1、- 1 -课时跟踪检测（四十五） 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： BE 与 CF 异面； BE 与 AF 异面； EF平面 PBC；平面 BCE平面 PAD.其中正确结论的个数是( )A1 B2C3 D4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，故不正确； BE 与 AF 满足异面直线的定义，故正确；由 E， F 分别是PA， PD 的中点，可知 EF A
2、D，所以 EF BC，因为 EF平面 PBC， BC平面 PBC，所以 EF平面 PBC，故正确；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 EFHC 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，
3、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， BSC40， SB2，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( )- 2 -A2 B.3C2 D33 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
4、，则动点的最短路线为线段 BB1.在 SBB1中，SB SB12， BSB1120，所以 BB12 .故选 C.34.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 PQ4，点 M 为线段 PQ 的中点，则线段 C1M 的长度的最小值为( )A2 B.4 23C6 D4 3解析：选 B 连接 AP， AC1， AM.由正方体的结构特征可得，Q A平面 ABCD，所以 QA AP.因为 PQ4，点 M 为线段 PQ 的中点，所以 AM PQ2，12故点 M 在以 A 为球心，半径 R2 的球面上，易知 AC14 ，3所以 C1M 的最小值
5、为 AC1 R4 2.35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9 r2以圆锥的体积 V r2h r2 .设 f(r)9 r4 r6(r0)，13 13 9 r2 13 9r4 r6则 f( r)36 r36 r5，令 f( r)36 r36 r56 r3(6 r2)0，得 r ，所以当60 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6 6f(r)max f( )108，所以 Vmax 2 .613 108 3答案：2 36如图所示，
6、在四边形 ABCD 中， AB AD CD1， BD ， BD CD，将四边形 ABCD 沿2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) A C BD； BA C90；四面体 A BCD 的体积为 .16- 3 -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 CD1， BD ，2 A C ， BC ， A B2 A C2 BC2，2 3 A B A C，即 BA C90，故正确；四面体 A BCD 的体积
7、V 121 ，故正确13 12 16答案：7已知 A， B， C 是球 O 的球面上三点，且 AB AC3， BC3 ， D 为该球面上的动点，3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 AC3， BC3 ，3由余弦定理可得cos A ，32 32 33 2233 12sin A .32设 ABC 外接圆 O的半径为 r，则 2 r，得 r3.3332设球的半径为 R，连接 OO， BO， OB，则 R2 23 2，解得 R2 .(R2) 3由图可知，当点 D 到平面 ABC 的距离为 R 时，三棱锥 D ABC
8、的体积最大，32 S ABC 33 ，12 32 934三棱锥 D ABC 体积的最大值为 3 .13 934 3 274答案：2748.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 PA1B1C D1，下部的形状是正四棱柱 ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求1- 4 -正四棱柱的高 O1O 是正四棱锥的高 PO1的 4 倍(1)若 AB6 m， PO12 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 PO12 知 O1O4 PO18.因为 A1B1 AB6，所以正四棱锥 PA1B1C1D1的体积V 锥
9、 A1B PO1 62224(m 3)；13 21 13正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的体积V 柱 AB2O1O6 28288(m 3)所以仓库的容积 V V 锥 V 柱 24288312(m 3)(2)设 A1B1 a m， PO1 h m，则 0 h6， O1O4 h.如图，连接 O1B1.因为在 Rt PO1B1中，O1B PO PB ，21 21 21所以 2 h236，(2a2)即 a22(36 h2)于是仓库的容积 V V 柱 V 锥 a24h a2h a2h (36h h3)，0 h6，13 133 263从而 V (363 h2)26(12 h2)263令 V0，得 h2
10、或 h2 (舍)3 3当 0 h2 时， V0， V 是单调增函数；3当 2 h6 时， V0， V 是单调减函数3故当 h2 时， V 取得极大值，也是最大值3因此，当 PO12 m 时，仓库的容积最大39.(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， ABC45，AD AP2， AB DP2 ， E 为 CD 的中点，点 F 在线段 PB 上2(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
11、 AC， AB2 ， BC2， ABC45，2- 5 -由余弦定理得 AC28422 2cos 454，2 AC2， AC2 BC2 AB2， BC AC.又 AD BC， AD AC. AD AP2， DP2 ，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
12、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)，PC PD (2,2，2)设 ( 0,1)，则 (2 ，2 ，2 )，PB PFPB PF F(2 ，2 ，2 2)， (2 1,2 1，2 2)，平面 ABCD 的一个法向量为 m(0,0,1)EF 设平面 PDC 的法向量为 n( x， y， z)，则 Error!令 x1，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 ，22 ，
13、解EF EF 2 2|EF | 23|EF | 2 3得 ，3 32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PFPB 3 3210(2018肇庆二模)如图 1，在高为 2 的梯形 ABCD 中， AB CD， AB2， CD5，过A， B 分别作 AE CD， BF CD，垂足分别为 E， F.已知 DE1，将梯形 ABCD 沿 AE， BF 同侧折起，得空间几何体 ADEBCF，如图 2.- 6 -(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3
14、值为 ？并说明理由3535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 ， ，EA EF 分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则
15、A(2,0,0)， B(2,2,0)，EG C(0,1， )， D ， (2,1， )， .3 (0， 12， 32) AC 3 AD ( 2， 12， 32)设平面 ACD 的法向量为 n( x， y， z)，则 即Error!令 x1，得 n(1，1， )3设 ，则 P ， (0，)，AP PB (2， 21 ， 0)可得 .CP (2， 11 ， 3)设 CP 与平面 ACD 所成的角为 ，则 sin |cos CP， n| ，| 1 11 |7 ( 11 )25 3535解得 1 或 (舍去)，25- 7 - P 为 AB 的中点时，满足条件11.(2019太原模拟)如图，在直三棱柱
16、ABCA1B1C1中， BAC90， AB AC2，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
17、 a，则 CM2 a21， MN2 2 ， CN2 5 .(12BC1) a2 84 a24 a2 204由 CM MN，得 CM2 MN2 CN2，解得 a .2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， )，(1， 0，22) 2故 ， (0,2,0)， AN (1， 0， 22) AC CN ，(1， 2，22)(0，1， )CM 2设 m( x， y， z)为平面 ANC 的法向量，则 即Error!令 x1，得平面 ANC 的一个法向量为 m(1,0， )，2同理可得平面 MNC 的一个法向量为 n(3,2， )2则 cosm ，n . 3 0 2315 515故二面角 MCNA 的正弦值为 .1 ( 515)2 2 5515- 8 -
