届二轮理科数学知识拓展 立体几何中的翻折问题及动点的轨迹问题Word文件下载.docx
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而∠A′AO是直线A′A与平面ABC所成的角,
由线面角的性质知∠A′AO<
∠A′AD,
则有α<
∠A′DB,综合有∠A′DB≥α,故选B.
法二 若CA≠CB,则当α=π时,∠A′CB<
π,排除D;
当α=0时,
∠A′CB>
0,∠A′DB>
0,排除A、C,故选B.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面AB1内有一点P到直线AB与到直线B1C1的距离相等,则动点P所在曲线的形状为( D )
(A)线段(B)一段椭圆弧
(C)双曲线的一部分(D)抛物线的一部分
因为B1C1⊥平面AB1,
所以PB1就是P到直线B1C1的距离,故由抛物线的定义知动点的轨迹为抛物线的一段,从而选D.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AA1的中点,点P在其对角面BB1D1D内运动,若EP总与直线AC成等角,则点P的轨迹有可能是( A )
(A)圆或圆的一部分(B)抛物线或其一部分
(C)双曲线或其一部分(D)椭圆或其一部分
由条件易知AC是平面BB1D1D的法向量,所以EP与直线AC成角总相等,得到EP与平面BB1D1D所成的角都相等,故点P的轨迹有可能是圆或圆的一部分.
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,定点M在棱AB上(但不在端点A,B上),点P是平面ABCD内的动点,且点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为a2,则点P的轨迹所在曲线为( A )
(A)抛物线(B)双曲线(C)直线(D)圆
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过P作PF⊥AD,过F作FE⊥A1D1,垂足分别为F,E,连接PE.则PE2=a2+PF2,又PE2-PM2=a2,所以PM2=PF2,从而PM=PF,故点P到直线AD与到点M的距离相等,故点P的轨迹是以M为焦点,AD为准线的抛物线.
5.四棱锥P-ABCD,AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,底面ABCD为梯形,AD=4,BC=8,AB=6,∠APD=∠CPB,满足上述条件的四棱锥的顶点P的轨迹是( B )
(A)圆(B)不完整的圆
(C)抛物线(D)抛物线的一部分
因为AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,
所以AD∥BC且AD⊥PA,CB⊥PB,
因为∠APD=∠CPB,所以tan∠APD=tan∠CPB,
所以=,所以PB=2PA,
在平面APB内,以AB的中点为原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系,
则A(-3,0),B(3,0),设P(x,y)(y≠0),
则(x-3)2+y2=4[(x+3)2+y2](y≠0),
即(x+5)2+y2=16(y≠0),所以P的轨迹是B.
6.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P是平面AC内的动点,若点P到直线A1D1的距离等于点P到直线CD的距离,则动点P的轨迹所在的曲线是( B )
(A)抛物线(B)双曲线(C)椭圆(D)直线
以A为原点,AB为x轴、AD为y轴,建立平面直角坐标系.
设P(x,y),作PE⊥AD于E,PF⊥A1D1于F,连接PF,
易知|PF|2=|PE|2+|EF|2=x2+1,
又作PN⊥CD于N,则|PN|=|y-1|.
依题意|PF|=|PN|,即=|y-1|,
化简得(y-1)2-x2=1.故动点P的轨迹为双曲线,选B.
二、填空题
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在侧面BCC1B1及其边界上运动,总有AP⊥BD1,则动点P的轨迹为 .
易证BD1⊥平面ACB1,所以满足BD1⊥AP的所有点P都在一个平面ACB1上.而已知条件中的点P是在侧面BCC1B1及其边界上运动,因此,符合条件的点P在平面ACB1与平面BCC1B1交线上,故所求的轨迹为线段B1C.
答案:
线段B1C
8.如图,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,且E为CD的中点,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,则下列说法正确的是 .(写出所有正确说法的序号)
①不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥平面DEC;
②不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN⊥AE;
③不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥AB;
④在折起过程中,一定存在某个位置,使EC⊥AD.
由已知,在未折叠的原梯形中,AB∥DE,BE∥AD,所以四边形ABED为平行四边形,所以BE=AD,折叠后如图所示.
①过点M作MP∥DE,交AE于点P,连接NP.
因为M,N分别是AD,BE的中点,
所以点P为AE的中点,故NP∥EC.
又MP∩NP=P,DE∩CE=E,
所以平面MNP∥平面DEC,
故MN∥平面DEC,①正确;
②由已知,AE⊥ED,AE⊥EC,
所以AE⊥MP,AE⊥NP,
又MP∩NP=P,所以AE⊥平面MNP,
又MN⊂平面MNP,所以MN⊥AE,②正确;
③假设MN∥AB,则MN与AB确定平面MNBA,
从而BE⊂平面MNBA,AD⊂平面MNBA,与BE和AD是异面直线矛盾,③错误;
④当EC⊥ED时,EC⊥AD.
因为EC⊥EA,EC⊥ED,EA∩ED=E,
所以EC⊥平面AED,AD⊂平面AED,
所以EC⊥AD,④正确.
①②④
三、解答题
9.如图
(1),等腰直角三角形ABC的底边AB=4,点D在线段AC上,DE⊥AB于E,现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置(如图
(2)).
(1)求证:
PB⊥DE;
(2)若PE⊥BE,直线PD与平面PBC所成的角为30°
求PE长.
(1)证明:
因为DE⊥AB,所以DE⊥BE,DE⊥PE,
因为BE∩PE=E,所以DE⊥平面PEB,
又因为PB⊂平面PEB,所以BP⊥DE.
(2)解:
因为PE⊥BE,PE⊥DE,DE⊥BE,
所以分别以DE,BE,PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图),
设PE=a,则B(0,4-a,0),
D(a,0,0),C(2,2-a,0),P(0,0,a),
可得=(0,4-a,-a),=(2,-2,0),
设平面PBC的法向量n=(x,y,z),
所以
令y=1,可得x=1,z=,
因此n=(1,1,)是平面PBC的一个法向量,
因为=(a,0,-a),PD与平面PBC所成角为30°
所以sin30°
=|cos<
n>
|,
即||=,
解得a=或a=4(舍去),因此可得PE的长为.
10.已知矩形ABCD中,E,F分别是AB,CD上的点,BE=CF=1,BC=2,AB=CD=3,P,Q分别为DE,CF的中点,现沿着EF翻折,使得二面角A-EF-B大小为.
PQ∥平面BCD;
(2)求二面角ADBE的余弦值.
取EB的中点M,连接PM,QM,
因为P为DE的中点,
所以PM∥BD,
因为PM⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,
所以PM∥平面BCD,
同理MQ∥平面BCD,
因为PM∩MQ=M,
所以平面PMQ∥平面BCD,
因为PQ⊂平面PQM,
所以PQ∥平面BCD.
在平面DFC内,过F作FC的垂线Fz,则∠DFC=,以F为原点,FE,FC,Fz分别为x,y,z轴,建立坐标系,则E(2,0,0),C(0,1,0),B(2,1,0),D(0,-1,),A(2,-1,),
所以=(-2,-2,),=(0,2,-),=(0,1,0),
设平面DAB的一个法向量为n=(x,y,z),
则取n=(0,,),
同理平面DBE的一个法向量为m=(,0,),
所以cos<
n,m>
==,
所以二面角ADBE的余弦值为.
11.如图,△ABC中,O是BC的中点,AB=AC,AO=2OC=2.将△BAO沿AO折起,使B点与图中B′点重合.
AO⊥平面B′OC;
(2)当三棱锥B′-AOC的体积取最大时,求二面角A-B′C-O的余弦值;
(3)在
(1)的条件下,试问在线段B′A上是否存在一点P,使CP与平面B′OA所成的角的正弦值为?
证明你的结论.
因为AB=AC且O是BC中点,
所以AO⊥BC,即AO⊥OB′,AO⊥OC,
又因为OB′∩OC=O,所以AO⊥平面B′OC.
在平面B′OC内,作B′D⊥OC于点D,
则由
(1)可知B′D⊥OA,
又OC∩OA=O,所以B′D⊥平面OAC,
即B′D是三棱锥B′-AOC的高,
又B′D≤B′O,
所以当D与O重合时,三棱锥B′-AOC的体积最大.
法一 过O点作OH⊥B′C于点H,连AH,由
(1)知AO⊥平面B′OC,
又B′C⊂平面B′OC,所以B′C⊥AO,
因为AO∩OH=O,所以B′C⊥平面AOH,
所以B′C⊥AH,
所以∠AHO即为二面角A-B′C-O的平面角.
Rt△AOH中,AO=2,OH=,
所以AH==,
所以cos∠AHO==,
故二面角A-B1C-O的余弦值为.
法二 依题意得OA,OC,OB′两两垂直,分别以射线OA,OC,OB′为x,y,z轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz,
设平面B′OC的法向量为n,可得n=(1,0,0),
=(-2,0,1),=(-2,1,0).
设平面AB′C的法向量为m,
由⇒m=(1,2,2).
cos<
===,
故二面角A-B′C-O的余弦值为.
(3)解:
存在点P为线段AB′的中点,使CP与平面B′OA所成角正弦值为.
证明如下:
设=λ=(-2λ,0,λ),
=+=(2-2λ,-1,λ).
又平面B′OA的法向量n=(0,1,0).
依题意得=⇒=⇒20λ2-32λ+11=0.
解得λ=(λ=>
1舍去).