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.docx

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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

知识拓展:

立体几何中的翻折问题及

动点的轨迹问题

一、选择题

1.（2015·浙江卷）如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′-CD-B的平面角为α,则（　B　）

（A）∠A′DB≤α

（B）∠A′DB≥α

（C）∠A′CB≤α

（D）∠A′CB≥α

解析:

法一　若CD⊥AB,则∠A′DB为二面角A′-CD-B的平面角,即∠A′DB=α.若CD与AB不垂直,

如图在△ABC中,过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O,交BC于E,连接A′O,则∠A′OE为二面角A′-CD-B的平面角,即

∠A′OE=α,

因为AO=A′O,所以∠A′AO=,

又A′D=AD,所以∠A′AD=∠A′DB.

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

解析:

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

解析:

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

解析:

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

解析:

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

解析:

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　　　　. 

解析:

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.

解析:

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.

答案:

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.

（1）求证:

PQ∥平面BCD;

（2）求二面角ADBE的余弦值.

（1）证明:

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.

（2）解:

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==,

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.

（1）求证:

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.

（1）证明:

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.

（2）解:

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）.