第6章 培优课 立体几何中的综合问题（课时跟踪检测）（学用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

培优课　立体几何中的综合问题 1.已知a＝（x，2，1），b＝（3，－x，－4），且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是（　　） A.x＜4 B.－4＜x＜0 C.0＜x＜4 D.x＞4 2.二面角α-l-β的平面角为120°，在平面α内，AB⊥l于B，AB＝2，在平面β内，CD⊥l于D，CD＝3，BD＝1，M是棱l上的一个动点，则AM＋CM的最小值为（　　） A.6　　　B. C.　 　D.5 3.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足＝－＋，则｜｜2的值为（　　） A. B.2 C. D. 4.已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则二面角B-CD-A的余弦值为（　　） A.2 B. C. D. 5.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，E，F分别是BB1，DD1的中点，G为AE的中点且FG＝3，则△EFG的面积的最大值为（　　） A. B.3 C.2 D. 6.〔多选〕已知＝（0，1，1），＝（2，－1，2），BE⊥平面BCD，则（　　） A.点A到平面BCD的距离为 B.AB与平面BCD所成角的正弦值为 C.点A到平面BCD的距离为 D.AB与平面BCD所成角的正弦值为 7.〔多选〕若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则（　　） A.AC与BD所成的角为90° B.AD与BC所成的角为45° C.BC与平面ACD所成角的正弦值为 D.平面ABC与平面BCD所成二面角的正切值是 8.如图，在空间直角坐标系A-xyz中，E（0，0，1），B（1，0，0），F（0，2，2），C（a，2，0）.则实数a＝　　　　时，点E，F，C，B共面. 9.如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于点E，现将△ADE沿DE折起，使二面角A-DE-B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成角的大小为　　　　. 10.已知正四面体A-BCD的棱长为3，平面BCD内一动点P满足AP＝2，则｜BP｜的最小值是　　　　；直线AP与直线BC所成角的取值范围为　　　　. 11.在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90°，如图①，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD，如图②. （1）求证：CD⊥AB； （2）若M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离. 12.如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1. （1）求证：平面FBC⊥平面ACFE； （2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB的夹角为θ，试求cos θ的取值范围. 13.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且＝λ. （1）证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN； （2）当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求该角取最大值时的正切值； （3）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优课　立体几何中的综合问题 1.A　易知a，b不共线，因为a与b的夹角为钝角，所以满足a·b＜0，所以代入坐标得出x＜4，故选A. 2.C　将二面角α-l-β平摊开来，如图所示，当A，M，C在一条直线时AM＋CM取得最小值，最小值即为对角线AC，而AE＝5，EC＝1，故AC＝.故选C. 3.C　取BD的中点E，连接AE，CE（图略），则AE＝CE＝，∠AEC＝90°，所以AC＝1.又AC⊥BD，＝－＋＝＋，故｜｜2＝（＋）2＝＋·＋＝＋2＝. 4.D　如图，取AC的中点E，连接BE，DE，BD.因为四边形ABCD为菱形，所以BE⊥AC，DE⊥AC.又因为平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC＝AC，BE⊂平面BAC，所以BE⊥平面DAC.因为DE⊂平面DAC，所以BE⊥DE，即DE，AE，BE两两垂直，所以以E为坐标原点，分别以ED，EA，EB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设菱形ABCD的边长为2，则A（0，1，0），C（0，－1，0），D（，0，0），B（0，0，），所以＝（0，－1，－），＝（，0，－）.设平面BCD的法向量为n＝（x，y，z），则即所以n＝（，－3，）.易得平面ACD的一个法向量为m＝（0，0，1）.设二面角B-CD-A的平面角为θ，则｜cos θ｜＝＝＝，由图可知二面角B-CD-A为锐二面角，所以cos θ＝，故选D. 5.B　连接AC交BD于O，∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，以OC，OD，Oz为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz，设OC＝a，OD＝b，棱柱的高为h，则A（－a，0，0），E（0，－b，），F（0，b，），∴G（－，－，）.＝（－，－，－），＝（0，－2b，0），∴cos＜，＞＝＝＝，∴E到直线FG的距离d＝｜｜sin＜，＞＝2b·＝b，∴S△EFG＝·FG·d＝b＝≤×＝3.当且仅当b2＝4－b2即b2＝2时取等号.故选B. 6.BC　因为BE⊥平面BCD，所以是平面BCD的一个法向量，所以点A到平面BCD的距离为＝，故A错误，C正确；AB与平面BCD所成角的正弦值为＝＝，故B正确，D错误.故选B、C. 7.AD　如图所示，根据题意，取BD的中点O，连接AO，CO，则OA⊥BD，OC⊥BD，OA⊥OC，则以点O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.设OC＝1，则A（0，0，1），B（0，－1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），则＝（1，0，－1），＝（0，2，0）.因为·＝1×0＋0×2＋（－1）×0＝0，所以AC⊥BD，则选项A正确；因为＝（0，1，－1），＝（1，1，0），所以cos＜，＞＝＝＝，所以AD与BC所成的角为60°，则选项B错误；设平面ACD的一个法向量为t＝（x，y，z），则取z＝1，则x＝y＝1，所以t＝（1，1，1），设BC与平面ACD所成的角为θ，所以sin θ＝｜cos＜，t＞｜＝＝＝，则选项C错误；由题意易知平面BCD的一个法向量为n＝（0，0，1），＝（0，1，1），＝（1，1，0），设平面ABC的一个法向量为m＝（x'，y'，z'），则取x'＝1，则y'＝－1，z'＝1，所以m＝（1，－1，1），设平面ABC与平面BCD的夹角为α，则cos α＝｜cos＜m，n＞｜＝＝，所以sin α＝，所以tan α＝，所以平面ABC与平面BCD所成二面角的正切值为，则选项D正确. 8.2　解析：＝（1，0，－1），＝（0，2，1），＝（a－1，2，0），若点E，F，C，B共面，则存在实数x和y使得＝x＋y，所以解得所以当实数a＝2时，点E，F，C，B共面. 9.90°　解析：建立空间直角坐标系，如图所示.由题意知△ABE为等腰直角三角形.设CD＝1，则BE＝1，AB＝1，AE＝.设BC＝DE＝2a，则E（0，0，0），A（1，0，1），N（1，a，0），D（0，2a，0），M（ ，a，），所以＝（ ，0，－），＝（－1，0，－1），所以·＝（ ，0，－）·（－1，0，－1）＝0，故⊥，从而MN与AE所成角的大小为90°. 10.－　［，］　解析：设A在平面BCD内的投影为E，故E为△BCD的中心，故BE＝×3×＝，AE＝＝.AP＝2，PE＝＝，故P的轨迹为平面BCD内以E为圆心，为半径的圆.BE＝，当B，P，E三点共线，且P在BE之间时，｜BP｜的最小值是－.以E为原点，BE所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则A（0，0，），B（，0，0），C（－，，0），D（－，－，0）.设P（cos θ，sin θ，0），θ∈[0，2π），故＝（cos θ，sin θ，－），＝（－，，0），设直线AP与直线BC所成角为α，cos α＝＝＝sin（θ－）∈［－，］，所以cos α∈［－，］，又α∈［0，］，故α∈［，］. 11.解：（1）证明：由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD. 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD. 所以CD⊥平面ABD. 又因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB. （2）以D为坐标原点，BD所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知条件可得D（0，0，0），A（1，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），M（1，1，0），＝（0，－2，0），＝（－1，0，－1）. 设平面ACD的一个法向量为n＝（x，y，z）， 则⊥n，⊥n， 所以可得 令x＝1，得平面ACD的一个法向量为n＝（1，0，－1）. 因为＝（－1，1，0）， 所以点M到平面ACD的距离d＝＝＝. 12.解：（1）证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2. 在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3， ∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC. ∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE. 又BC⊂平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE. （2）由（1）知可建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.令FM＝λ（0≤λ≤）， 则C（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），M（λ，0，1）， ∴＝（－，1，0），＝（λ，－1，1）. 设n1＝（x，y，z）为平面MAB的法向量， 由得 取x＝1，则n1＝（1，，－λ）. 易知n2＝（1，0，0）是平面FCB的一个法向量，则cos θ＝＝＝. ∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos θ有最小值，当λ＝时，cos θ有最大值， ∴cos θ的取值范围是［，］. 13.解：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，1），B1（1，0，1），M（0，1，），N（，，0），故＝（1，0，0），＝（－，，）. ∵＝λ＝（λ，0，0），∴P（λ，0，1）， ∴＝（－λ，，－1）. （1）证明：∵＝（0，1，）， ∴·＝0＋－＝0，∴⊥， ∴无论λ取何值，总有AM⊥PN. （2）∵m＝（0，0，1）是平面ABC的一个法向量， ∴sin θ＝｜cos＜m·＞｜ ＝ ＝. 又θ∈（0，］，∴当λ＝时，sin θ取得最大值， 即θ取得最大值，此时sin θ＝，cos θ＝， ∴tan θ＝2. 故当λ＝时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大， 此时tan θ＝2. （3）不存在.理由如下：假设存在点P满足题意. 设n＝（x，y，z）是平面PMN的法向量. 由 得 令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ， ∴n＝（3，1＋2λ，2－2λ）. 由（2）知平面ABC的一个法向量为m＝（0，0，1）， ∴｜cos＜m，n＞｜ ＝＝， 化简得4λ2＋10λ＋13＝0（*）. ∵Δ＝100－4×4×13＝－108＜0，∴方程（*）无解， ∴不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°. 学科网（北京）股份有限公司 $