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- 2021-06-16 发布
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课时跟踪检测(五十) 突破立体几何中的3大经典问题
1.如图是一个几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别是PA,PD的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:
①BE与CF异面;
②BE与AF异面;
③EF∥平面PBC;
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确结论的个数是( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:选B 画出该几何体,如图.因为E,F分别是PA,PD的中点,所以EF∥AD,所以EF∥BC,BE与CF是共面直线,故①不正确;BE与AF满足异面直线的定义,故②正确;由E,F分别是PA,PD的中点,可知EF∥AD,所以EF∥BC,因为EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以EF∥平面PBC,故③正确;因为BE与PA的关系不能确定,所以不能判定平面BCE⊥平面PAD,故④不正确.故选B.
2.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,那么,在这个空间图形中必有( )
A.AG⊥平面EFH B.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEF
解析:选B 根据折叠前、后AH⊥HE,AH⊥HF不变,且HE∩HF=H,∴AH⊥平面EFH,B正确;∵过A只有一条直线与平面EFH垂直,∴A不正确;∵AG⊥EF,EF⊥GH,AG∩GH=G,∴EF⊥平面HAG,又EF⊂平面AEF,∴平面HAG⊥平面AEF,过点H作直线垂直于平面AEF,垂线一定在平面HAG内,∴C不正确;由条件证不出HG⊥平面AEF,∴D不正确.故选B.
3.如图所示,在正三棱锥SABC中,∠BSC=40°,SB=2,则一动点从点B出发,沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为( )
A.2 B.3
C.2 D.3
解析:选C 沿SB,AB,BC将棱锥侧面剪开并展开成一个平面图形SBACB1,如图所示,则动点的最短路线为线段BB1.在△SBB1中,SB=SB1=2,∠BSB1=120°,所以BB1=2.故选C.
4.如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4,点P,Q分别在底面ABCD、棱AA1上运动,且PQ=4,点M为线段PQ的中点,则线段C1M的长度的最小值为( )
A.2 B.4-2
C.6 D.4
解析:选B 连接AP,AC1,AM.由正方体的结构特征可得,QA⊥平面ABCD,所以QA⊥AP.
因为PQ=4,点M为线段PQ的中点,
所以AM=PQ=2,
故点M在以A为球心,半径R=2的球面上,
易知AC1=4,
所以C1M的最小值为AC1-R=4-2.
5.一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到顶点C1的位置,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )
A.①② B.①③
C.③④ D.②④
解析:选D 由点A经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C1的位置,共有6种路线(对应6种不同的展开方式).若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内,连接AC1,则AC1是最短路线,且AC1会经过BB1的中点,此时对应的正视图为②;若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内,连接AC1,则AC1是最短路线,且AC1会经过CD的中点,此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现,故选D.
6.已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形,则该圆锥体积的最大值为________.
解析:由题意得圆锥的母线长为3,设圆锥的底面半径为r,高为h,则h=
,所以圆锥的体积V=πr2h=πr2=π.设f(r)=9r4-r6(r>0),
则f′(r)=36r3-6r5,令f′(r)=36r3-6r5=6r3(6-r2)=0,得r=,所以当0<r<时,f′(r)>0,f(r)单调递增;当r>时,f′(r)<0,f(r)单调递减,所以f(r)max=f()=108,所以Vmax=π×=2π.
答案:2π
7.如图所示,在四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD,将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,则下列结论正确的是__________(填序号).
①A′C⊥BD;②∠BA′C=90°;③四面体A′BCD的体积为.
解析:∵BD⊥CD,平面A′BD⊥平面BCD,平面A′BD∩平面BCD=BD,CD⊂平面BCD,
∴CD⊥平面A′BD,又A′D⊂平面A′BD,∴CD⊥A′D.
∵AB=AD=CD=1,BD=,
∴A′C=,BC=,∴A′B2+A′C2=BC2,
∴A′B⊥A′C,即∠BA′C=90°,故②正确;
四面体A′BCD的体积V=××12×1=,故③正确.
答案:②③
8.某三棱锥的三视图如图所示,且三个三角形均为直角三角形,则xy的最大值为________.
解析:由三视图知三棱锥如图所示,
底面ABC是直角三角形,AB⊥BC,
PA⊥平面ABC,BC=2,
PA2+y2=102,(2)2+PA2=x2,
因此xy=x
=x≤=64,当且仅当x2=128-x2,即x=8时取等号,因此xy的最大值是64.
答案:64
9.已知A,B,C是球O的球面上三点,且AB=AC=3,BC=3,D为该球面上的动点,球心O到平面ABC的距离为球半径的一半,则三棱锥D ABC体积的最大值为________.
解析:如图,在△ABC中,
∵AB=AC=3,BC=3,
∴由余弦定理可得
cos A==-,
∴sin A=.
设△ABC外接圆O′的半径为r,则=2r,得r=3.
设球的半径为R,连接OO′,BO′,OB,
则R2=2+32,解得R=2.
由图可知,当点D到平面ABC的距离为R时,三棱锥D ABC的体积最大,
∵S△ABC=×3×3×=,
∴三棱锥D ABC体积的最大值为××3=.
答案:
10.现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥PA1B1CD1,下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?
解:(1)由PO1=2知O1O=4PO1=8.
因为A1B1=AB=6,
所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积
V锥=·A1B·PO1=×62×2=24(m3);
正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积
V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).
(2)设A1B1=a m,PO1=h m,
则0<h<6,O1O=4h.如图,连接O1B1.
因为在Rt△PO1B1中,
O1B+PO=PB,
所以2+h2=36,
即a2=2(36-h2).
于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+a2·h=a2h=(36h-h3),0<h<6,
从而V′=(36-3h2)=26(12-h2).
令V′=0,得h=2或h=-2(舍).
当0<h<2时,V′>0,V是单调增函数;
当2<h<6时,V′<0,V是单调减函数.
故当h=2时,V取得极大值,也是最大值.
因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.
11.(2019·凉山模拟)如图,在四棱锥PABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD是平行四边形,∠ABC=45°,AD=AP=2,AB=DP=2,E为CD的中点,点F在线段PB上.
(1)求证:AD⊥PC;
(2)试确定点F的位置,使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等.
解:(1)证明:在平行四边形ABCD中,连接AC,
∵AB=2,BC=2,∠ABC=45°,
由余弦定理得AC2=8+4-2×2×2×cos 45°=4,
∴AC=2,
∴AC2+BC2=AB2,∴BC⊥AC.
又AD∥BC,∴AD⊥AC.
∵AD=AP=2,DP=2,
∴AD2+AP2=DP2,∴AP⊥AD.
又AP∩AC=A,AP⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,
∴AD⊥平面PAC.
∵PC⊂平面PAC,∴AD⊥PC.
(2)∵侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,PA⊥AD,PA⊂平面PAD,
∴PA⊥底面ABCD.
以A为坐标原点,以DA,AC,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),D(-2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),E(-1,1,0),P(0,0,2),∴=(0,2,-2),=(-2,0,-2),=(2,2,-2).设=λ(λ∈[0,1]),则=(2λ,2λ,-2λ),F(2λ,2λ,-2λ+2),
∴=(2λ+1,2λ-1,-2λ+2),平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1).
设平面PDC的法向量为n=(x,y,z),
则∴
令x=1,得n=(1,-1,-1).
∵直线EF与平面PDC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等,∴|cos,m|=|cos,n|,即=,∴2-2λ=,解得λ=,
∴当=时,直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等.
12.(2018·肇庆二模)如图1,在高为2的梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2,CD=5,过A,B分别作AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分别为E,F.已知DE=1,将梯形ABCD沿AE,BF同侧折起,得空间几何体ADEBCF,如图2.
(1)若AF⊥BD,证明:DE⊥BE;
(2)若DE∥CF,CD=,在线段AB上是否存在点P,使得CP与平面ACD所成角的正弦值为?并说明理由.
解:(1)证明:由已知得四边形ABFE是正方形,且边长为2,
∴AF⊥BE.∵AF⊥BD,BE∩BD=B,∴AF⊥平面BDE.
又DE⊂平面BDE,∴AF⊥DE.
∵AE⊥DE,AE∩AF=A,
∴DE⊥平面ABFE.
又BE⊂平面ABFE,∴DE⊥BE.
(2)当P为AB的中点时满足条件.理由如下:
∵AE⊥DE,AE⊥EF,DE∩EF=E,∴AE⊥平面DEFC.
如图,过E作EG⊥EF交DC于点G,
可知GE,EA,EF两两垂直,以E为坐标原点,以,,分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,1,),D,=(-2,1,),=.
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,得n=(1,-1,).
设=λ,则P,λ∈(0,+∞),
可得=.
设CP与平面ACD所成的角为θ,
则sin θ=|cosCP,n|==,
解得λ=1或λ=-(舍去),
∴P为AB的中点时,满足条件.
13.(2019·太原模拟)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,点M为A1C1的中点,点N为AB1上一动点.
(1)是否存在一点N,使得线段MN∥平面BB1C1C?若存在,指出点N的位置;若不存在,请说明理由;
(2)若点N为AB1的中点且CM⊥MN,求二面角MCNA的正弦值.
解:(1)存在点N,且N为AB1的中点时满足条件.
理由如下:如图1,连接A1B,BC1.
因为点M,N分别为A1C1,A1B的中点,
所以MN为△A1BC1的中位线,从而MN∥BC1.
又MN⊄平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C,
所以MN∥平面BB1C1C.
(2)设AA1=a,
则CM2=a2+1,MN2=2=,CN2=+5=.
由CM⊥MN,得CM2+MN2=CN2,解得a=.
以点A为坐标原点,
AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴建立如图2所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C(0,2,0),N,M(0,1,),
故=,=(0,2,0), =,
=(0,-1,).
设m=(x,y,z)为平面ANC的法向量,
则即
令x=-1,得平面ANC的一个法向量为m=(-1,0,),
同理可得平面MNC的一个法向量为n=(3,2,).
则cosm,n==-.
故二面角MCNA的正弦值为 =.