立体几何动点问题

1．如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个 则下列结论中错误的个数是（ ) ．．

(1） AC⊥BE.

（2) 若P为AA1上的一点,则P到平面BEF的距离为2.

（3) 三棱锥A-BEF的体积为定值。

（4） 在空间与DD1，AC，B1C1都相交的直线有无数条.

(5） 过CC1的中点与直线AC1所成角为40并且与平面BEF所成角为50A。0 B。1 C.2 D。3 2．如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动

2

动点E,F，且EF=2，

2

的直线有2条。

点E,F，且

EF2，则下列结论中错误的是（ ) ．．2A．ACBE B．EF∥平面ABCD

C．三棱锥ABEF的体积为定值 D．△AEF与△BEF 的面积相等 3。关于图中的正方体ABCDA1B1C1D1,下列说法正确的有： ___________________．

①P点在线段BD上运动，棱锥PAB1D1体积不变; ②P点在线段BD上运动，二面角 PB1D1A不变;

ADHIBA1GJCD1FB1EC1③一个平面截此正方体，如果截面是三角形,则必为锐角三角形； ④一个平面截此正方体，如果截面是四边形，则必为平行四边形； ⑤平面截正方体得到一个六边形（如图所示），则截面在平面

AB1D1与平面BDC1间平行移动时此六边形周长先增大，后减小。

4、如图,正方体

ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点,Q为线段

CC1上的动点,过点A，P,Q的平

面截该正方体所得的截面记为S。则下列命题正确的是___________(写出所有正确命题的编号)。

①当

0CQ12时,S为四边形；

②当

CQ12时，S不为等腰梯形；

31CR14时,S与C1D1的交点R满足3；

③当

CQ3CQ1④当4时，S为六边形;

立体几何动点问题

6⑤当CQ1时,S的面积为2.

① ⑤

1．（本小题满分13分)

如图所示，在三棱锥A-BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜 边，且AD＝，BD＝CD＝1,另一个侧面ABC是正三角形。 (1）当正视图方向与向量

的方向相同时,画出三棱锥A—BCD的三视图;（要求标出尺寸）

(2）求二面角B—AC-D的余弦值；

(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与平面BCD成30°角? 若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由。

解 (1） 三棱锥A-BCD的三视图如右图所示： …… 3分 (2)解设平面ABC的法向量为n1＝（x，y，z)，

BCBC

则由n1⊥→知：n1·→＝－x＋y＝0，

同理由n1⊥→知：n1·→＝－x－z＝0, 可取n1＝（1，1,－1)，

同理,可求得平面ACD的一个法向量为 n1＝（1,0，－1）.

ACAC

立体几何动点问题

∴cosn1·n2

1＋0＋162＝3. 6

即二面角B-AC—D的余弦值为3. …… 5分

2。(本小题满分12分）

如图所示， 四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形,

PA^CD，PA = 1， PD＝错误!，E为PD上一点，PE = 2ED．（Ⅰ）求证：PA ^平面ABCD；

（Ⅱ）求二面角D－AC－E的余弦值； （Ⅲ）在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF // 平面AEC？若存在，指出F点的位置,并证明；若不存在，说明理由．

解：（Ⅰ）  PA = PD = 1 ，PD = 2 ,  PA + AD = PD, 即：PA AD —-—2分

又PA CD , AD ， CD 相交于点D，  PA 平面ABCD——-———-4分 (Ⅱ)过E作EG//PA 交AD于G,从而EG 平面ABCD，且AG = 2GD ，

EG = 错误!PA = 错误!, ---—--5分连接BD交AC于O, 过G作GH//OD ，交AC于H， 连接EH．GH AC , EH AC ,  EHG为二面角D—AC―E的平面角． —-—--6分

2

2

2

tanEHG = 错误!= 错误!．二面角D—AC―E的平面角的余弦值为

6———--—-8分 3(Ⅲ）以AB , AD ， PA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．则A（0 ，0， 0），B（1，0，0) ，C(1，1,0)，P（0，0，1），E（0 ， 错误!，错误!）,

AC = （1,1,0）， AE = （0 ， 错误!,错误! )

nAC0——-9分 设平面AEC的法向量n= （x, y，z) ， 则 ，

nAE0xy0即:, 令y = 1 , 则n = （- 1，1, - 2 ）——--—-—10分

2yz0假设侧棱PC上存在一点F, 且CF＝ CP ，（0 

1), 使得：BF//平面AEC， 则BFn ＝ 0．又因为：BF＝ BC+ CF ＝ （0 ，1,0）+ (—，-，）= （—,1-，），BF= 错误!,所以存在PC的中点F， 使得BF//平面AEC． —-—12分

n ＝+ 1— — 2 = 0 ， 

3。(本小题共14分）如图边长为4的正方形ABCD所在平面与正PAD所在平面互相垂直，M、Q分别为PC,AD的中点.

（1)求证：PA//平面MBD；

（2)求：二面角PBDA的余弦值；

PQB?若存（3）试问：在线段AB上是否存在一点N,使得平面PCN平面

在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.

立体几何动点问题

(1)证明：连接

AC交BD于点O，连接MO,由正方形ABCD知O为AC的中点，M为PC的中点，MO//PA，

MO平面MBD,PA平面MBD,PA//平面MBD

(2）二面角PBDA的余弦值为（3）解,存在点点,BQ7 7N,当N为AB中点时，平面PQB平面PNC四边形ABCD是正方形，Q为AD的中

NC.由（1）知，PQ平面ABCD,NC平面ABCD,PQNC,

NC平面PCN,平面PCN平面PQB

又BQPQQ,NC平面PQB

4．(12分）点O是边长为4的正方形ABCD的中心,点E，F分别是AD， BC的中点．沿对角线AC把正

方形ABCD折成直二面角DACB．

(1）求EOF的大小；(2）求二面角EOFA的余弦值．

解法一：（1）如图，过点E作EG⊥AC，垂足为G，过点F作FH⊥AC，垂足为H，则EGFH2，GH22．

C H

E M O G A B A F E M G O B H F C D D

因为二面角D－AC－B为直二面角，EF2GH2EG2FH22EGFHcos90

(22)2(2)2(2)2012. 又在EOF中，OEOF2,

OE2OF2EF22222(23)21cosEOF． EOF120．….。6分

2OEOF2222（2）过点G作GM垂直于FO的延长线于点M,连EM．

∵二面角D－AC－B为直二面角,∴平面DAC⊥平面BAC，交线为AC， 又∵EG⊥AC，∴EG⊥平面BAC．∵GM⊥OF，由三垂线定理，得EM⊥OF． ∴EMG就是二面角EOFA的平面角．…。.9分 在RtEGM中，EGM90，EG2，GM1OE1, 2立体几何动点问题

∴tanEMG3EG2,COSEMG

3GM3.….。123z D E O A x B F 所以，二面角EOFA的余弦值为分

C y 解法二：（1）建立如图所示的直角坐标系O－xyz, 则OE(1,1,2),OF(0,2,0)．

cosOE,OFOEOF1．EOF120．….。6分

2|OE||OF|（2)设平面OEF的法向量为n1(1,y,z)． 由n1OE0,n1OF0,得

1y2z0,22n(1,0,)．…。y0,z解得．所以,。9分 1222y0,又因为平面AOF的法向量为n2(0,0,1)，….。10分

cosn1,n2n1n23．…..11分 |n1||n2|33．….。12分 3且根据方向判断,二面角EOFA的大小为余弦为（此题改编自《选修2-1》P118，12）

5、平面内两正方形ABCD与ABEF，点M,N分别在对角线AC,FB上,且AM:MCFN:NB，沿AB折起，使得DAF90,若AM:MC2:3，在线段AB上是否存在一点G,使平面MGN//平面CBE?若存在，试确定点G的位置.

6．(15分)如图,在四棱锥P－ABCD中，PA底面ABCD，DAB为直角， AB‖CD,AD=CD=2AB，E、F分别为PC、CD的中点。 （Ⅰ)试证：CD平面BEF；

（Ⅱ）设PA＝k·AB，且二面角E—BD-C的平面角大于30,求k的取值范围. 解：（Ⅰ)如图,以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为：轴建立空间直角坐标系，设AB=a，则易知点A,B，C，D，F的坐标分别为A(0,0，0），B(a，0,0)，C（2a，2a,0),D(0，2a,0),

F(a，2a，0)。从而DC=（2a,0,0）， BF=（0，2a,0)，

DC·BF=0，故DCBF .

设PA=b，则P(0,0，b)，而E为PC中点。故

立体几何动点问题

bbEa,a,.从而BE=0,a,.DC·BE=0,故DCBE。 由此得CD面BEF.

22（Ⅱ)设E在xOy平面上的投影为G，过G作GHBD垂足为H，由三垂线定理知EHBD。

ka从而EHG为二面角E—BD-C的平面角。由PA＝k·AB得P（0，0，ka），Ea,a,，G(a，a，0）.

2设H（x,y，0)，则GH=（x—a,y—a,0)， BD=（—a，2a,0)，由GH·BD=0得=a（x-a）+2a（y-a）=0，即

x-2y=—a ①又因BH=（x，a,y，0),且BH与BD的方向相同，故

xay＝,即 a2a13422x+y=2a ②由①②解得x=a,y=a，从而GH＝a,a,0，

5555Ka EC55k。 ｜GH｜＝a。tanEHG==2=

525GHa5由k＞0知，EHC是锐角，由EHC＞30,得tanEHG＞tan30,即

52153k＞.故k的取值范围为k＞ 2153