浙江省2025屆高考數(shù)學一輪復習第八章立體幾何與空間向量補上一課立體幾何中的翻折軌跡及最值范圍問題含解析

PAGE立體幾何中的翻折、軌跡及最值(范圍)問題學問拓展1.翻折問題是立體幾何的一類典型問題，是考查實踐實力與創(chuàng)新實力的好素材.解答翻折問題的關鍵在于畫好折疊前后的平面圖形與立體圖形，并弄清折疊前后哪些發(fā)生了改變，哪些沒有發(fā)生改變.解題時我們要依據(jù)這些改變的與未改變的量來分析問題和解決問題.而表面綻開問題是折疊問題的逆向思維、逆向過程，一般地，涉及多面體表面的距離問題不妨將它綻開成平面圖形試一試.2.在立體幾何中，某些點、線、面依肯定的規(guī)則運動，構成各種各樣的軌跡，探求空間軌跡與求平面軌跡類似，應留意幾何條件，擅長基本軌跡轉化.對于較為困難的軌跡，經(jīng)常要分段考慮，留意特定狀況下的動點的位置，然后對隨意情形加以分析判定，也可轉化為平面問題.對每一道軌跡命題必需特殊留意軌跡的純粹性與完備性.3.立體幾何中的體積最值問題一般是指有關距離的最值、角的最值(上節(jié))或(面積)體積的最值的問題.其一般方法有：(1)幾何法：通過證明或幾何作圖，確定圖形中取得最值的特殊位置，再計算它的值；(2)代數(shù)方法：分析給定圖形中的數(shù)量關系，選取適當?shù)淖宰兞考澳繕撕瘮?shù)，確定函數(shù)解析式，利用函數(shù)的單調(diào)性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值.題型突破題型一立體幾何中的翻折問題【例1】(2024·全國Ⅲ卷)圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖②.(1)證明：圖②中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖②中的二面角B－CG－A的大小.(1)證明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC，垂足為H.因為EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3).以H為坐標原點，eq\o(HC,\s\up6(→))的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系H－xyz，則A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0).設平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3，6，－eq\r(3)).又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此二面角B－CG－A的大小為30°.【訓練1】(2024·浙江名師預料卷四)在梯形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，AD＝2AB＝2BC＝2CD.將△BCD沿BD翻折至△BPD，且滿意平面ABP⊥平面BPD.(1)求證：二面角P－BD－A是直二面角；(2)(一題多解)求直線PD與平面PAO所成角的正弦值的大小.(1)證明由已知條件易得∠BAD＝60°，∠BDA＝30°，AB⊥BD.在△BPD中，過點D作DH⊥BP，交BP的延長線于點H.∵平面ABP⊥平面BPD，平面ABP∩平面BPD＝BP，∴DH⊥平面ABP，∵AB?平面ABP，∴DH⊥AB.又∵BD∩DH＝D，∴AB⊥平面BPD，∵AB?平面ABD，∴平面ABD⊥平面BPD.即二面角P－BD－A是直二面角.(2)解法一過點P作PG⊥BD，交BD于點G，則G是BD的中點.由(1)可知平面PBD⊥平面ABD，又∵平面PBD∩平面ABD＝BD，∴PG⊥平面ABD.設OB＝1，則OP＝1，OA＝2，AB＝BP＝eq\r(3)，∵AB⊥平面BPD，∴AB⊥BP，∴AP＝eq\r(AB2＋BP2)＝eq\r(6)，由余弦定理得cos∠AOP＝eq\f(OA2＋OP2－AP2,2OA·OP)＝－eq\f(1,4)，則sin∠AOP＝eq\f(\r(15),4).設點D到△AOP的距離為h，∵VP－AOD＝VD－AOP，∴eq\f(1,3)·PG·S△AOD＝eq\f(1,3)·h·S△AOP，∵PG＝eq\f(\r(3),2)，S△AOD＝eq\f(1,2)×2×2·sineq\f(2π,3)＝eq\r(3)，S△AOP＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),4)，∴h＝eq\f(2\r(15),5)，∵PD＝eq\r(3)，∴直線PD與平面PAO所成角θ的正弦值sinθ＝eq\f(h,PD)＝eq\f(2\r(5),5).法二分別取BD，AD的中點E，F(xiàn)，連接EP，EF，則EF∥AB.由(1)可知AB⊥平面BPD，∴EF⊥平面BPD，∴EF⊥BD，EF⊥EP.∵PB＝PD，∴PE⊥BD，以點E為坐標原點，eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(ED,\s\up6(→))，eq\o(EP,\s\up6(→))的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系.設OB＝1，可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－\f(3,2)，0))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0)).∴eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2)))，eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－\f(3,2)，－\f(\r(3),2)))，eq\o(AO,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0).設平面PAO的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AO,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－\f(3,2)y－\f(\r(3),2)z＝0，,－\r(3)x＋y＝0，))令x＝1，則n＝(1，eq\r(3)，－1)，∴直線PD與平面PAO所成角θ的正弦值為sinθ＝|cos〈n，eq\o(PD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(PD,\s\up6(→))|,|n|·|\o(PD,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(5),5).題型二立體幾何中的軌跡問題【例2】(1)已知在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1與平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E為CC1的中點，P在對角面BB1D1D所在平面內(nèi)運動，若EP與AC成30°角，則點P的軌跡為()A.圓 B.拋物線C.雙曲線 D.橢圓(2)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點P是平面AC內(nèi)的動點，若點P到直線A1D1的距離等于點P到直線CD的距離，則動點P的軌跡所在的曲線是()A.拋物線 B.雙曲線C.橢圓 D.直線解析(1)因為在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1與平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以該平面六面體ABCD－A1B1C1D1是一個底面為菱形的直四棱柱，所以對角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥對角面BB1D1D.取AA1的中點F，則EF∥AC，因為EP與AC成30°角，所以EP與EF成30°角.設EF與對角面BB1D1D的交點為O，則EO⊥對角面BB1D1D，所以點P的軌跡是以EO為軸的一個圓錐的底面，故選A.(2)如圖，以A為原點，AB為x軸、AD為y軸，建立平面直角坐標系.設P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，連接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，又作PN⊥CD于N，則|PN|＝|y－1|.依題意|PF|＝|PN|，即eq\r(x2＋1)＝|y－1|，化簡得x2－y2＋2y＝0，故動點P的軌跡為雙曲線，選B.答案(1)A(2)B【訓練2】(1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M，N分別是線段CD，AB上的動點，點P是△A1C1D內(nèi)的動點(不包括邊界)，記直線D1P與MN所成角為θ，若θ的最小值為eq\f(π,3)，則點P的軌跡是()A.圓的一部分 B.橢圓的一部分C.拋物線的一部分 D.雙曲線的一部分(2)如圖，AB是平面α的斜線段，A為斜足，若點P在平面α內(nèi)運動，使得△ABP的面積為定值，則動點P的軌跡是()A.圓 B.橢圓C.一條直線 D.兩條平行直線解析(1)延長D1P交底面ABCD的內(nèi)部于點Q，連接QD，則∠D1QD為直線D1Q與底面ABCD所成的角，也就是直線D1P與MN所成角θ的最小值，故∠D1QD＝eq\f(π,3)，從而∠DD1Q＝eq\f(π,6)，所以D1Q的軌跡是以D1D為軸，頂點為D1，母線D1Q與軸D1D的夾角為eq\f(π,6)的圓錐面的一部分，則點P的軌跡就是該部分圓錐面與△A1C1D面(不包括邊界)的交線，而△A1C1D面所在平面與軸D1D斜交，故點P的軌跡是橢圓的一部分.(2)由于線段AB是定長線段，而△ABP的面積為定值，所以動點P到線段AB的距離也是定值.由此可知空間點P在以AB為軸的圓柱側面上.又P在平面內(nèi)運動，所以這個問題相當于一個平面去斜切一個圓柱(AB是平面的斜線段)得到的切痕是橢圓.P的軌跡就是圓柱側面與平面α的交線是橢圓.答案(1)B(2)B題型三立體幾何中的長度、面積、體積的最值(范圍)問題【例3】(1)如圖，正三棱錐S－ABC的底面邊長為2a，E、F、G、H分別為SA，SB，CB，CA的中點，則四邊形EFGH的面積的取值范圍是()A.(0，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a2，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a2，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a2，＋∞))(2)在棱長為6的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是BC中點，點P是平面DCC1D1所在的平面內(nèi)的動點，且滿意∠APD＝∠MPC，則三棱錐P－BCD體積的最大值是()A.36 B.12eq\r(3)C.24 D.18eq\r(3)解析(1)因為E、F、G、H分別為SA，SB，CB，CA的中點，∴EF綉eq\f(1,2)AB，HG綉eq\f(1,2)AB，∴EF綉HG，同理，EH綉FG，所以EFGH為平行四邊形，又∵S－ABC為正三棱錐，∴SC⊥AB，∴EF∥AB，F(xiàn)G∥SC，所以EF⊥FG，從而四邊形EFGH為矩形，其面積S＝GH·GF＝eq\f(1,2)a·SC，當正三棱錐的高→0時，SC→正三角形ABC的外接圓的半徑eq\f(2\r(3),3)a，所以四邊形EFGH的面積→eq\f(\r(3),3)a2，選B.(2)因為AD⊥平面D1DCC1，則AD⊥DP，同理BC⊥平面D1DCC1，則BC⊥CP，∠APD＝∠MPC，則△PAD∽△PMC，∵AD＝2MC，則PD＝2PC，下面探討點P在面ABCD的軌跡(立體幾何平面化)，在平面直角坐標系內(nèi)設D(0，0)，C(6，0)，D1(0，6)，C1(6，6)，設P(x，y)，因為PD＝2PC，所以eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(（x－6）2＋y2)，化簡得(x－8)2＋y2＝16，該圓與CC1的交點縱坐標最大，交點為(6，2eq\r(3))，三棱錐P－BCD的底面BCD的面積為18，要使三棱錐P－BCD體積最大，只需高最大，當P在CC1上且CP＝2eq\r(3)時棱錐的高最大，V＝eq\f(1,3)·18·2eq\r(3)＝12eq\r(3).答案(1)B(2)B【訓練3】(1)如圖，在三棱錐A－BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC與△BCD均為等腰直角三角形，且∠BAC＝∠BCD＝90°，BC＝2，點P是線段AB上的動點，若線段CD上存在點Q，使得異面直線PQ與AC成30°的角，則線段PA長的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\r(2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\r(2)))(2)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，點Q在棱AA1上，且AQ＝3A1Q，EFGC1是側面BCC1B1內(nèi)的正方形，且C1E＝1，P是側面BCC1B1內(nèi)的動點，且P到平面CDD1C1的距離等于線段PF的長，則線段PQ長度的最小值為________.解析(1)設BC的中點為O，連接OA，因為∠BAC＝90°，BC＝2?OA＝1，故建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz，則O(0，0，0)，A(0，0，1)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，P(s，0，t)，Q(1，m，0)(s＜0，t＞0，m＞0)，則eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(1－s，m，－t)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－s，0，1－t)，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1－s＋t，|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝eq\r(（1－s）2＋m2＋t2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，所以eq\r(（1－s）2＋m2＋t2)·eq\r(2)cos30°＝1－s＋t，即eq\f(\r(6),2)eq\r(（1－s）2＋m2＋t2)＝1－s＋t，也即3m2＝4t(1－s)－(1－s)2－t2，由此可得3m2＝4t(1－s)－(1－s)2－t2＞0，結合t－s＝1可得4(1－s2)＞2＋2s2?3s2＜1，所以|s|＜eq\f(1,\r(3))，則|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝eq\r(（－s）2＋（1－t）2)＝eq\r(s2＋s2)＝eq\r(2)|s|＜eq\f(\r(6),3)，即0＜|PA|＜eq\f(\r(6),3)，應選B.(2)過Q作QT⊥BB1，T為垂足，連接TP，則QT⊥TP，所以QP2＝QT2＋PT2，當PT取最小值時，QP最小.作PN⊥CC1，N為垂足.建立如圖所示的空間直角坐標系，則T(4，4，3)，設P(x，4，z)，則0≤x≤4，0≤z≤4，N(0，4，z).由題意得EF＝FG＝1，所以F(1，4，3).因為PF＝PN，所以eq\r(（x－1）2＋（z－3）2)＝x，化簡得(z－3)2＝2x－1.因為PT2＝(x－4)2＋(z－3)2＝(x－4)2＋2x－1＝x2－6x＋15＝(x－3)2＋6≥6，所以當x＝3時，PT取得最小值，此時QP2＝42＋6＝22，所以線段PQ長度的最小值為eq\r(22).答案(1)B(2)eq\r(22)補償訓練一、選擇題1.已知線段AB垂直于定圓所在的平面，B，C是圓上的兩點，H是點B在AC上的射影，當C運動時，點H運動的軌跡()A.是圓 B.是橢圓C.是拋物線 D.不是平面圖形解析設在定圓內(nèi)過點B的直徑與圓的另一個交點為點D，過點B作AD的垂線，垂足為點E，連接EH，CD.因為BD為定圓的直徑，所以CD⊥BC，又因為AB垂直于定圓所在的平面，所以CD⊥AB，又因為AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH，又因為BH⊥AC，AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥EH，所以動點H在以BE為直徑的圓上，即點H的運動軌跡為圓，故選A.答案A2.設P是正方體ABCD－A1B1C1D1的對角面BDD1B1(含邊界)內(nèi)的點，若點P到平面ABC、平面ABA1、平面ADA1的距離相等，則符合條件的點P()A.僅有一個 B.有有限多個C.有無限多個 D.不存在解析與平面ABC，ABA1距離相等的點位于平面ABC1D1上；與平面ABC，ADA1距離相等的點位于平面AB1C1D上；與平面ABA1，ADA1距離相等的點位于平面ACC1A1上；據(jù)此可知，滿意題意的點位于上述平面ABC1D1，平面AB1C1D，平面ACC1A1的公共點處，結合題意可知，滿意題意的點僅有一個.答案A3.如圖，在正四棱錐S－ABCD中，E是BC的中點，P點在側面△SCD內(nèi)及其邊界上運動，并且總是保持PE⊥AC.則動點P的軌跡與△SCD組成的相關圖形最有可能的是()解析取CS，CD的中點F，G，連接EF，EG，F(xiàn)G.∵E為BC的中點，∴EF∥BS.又EF?平面SBD，BS?平面SBD，∴EF∥平面SBD.同理，F(xiàn)G∥平面SBD.又EF∩FG＝F，EF?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，∴平面EFG∥平面SBD.又AC⊥平面SBD，∴AC⊥平面EFG，∴AC⊥FG，∴點P∈FG，∴點P的軌跡是△SCD的中位線FG，選A.答案A4.(2024·浙江名師預料卷一)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，側面PAD為正三角形，且側面PAD⊥底面ABCD，已知在側面PAD內(nèi)存在點Q，滿意PQ⊥QD，則當AQ最小時，二面角A－CD－Q的余弦值是()A.eq\f(\r(2)－\r(3),4) B.eq\f(\r(2)＋\r(3),4)C.eq\f(\r(2)－\r(6),2) D.eq\f(\r(2)＋\r(6),4)解析取PD的中點M，因為四邊形ABCD為正方形，所以CD⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥QD，則二面角A－CD－Q的平面角是∠ADQ，又因為點Q的軌跡是以M為圓心的圓，如圖，當|AQ|最小時，∠ADQ＝∠ADP－∠QDP＝60°－45°＝15°，即二面角A－CD－Q的余弦值為cos15°＝cos(60°－45°)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，故選D.答案D5.(2024·浙江新高考仿真卷二)如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分別為BD1，BB1上的動點，則△C1PQ周長的最小值為()A.eq\f(2\r(15),3) B.eq\r(4＋2\r(2))C.eq\r(4＋\f(8,3)\r(2)) D.eq\f(2\r(13),3)解析連接B1D1，BC1，由圖易得△C1PQ的三邊分別在三棱錐B－B1C1D1的三個側面上，將三棱錐B－B1C1D1的側面綻開成平面圖形，如圖，可得四邊形BC1D1C1′為直角梯形，當C1′，P，Q，C1四點共線時，△C1PQ的周長最小，最小值為eq\r(C1′Deq\o\al(2,1)＋D1Ceq\o\al(2,1))＝eq\r(4＋2\r(2))，即△C1PQ的周長的最小值為eq\r(4＋2\r(2))，故選B.答案B6.(2024·諸暨期末)三棱錐P－ABC如圖所示，△PAB是以AB為斜邊的等腰直角三角形，△ABC中∠ABC＝eq\f(π,2)，AB＝2BC＝2.當△ABC以AB為軸旋轉時，記PC＝x，二面角P－AB－C的余弦值為y，則y與x的函數(shù)關系的圖象大致形態(tài)是()解析因為△PAB是以AB為斜邊的等腰直角三角形，∠ABC＝eq\f(π,2)，AB＝2BC＝2，設AB的中點為D，連接PD，以點D為原點，DB，DP所在的直線分別為y軸、z軸，過點D垂直于平面PAB的直線為x軸建立空間直角坐標系，則易得P(0，0，1)，B(0，1，0)，當△ABC以AB為軸旋轉時，設點C的坐標為C(x0，1，z0)，因為BC＝1，所以xeq\o\al(2,0)＋zeq\o\al(2,0)＝1.易得平面PAB的一個法向量為n1＝(1，0，0)，設平面ABC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，因為eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(x0，0，z0)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝0，,x2x0＋z2z0＝0，))所以平面ABC的一個法向量為n2＝(z0，0，－x0)，則二面角P－AB－C的余弦值為y＝cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝z0.又因為PC＝eq\r(xeq\o\al(2,0)＋1＋（z0－1）2)＝x，所以z0＝eq\f(3－x2,2)，即y＝eq\f(3－x2,2)，函數(shù)圖象為開口向下的拋物線的一部分，故選A.答案A二、填空題7.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在側面BCC1B1及其邊界上運動，總有AP⊥BD1，則動點P的軌跡為________.解析易證BD1⊥平面ACB1，所以滿意BD1⊥AP的全部點P都在一個平面ACB1上.而已知條件中的點P是在側面BCC1B1及其邊界上運動，因此，符合條件的點P在平面ACB1與平面BCC1B1的交線上，故所求的軌跡為線段B1C.答案線段B1C8.如圖，在棱長為2的正四面體S－ABC中，動點P在側面SAB內(nèi)，PQ⊥底面ABC，垂足為Q，若PS＝eq\f(3\r(2),4)PQ，則PC長度的最小值為________.解析作PH⊥AB于點H，連接QH，則∠PHQ為二面角S－AB－C的平面角，設AB的中點為G，S在平面ABC內(nèi)的射影為O′(O′為△ABC的中心)，連接SG，GO′，SO′，則∠SGO′也是二面角S－AB－C的平面角，則sin∠PHQ＝eq\f(PQ,PH)＝sin∠SGO′＝eq\f(SO′,SG)＝eq\f(2\r(2),3)，所以PH＝eq\f(3\r(2),4)PQ，所以PH＝PS，所以點P的軌跡是側面SAB內(nèi)以AB為準線，以S為焦點的拋物線，SH的中點O是拋物線的頂點，O到C的距離就是PC的最小值，在△SHC中，由余弦定理，得cos∠SHC＝eq\f(（\r(3)）2＋（\r(3)）2－22,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，在△PHC中，由余弦定理可知，PC2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋(eq\r(3))2－2×eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)×eq\f(1,3)＝eq\f(11,4)，所以PCmin＝eq\f(\r(11),2).答案eq\f(\r(11),2)9.已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，長為2的線段MN的一個端點M在DD1上運動，另一個端點N在底面ABCD上運動，則MN的中點P的軌跡與正方體的面所圍成的幾何體的體積為________.解析連接DP，因為MN＝2，所以PD＝1，因此點P的軌跡是一個以D為球心，1為半徑的球面在正方體內(nèi)的部分，所以點P的軌跡與正方體的表面所圍成的幾何體的體積為球的體積的eq\f(1,8)，即eq\f(1,8)×eq\f(4,3)π×13＝eq\f(π,6).答案eq\f(π,6)10.已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若PA⊥平面AC，在BC邊上取點E，使PE⊥DE，若滿意條件的E點有兩個時，則a的取值范圍是________.解析連接AE，由三垂線逆定理可知DE⊥AE，要使?jié)M意條件的E點有兩個則須使以AD為直徑的圓與BC有兩個交點，所以半徑長eq\f(a,2)＞3，∴a＞6.答案(6，＋∞)11.(2024·廣州綜測二)有一個底面半徑為R，軸截面為正三角形的圓錐紙盒，在該紙盒內(nèi)放一個棱長均為a的四面體，并且四面體在紙盒內(nèi)可以隨意轉動，則a的最大值為________.解析在該紙盒內(nèi)放一個棱長均為a的四面體，并且四面體在紙盒內(nèi)可以隨意轉動，所以當a最大時，棱長均為a的四面體的外接球是該紙盒的內(nèi)切球.設該紙盒的內(nèi)切球半徑為r，則r＝eq\f(\r(3),3)R.如圖，設a最大時，棱長均為a的四面體SABC的外接球的球心為O，半徑為r′，過S作SH⊥底面ABC，連接AH并延長交BC于D，連接AO，則AD＝eq\f(\r(3),2)a，AH＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),3)a，SH＝eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)a，所以OH＝eq\f(\r(6),3)a－r′，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a－r′))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))eq\s\up12(2)＝(r′)2，化簡得a2－eq\f(2\r(6),3)ar′＝0，解得r′＝eq\f(\r(6),4)a，所以r＝eq\f(\r(3),3)R＝r′＝eq\f(\r(6),4)a，解得a＝eq\f(2\r(2),3)R，即a的最大值為eq\f(2\r(2),3)R.答案eq\f(2\r(2),3)R12.如圖，已知∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，則三棱錐D－AEF體積的最大值為________.解析因為DA⊥平面ABC，所以DA⊥AB，AD⊥BC，∵AE⊥DB，又AD＝AB＝2，∴DE＝eq\r(2)，又因為BC⊥AC，AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，所以平面BCD⊥平面ACD，∵AF⊥DC，平面BCD∩平面ACD＝CD，所以AF⊥平面BCD，所以AF⊥EF，BD⊥EF，所以BD⊥平面AEF，由AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AF·EF可得AF·EF≤1，所以S△AEF≤eq\f(1,2)，所以三棱錐D－AEF體積的最大值為eq\f(1,3)×eq\r(2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),6).答案eq\f(\r(2),6)13.如圖，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為DC的中點，F(xiàn)為線段EC(端點除外)上一動點.現(xiàn)將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內(nèi)過點D作DK⊥AB，K為垂足.設AK＝t，則t的取值范圍是________.解析如圖，在平面ADF內(nèi)過D作DH⊥AF，垂足為H，連接HK.過F點作FP∥BC交AB于點P.設∠FAB＝θ，則cosθ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(2\r(5),5))).設DF＝x，則1＜x＜2，∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，DK⊥AB，DK?平面ABD，∴DK⊥平面ABC，又AF?平面ABC，∴DK⊥AF.又∵DH⊥AF，DK∩DH＝D，DK，DH?平面DKH，∴AF⊥平面DKH，∴AF⊥HK，即AH⊥HK.在Rt△ADF中，AF＝eq\r(1＋x2)，∴DH＝eq\r(\f(x2,1＋x2))，∵△ADF和△APF都是直角三角形，PF＝AD，∴Rt△ADF≌Rt△FPA，∴AP＝DF＝x.∵△AHD∽△ADF，∴cosθ＝eq\f(\r(\f(1,1＋x2)),t)＝eq\f(x,\r(1＋x2)).∴x＝eq\f(1,t).∵1＜x＜2，∴1＜eq\f(1,t)＜2，∴eq\f(1,2)＜t＜1.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))三、解答題14.(2024·全國Ⅰ卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.(1)證明由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點，分別以eq\o(FB,\s\up6(→))，eq\o(HF,\s\up6(→))，eq\o(HP,\s\up6(→))的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，|eq\o(BF,\s\up6(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系H－xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3).又PF＝1，EF＝2，故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.可得PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2).則H(0，0，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))為平面ABFD的一個法向量.設DP與平面ABFD所成角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(HP,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(HP,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4).所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).15.(2024·浙江新高考仿真卷三)在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB與BC邊的中點，現(xiàn)將△AED，△BEF分別沿DE，EF折起，使A，B兩點重合于點P，連接PC，已知AB＝eq\r(2)，BC＝2.(1)求證：DF⊥平面PEF；(2)(一題多解)求直線PC與平面PEF所成角θ的正弦值.(1)證明由題知EP⊥PF，EP⊥PD，又PF∩PD＝P，∴EP⊥平面PFD，又FD?平面PFD，∴EP⊥FD.又由題意可知EF＝eq\f(\r(6),2)，DF＝eq\r(3)，DE＝eq\f(3\r(2),2)，∴DE2＝EF2＋DF2，∴EF⊥FD.又EF∩EP＝E，∴DF⊥平面PEF.(2)解由(1)可知DF⊥平面PEF，且DF?平面CDEF，∴平面PEF⊥底面CDEF，EF為交線，過點P作PG⊥EF，則PG⊥底面CDEF，∵PE＝eq\f(\r(2),2)，PF＝1，EF＝eq\f(\r(6),2)，S△PEF＝eq\f(1,2)|PE|·|PF|＝eq\f(1,2)|EF|·|PG|，∴PG＝eq\f(\r(3),3)，EG＝eq\f(\r(6),6)，F(xiàn)G＝eq\f(\r(6),3).法一過點C作CH⊥EF，交EF的延長線于點H，∴CH⊥平面PEF，則∠CPH即為所求的線面角θ.在平面圖中，△CFH∽△EFB，經(jīng)計算CH＝eq\f(\r(3),3)，F(xiàn)H＝eq\f(\r(6),3)，∴CG＝eq\r(GH2＋CH2)＝eq\r(3).∴PC＝eq\r(PG2＋CG2)＝eq\f(\r(30),3)，∴sinθ＝eq\f(CH,PC)＝eq\f(\r(10),10).即直線PC與平面PEF所成角的正弦值為eq\f(\r(10),10).法二如圖，以C為坐標原點，CD，CF，過點C且垂直于平面CDEF的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(5,3)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(5,3)，\f(\r(3),3)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，2，0))，F(xiàn)(0，1，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(5,3)，\f(\r(3),3)))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),6)，\f(1,3)，－\f(\r(3),3)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－1，0)).設平面PEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),6)x＋\f(1,3)y－\f(\r(3),3)z＝0，,－\f(\r(2),2)x－y＝0，))令x＝eq\r(2)，則y＝－1，z＝0，即n＝(eq\r(2)，－1，0).sinθ＝|cos〈eq\o(CP,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(5,3)＋0)),\f(\r(30),3)×\r(3))＝eq\f(\r(10),10).即直線PC與平面PEF所成角的正弦值為eq\f(\r(10),10).16.(2024·北侖中學模擬)在平面四邊形ABCD(圖1)中，△ABC與△ABD均為等腰三角形且有公共邊AB，設AD＝BD＝2，AC＝BC＝eq\r(13)，AD⊥BD，將△ABC沿AB折起，構成如圖2所示的三棱錐C′－ABD.(1)求證：AB⊥C′D；(2)(一題多解)已知二面角C′－AB－D的大小為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＞\f(π,2)))，P為直線AB上一動點，C′P與底面ABD所成角為γ，若cosγ的最小值為eq\f(\r(22),11)時，求二面角A－C′D－B的余弦值.(1)證明如圖1，連接CD交AB于點E，圖1因為AD＝BD，AC＝BC，所以四邊形ACBD為“箏”形，故AB⊥CD.所以在△ABC沿AB折起到△ABC′的位置后，仍有AB⊥C′E，AB⊥DE.如圖2，又DE∩C′E＝E，DE，C′E?平面DC′E，故AB⊥平面DC′E.又因為C′D?平面DC′E，所以AB⊥C′D.(2)如圖2，過C′作DE的垂線交于點O，圖2因為二面角C′－AB－D的大小為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＞\f(π,2)))，故O在DE的延長線上.因為AB?平面ADB，所以平面ADB⊥平面DC′E.又因為C′O⊥DE，平面ADB∩平面DC′E＝DE，所以C′O⊥平面ADBO，故∠C′PO就是C′P與底面ABD所成角.在Rt△OPE中，OP≥OE，則tanγ＝eq\f(OC′,OP)≤eq\f(OC′,OE)，故當且僅當P與E重合時，cosγ＝eq\f(OE,C′E)取得最小值為eq\f(\r(22),11).因為AD＝BD＝2，AC＝BC＝eq\r(13)，AD⊥BD，故C′E＝eq\r(11)，從而OE＝eq\r(2)，C′O＝3，明顯底面四邊形ADBO為正方形.法一過A作C′D的垂線交C′D于點G，即AG⊥C′D，連接BG，由于△AC′D≌△BC′D，依據(jù)幾何圖形的對稱性可知BG⊥C′D.由于平面AC′D∩平面BC′D＝C′D，所以∠AGB就是二面角A－C′D－B的平面角，又因為C′D2＝C′A2＋AD2，所以△AC′D為直角三角形.在Rt△AC′D中，易知C′D＝eq\r(17)，AG＝eq\f(2\r(13),\r(17))，同理可知BG＝AG＝eq\f(2\r(13),\r(17)).又AB＝2eq\r(2)，所以cos∠AGB＝eq\f(AG2＋BG2－AB2,2·AG·BG)＝eq\f(2×\f(4×13,17)－8,2×\f(4×13,17))＝－eq\f(4,13)，所以二面角A－C′D－B的余弦值為－eq\f(4,13).法二如圖3，由于OA，OB，OC′兩兩垂直，圖