第六章 专题微课 立体几何中的综合问题 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（北师大版）

专题微课　立体几何中的综合问题 [课时跟踪检测] 1.如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,点M是平面A1B1C1D1内一点,且BM∥平面ACD1,则tan∠DMD1的最大值为 (　　) A. B.1 C.2 D. 解析:选D　设正方体的棱长为1,因为当M在直线A1C1上时,都满足BM∥平面ACD1, 所以tan∠DMD1===是最大值,此时MD1⊥A1C1.故选D. 2.设点M是棱长为2的正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱AD的中点,点P在平面BCC1B1所在的平面内.若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等,则点P与点C1的最短距离是 (　　) A. B. C.1 D. 解析:选A　设P在平面ABCD上的射影为P',M在平面BB1C1C上的射影为M',平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α,β,则cos α=,cos β=. 因为cos α=cos β,所以S△DP'M=,设P到C1M'距离为d,则××d=×1×2,解得d=,即点P到C1的最短距离为. 3.在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,则异面直线A1B1与AC1夹角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　∵C1D1∥A1B1,∴异面直线A1B1与AC1的夹角即为C1D1与AC1的夹角,即∠AC1D1. 连接AD1,易知AD1⊥C1D1.∵在Rt△AC1D1中,C1D1=1,AD1==,AC1==,∴cos∠AC1D1===. 4.一种特殊的四面体叫做“鳖臑”,它的四个面均为直角三角形.如图,在四面体P⁃ABC中,设E,F分别是PB,PC上的点,连接AE,AF,EF(此外不再增加任何连线),则图中直角三角形最多有 (　　) A.6个 B.8个 C.10个 D.12个 解析:选C　为使题图中有尽可能多的直角三角形,设四面体P⁃ABC为“鳖臑”,其中PA⊥平面ABC,且AB⊥BC,易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB,EF⊥PC,由CB⊥平面PAB,得平面PAB⊥平面PBC.又AE⊥PB,平面PAB∩平面PBC=PB,所以AE⊥平面PBC.所以AE⊥EF,且AE⊥PC.又EF⊥PC,AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF,所以PC⊥平面AEF.又AF⊂平面AEF,所以AF⊥PC.故四面体P⁃AEF也是“鳖臑”,则题图中的10个三角形全是直角三角形,故选C. 5.如图,正四面体ABCD中,E,F分别是线段AC的三等分点,P是线段AB的中点,G是线段BD上的动点,则 (　　) A.存在点G,使PG⊥EF成立 B.存在点G,使FG⊥EP成立 C.不存在点G,使平面EFG⊥平面ACD成立 D.不存在点G,使平面EFG⊥平面ABD成立 解析:选C　在A中,取BD中点M,连接AM,CM,易得AM⊥BD,CM⊥BD,AM,CM⊂平面ACM,AM∩CM=M,故BD⊥平面ACM,又AC⊂平面ACM,故BD⊥AC,若PG⊥EF,PG,BD⊂平面ABD,PG∩BD=G,则AC⊥平面ABD,显然不成立,故不存在点G,使PG⊥EF成立,故A错误; 在B中,连接BF,DF,易得PE∥BF,故∠BFG或其补角即为异面直线PE,FG的夹角,不妨设AB=3,在△ABF中,由余弦定理BF2=AB2+AF2-2AB·AF·cos ,即BF2=32+22-2×3×2×=7,解得BF=,同理DF=,在△BFD中,cos∠BFD==>0,则∠BFD<,显然∠BFG<∠BFD<, 故不存在点G,使FG⊥EP成立,故B错误; 在C中,取CD中点N,连接AN,BN,过B作BH⊥AN于H,易得BN⊥CD,AN⊥CD,AN,BN⊂平面ABN,AN∩BN=N,故CD⊥平面ABN,又BH⊂平面ABN,故CD⊥BH, 又AN,CD⊂平面ACD,AN∩CD=N,故BH⊥平面ACD,若平面EFG⊥平面ACD,则BH⊂平面EFG或BH∥平面EFG,显然BH与平面EFG相交,故不存在点G,使平面EFG⊥平面ACD成立,故C正确; 在D中,当G与BD中点M重合时,由A选项知有BD⊥平面ACM,即BD⊥平面EFG,又BD⊂平面ABD,故平面ABD⊥平面EFG,故存在点G,使平面EFG⊥平面ABD成立,故D错误.故选C. 6.(5分)已知等于90°的二面角α⁃l⁃β内有一点P,过P有PA⊥α于点A,PB⊥β于B,如果PA=PB=a,则P到l的距离为_________. 解析:如图,由PA⊥α,PB⊥β,l⊂α,l⊂β,则PA⊥l,PB⊥l, 且PA∩PB=P,PA,PB⊂平面APBC,故l⊥平面APBC, l∩平面APBC=C,连接PC,PC⊂平面APBC,故l⊥PC, 所以P到l的距离为线段PC的长度,二面角α⁃l⁃β为90°,故BC=PA=PB, 且∠PBC=90°,故PC=PB=a. 答案:a 7.(5分)在正四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,M是A1D1的中点,点N在棱CC1上,CN=2NC1,则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为_________. 解析:如图,取BC,B1C1的中点为H,Q,连接BQ,C1H,则AM∥BQ∥C1H,且AM=BQ=C1H. 在平面BB1C1C中,过点N作NP∥C1H交BC于P,则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线,且NP∶C1H=2∶3, 由于C1H===,∴NP=. 答案: 8.(10分)如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明: (1)当AB=BC时,EF⊥AC;(5分) (2)点C1在平面AEF内.(5分) 证明:(1)如图,连接BD,B1D1. 因为AB=BC, 所以四边形ABCD为正方形. 所以AC⊥BD. 又因为BB1⊥平面ABCD, 所以AC⊥BB1. 因为BD∩BB1=B, 所以AC⊥平面BB1D1D. 因为EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC. (2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG. 因为D1E=DD1,AG=AA1,DD1綉AA1, 所以ED1綉AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,所以 AE∥GD1. 因为B1F=BB1,A1G=AA1,BB1綉AA1, 所以B1F綉A1G,于是四边形B1FGA1为平行四边形.所以FG綉A1B1,FG綉C1D1. 所以四边形FGD1C1为平行四边形. 所以GD1∥FC1. 于是AE∥FC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内. 9.(15分)如图①所示,已知正三角形ADP与正方形ABCD,将△ADP沿AD翻折至△ADP'所在的位置,连接P'B,P'C,得到如图②所示的四棱锥.已知AB=2,P'B=2,T为AP上一点,且满足PT=2AT. (1)求证:CD⊥平面P'AD;(5分) (2)在线段P'D上是否存在一点Q,使得CQ∥平面BDT.若存在,指出点Q的位置,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.(10分) 解:(1)证明:由题意知△P'AD是正三角形,有P'A=AB=2,在△P'AB中,P'A2+AB2=8=P'B2,则AB⊥P'A. 在正方形ABCD中,AB⊥AD,P'A∩AD=A,P'A,AD⊂平面P'AD, 于是AB⊥平面P'AD,而CD∥AB, 所以CD⊥平面P'AD. (2)点Q为线段P'D的中点,CQ∥平面BDT, 取P'T的中点N,连接CQ,NQ,CN,连接AC∩BD=O,连接OT,如图, 于是NQ∥TD,而TD⊂平面BDT,NQ⊄平面BDT, 因此NQ∥平面BDT. 依题意,T为P'A上一点,且满足P'T=2AT,则T为NA中点,又O为AC中点,即有OT∥CN, 而TO⊂平面BDT,CN⊄平面BDT, 因此CN∥平面BDT. 又CN∩NQ=N,CN,NQ⊂平面CQN, 从而平面CQN∥平面BDT. 又CQ⊂平面CQN,则CQ∥平面BDT, 所以点Q为线段P'D的中点时,CQ∥平面BDT. 10.(15分)(2024·新课标Ⅰ卷)如图,四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;(5分) (2)若AD⊥DC,且二面角A⁃CP⁃D的正弦值为,求AD.(10分) 解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD, 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB, 又AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB,因为A,B,C,D四点共面,所以AD∥BC, 又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC. (2)如图所示,过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于F,连接DF, 因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC, 所以DE⊥平面PAC,所以DE⊥CP.又EF⊥CP,DE∩EF=E,DE,EF⊂ 平面DEF,所以CP⊥平面DEF, 根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A⁃CP⁃D的平面角, 即sin∠DFE=,即tan∠DFE=. 由AD⊥DC,设AD=x(0<x<2),则CD=,由等面积法可得,DE=, 又CE==,而△EFC为等腰直角三角形,所以EF=, 故tan∠DFE==,解得x=,即AD=. 学科网（北京）股份有限公司 $