB,HP 所在直线分别为x 图12 轴,z轴,建立如图12所示的 空间直角坐标系 H-xyz,则 A(-1,0,0),P(0,0,3), B(3,0,0),C(3,2,0)。 设 CM→ = λCP→ = λ(-3,-2,3)=(-3λ,-2λ,3λ),λ∈[0, 1],所以 M(3-3λ,2-2λ,3λ)。 易知AB→=(4,0,0),MB→=(3λ,2λ-2, - 3λ),PB→=(3,0,- 3),BC→=(0,2,0)。 设平面AMB的一个法向量为m=(x1,y1, z1),则 m·AB→=x1=0, m·MB→=3λx1+(2λ-2)y1-3λz1=0。 令y1= 3λ,得m=(0,3λ,2λ-2)。 设平面PBC 的一个法向量为n=(x2, y2,z2),则 n·PB→=3x2- 3z2=0, n·BC→=2y2=0。 令x2= 1,得n=(1,0,3)。 所 以 |cos<n,m>| = |n·m| |n||m| = 23|λ-1| 2 7λ2-8λ+4 = 3 4 ,整理得3λ2-8λ+4= 0,解得λ=2(舍)或λ= 2 3 。 所以CM→=23CP →,故|CM→|=23|CP →|= 8 3 ,即CM 的长度为 8 3 。 3.(1)因为AB= 2,BD=BC=2,所以 BD 不可能为四边形 ABCD 的对称轴,则 AC 为四边形ABCD 的对称轴,所以 AC 垂 直平分BD,所以 A'O⊥BD,CO⊥BD。又 A'O⊂平面A'OC,CO⊂平面A'OC,A'O∩ CO=O 所以BD⊥平面A'OC。 以O为坐标原点,OD,OC 所在直线分别 图13 为x 轴,y 轴,过O 垂直平 面BCD 的直线为z 轴,建 立如图13所示的空间直角 坐标系O-xyz。 易得平面BCD⊥平面 A'OC,因为OA'=1,OC= 3,A'C=1,所以O(0,0,0),D(1,0,0,),B(-1, 0,0),C(0,3,0),A'0, 3 2 ,1 2 ,所以BC→=(1, 3,0),A'C→=0,32,- 1 2 。 所以 点 B 到 直 线 A'C 的 距 离 d= BC→2- BC→·A'C→|A'C→| 2 = 12+(3) 2 - 3 2× 3 02+ 3 2 2 + - 1 2 2 2 = 64 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年4月 1+3- 9 4= 7 2 。 (2)存 在 点 P,使 得 直 线 BA'与 平 面 POC 所成角的正弦值为 1 4 。 设 A'P→=λA'D→=λ 1,- 32,- 1 2 = λ,- 3 2λ ,- 1 2λ (λ∈[0,1]),则OP→=OA'→ +A'P→= λ,32- 3 2λ ,1 2- 1 2λ ,OC→=(0, 3,0)。 设平面POC 的法向量为n=(x,y,z),则 n·OC→=3y=0, n·OP→=λx+ 3 2- 3 2λ y+ 12-12λ z=0。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令z=2λ,得n=(λ-1,0,2λ)。 设直线BA'与平面POC 所成角为θ,因为 BA'→=1,32, 1 2 ,所以sin θ=|cos<BA'→,n>|= |BA'→·n| |BA'→||n| = |λ-1+λ| 2× (λ-1)2+4λ2 = 1 4 ,解 得 λ= 1 3 或λ= 7 9 。 所以存在点P,使得直线BA'与平面POC 所成角的正弦值为 1 4 ,此时A'P A'D= 1 3 或 A'P A'D= 7 9 。 4.(1)在 △ABC 中,∠ABC =90°, ∠CAB=30°,BC=2,所以AC=4。 在△APC 中,∠PAC=60°,AC=AP= 4,所以△APC 为等边三角形。 因为点P 在平面ABC 上的正投影H 恰 好落在线段 AC 上,所以 PH⊥平面 ABC。 又AC⊂平面ABC,所以PH⊥AC,所以 H 为线段 AC 的中点。又 E,F 分别为线段 PA,AB 的中点,所以 EH∥PC,EF∥PB。 又EF⊄平面PBC,PB⊂平面PBC,所以直 线EF∥平面PBC。又EH∥PC,EH⊄平面 PBC,PC⊂ 平 面 PBC,所 以 EH ∥平 面 PBC。又EH,EF⊂平面 EFH,EH∩EF =E,所以平面EFH∥平面PBC。 (2)以 H 为坐标原点,HC,HP 所在直 线分别为y 轴,z轴,在平面ABC 内过H 垂 图14 直于AC 的直线为x 轴,建立 如图14所示的空间直角坐标 系 H-xyz,则 H (0,0,0), A(0,-2,0),P(0,0,2 3), B(3,1,0),E(0,-1,3),所 以 HE→=(0,-1,3),HB→= (3,1,0),HP→=(0,0,23)。 设平面PHB 的法向量为n=(x,y,z), 则 n·HB→= 3x+y=0, n·HP→=23z=0。 令x= 3,得n= (3,-3,0)。 所以|cos<n·HE→>|=|n ·HE→| |n||HE→| = 3 4 ,即 直线HE 与平面PHB 所成角的正弦值为 3 4 。 (3)在棱PA 上存在一点 M 满足题意, 且 M 为线段PA 的中点E。理由如下: 因为在Rt△PHA 中,EH=PE=EA= 1 2PA=2 ,在Rt△PHB 中,PB=4,又EF= 1 2PB=2 ,所以点E 到P,H,A,F 四点的距 离相等,故线段PA 的中点E 即为所求。 5.(1)因为AD∥BC,AD⊂平面PAD, BC⊄平面 PAD,所以BC∥平面 PAD。又 因为 BC⊂ 平 面 PBC,平 面 PBC∩ 平 面 PAD=直线l,所以BC∥l。 (2)取AD 的中点为O,连接OP,OB。 由题意知BC∥OD,且BC=OD,则OB- CD 为平行四边形,所以OB∥CD,且CD⊥ 平面PAD,则OB⊥平面PAD。又OP⊂平 面PAD,所以OP⊥OB。又因为△PAD 为 等边三角形,所以O 为AD 的中点,所以OP ⊥AD。因为OB∩AD=O,OB,AD⊂平面 图15 ABCD,所 以 OP ⊥ 平 面 ABCD。 如图15,以O 为坐标原 点,OA,OB,OP 所在直线分 别为x轴,y轴,z轴,建立空 间直 角 坐 标 系 O-xyz,则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(-1, 74 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年4月 2,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),E - 1 2 ,0, 3 2 , F0,1, 3 2 ,所 以 AE→= -32,0,32 ,EF→= 1 2 ,1,0 。 设平面AEF 的一个法向量为n=(x, y,z),则 n·AE→=-32x+ 3 2z=0 , n·EF→=12x+y=0。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 令x= 2,得n=(2,-1,23)。 由题意知,平面 PAD 的一个法向量为 m=(0,1,0),所以cos<n,m>= n·m |n||m|= - 17 17 ,所以平面AEF 与平面PAD 所成锐 二面角的余弦值 17 17 。 (3)由(2)知PC→=(-1,2,- 3)。 设PG→=λPC→,G(a,b,c),则 PG→=(a, b,c- 3)= (-λ,2λ,- 3λ),可 得 a=-λ, b=2λ, c= 3(1-λ), 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 即G(-λ,2λ,3(1-λ)),所 以DG→=(1-λ,2λ,3(1-λ))。 由(2)知n=(2,-1,23)为平面AEF 的一个法向量,若 DG∥平面 AEF,则n⊥ DG→,所以n·DG→=2(1-λ)-2λ+6(1-λ) =0,解得λ= 4 5 。 所以存在点G,使得DG∥平面AEF,此 时 PG PC= 4 5 。 图16 6.(1)如图16,过点O 作 AB 的平行线OD 交劣弧BC︵ 于点 D,连接 OO1,O1D。因 为 OO1∥AA1,AA1 ⊂ 平 面 AA1B,OO1⊄平面 AA1B,所 以OO1∥平面AA1B。同理可 证OD∥平面 AA1B。又因为 OO1∩OD= O,且OO1⊂平面OO1D,OD⊂平面OO1D, 所以平面AA1B∥平面OO1D。又O1D⊂平 面OO1D,所以O1D∥平面A1AB,故存在点 D 满足题意。 因为△ABC为底面☉O 的内接正三角形, 所以∠BAC= π 3 ,即∠ABO=∠BOD= π 6 。 又因 为 AB=3,所 以 ☉O 的 半 径 为 3 2sin π 3 = 3,所以劣弧BD︵ 的长度为 π 6 2π×2π × 3= 3π 6 。 图17 (2)如图17,取BC 的中 点为M,AB 的中点为 N,连 接 MA,ON,以 M 为坐标原 点,MB,MA 所在直线分别 为x 轴,y 轴,过 M 垂直于 ☉O 的直线为z轴,建立空间 直 角 坐 标 系 M-xyz,则 M(0,0,0),B 32 ,0,0 , A 0,332 ,0 , C - 3 2 ,0,0 ,O 0,32,0 ,O1 0,32,3 , N 3 4 ,33 4 ,0 ,所以 MO1→= 0,32,3 ,MB→ = 32 ,0,0 。 易知ON⊥平面AA1B,所以平面AA1B 的一个法向量为ON→= 3 4 ,3 4 ,0 。 设平面CBO1 的一个法向量为n=(x, y,z),则 n·MO1→= 3 2y+3z=0 , n·MB→=32x=0。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 令 y= 23,得n=(0,23,-1)。 设平面 CBO1 和平面 BAA1 的夹角为 θ,则cos θ= |n·ON→| |n||ON→| = 3 2 23 4 × 13 = 39 13 , 即平面CBO1 和平面BAA1 夹角的正弦值为 130 13 。 (责任编辑 王福华) 84 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2025年4月