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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 B2 C3D4 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EFAD，所以EFBC，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EFA
2、D， 所以EFBC，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( ) AAG平面EFHB.AH平面EFH CHF平面AEFDHG平面AEF 解析：选 B 根据折叠前、后AHHE，AHHF不变，且HEHFH，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
3、EF，EFGH，AGGHG， 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 - A2B.3 C2D333 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，SBSB12， BSB1120，所以BB12.故选 C.3 4.如图， 正方体ABC
4、DA1B1C1D1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( ) A2B.423 C6D4 3 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 QAAP. 因为PQ4，点M为线段PQ 的中点， 所以AMPQ2， 1 2 故点M在以A为球心，半径R2 的球面上， 易知AC14，3 所以C1M的最小值为AC1R42.3 5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9r2
5、圆锥的体积V r2h r2 .设f(r)9r4r6(r0)， 1 3 1 3 9r2 1 3 9r4r6 则f(r)36r36r5，令f(r)36r36r56r3(6r2)0，得r，所以当 0r6 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)maxf()666 108，所以Vmax 2. 1 3 1083 答案：23 6如图所示，在四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD，将四边形ABCD沿对2 角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论正确的是_(填序 号) ACBD；BAC90；四面体ABCD的体积为 . 1 6 -
6、3 - 解析：BDCD，平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，CD平面BCD， CD平面ABD，又AD平面ABD，CDAD. ABADCD1，BD，2 AC，BC，AB2AC2BC2，23 ABAC，即BAC90，故正确； 四面体ABCD的体积V 121 ，故正确 1 3 1 2 1 6 答案： 7已知A，B，C是球O的球面上三点，且ABAC3，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， ABAC3，BC3，3 由余弦定理可得 cos A ， 32323 32 2 3 3 1 2 sin A.
7、3 2 设ABC外接圆O的半径为r，则2r，得r3. 3 3 3 2 设球的半径为R，连接OO，BO，OB， 则R2 232，解得R2 . ( R 2) 3 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， 3 2 SABC 33， 1 2 3 2 9 3 4 三棱锥D ABC体积的最大值为 3. 1 3 9 3 4 3 27 4 答案：27 4 8.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)， 并要求正四棱1 柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4 倍 (1)若AB6 m
8、，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O1O4PO18. - 4 - 因为A1B1AB6， 所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积 V锥 A1BPO1 62224(m3)； 1 3 2 1 1 3 正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积 V柱AB2O1O628288(m3) 所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3) (2)设A1B1a m，PO1h m， 则 0h6，O1O4h.如图，连接O1B1. 因为在 RtPO1B1中， O1BPOPB， 2 12 12 1 所以 2h236， ( 2
9、a 2) 即a22(36h2) 于是仓库的容积VV柱V锥a24ha2ha2h(36hh3)，0h6， 1 3 13 3 26 3 从而V(363h2)26(12h2) 26 3 令V0，得h2或h2(舍)33 当 0h2时，V0，V是单调增函数；3 当 2h6 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3 9.(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，ADAP2，ABDP2，E为CD2 的中点，点F在线段PB上 (1)求证：ADPC； (2)试确定点F的位置，
10、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， AB2，BC2，ABC45，2 由余弦定理得AC284222cos 454，2 AC2， AC2BC2AB2，BCAC. 又ADBC，ADAC. - 5 - ADAP2，DP2，2 AD2AP2DP2，APAD. 又APACA，AP平面PAC，AC平面PAC， AD平面PAC. PC平面PAC，ADPC. (2)侧面PAD底面ABCD， 侧面PAD底面ABCDAD，PAAD，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
11、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(PC PD PB PF PB 0,1)，则(2，2，2)，F(2，2，22)，PF (21,21，22)，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!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|EF |cos，n|，即，22，解得，EF 2
12、2 |EF| 2 3| EF| 2 3 3 3 2 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 PF PB 3 3 2 10(2018肇庆二模)如图 1，在高为 2 的梯形ABCD中，ABCD，AB2，CD5，过A，B 分别作AECD，BFCD，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. (1)若AFBD，证明：DEBE； (2)若DECF，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3 ？并说明理由 35 35 解：(1)证明：由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为 2，
13、- 6 - AFBE.AFBD，BEBDB，AF平面BDE. 又DE平面BDE，AFDE. AEDE，AEAFA， DE平面ABFE. 又BE平面ABFE，DEBE. (2)当P为AB的中点时满足条件理由如下： AEDE，AEEF，DEEFE，AE平面DEFC. 如图，过E作EGEF交DC于点G， 可知GE，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，以，EA EF EG 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，)，D3 ，(2,1，)，. (0， 1 2， 3 2) AC 3AD (2， 1 2， 3 2) 设平面ACD的法向量为n(x，
14、y，z)， 则Error!即Error! 令x1，得n(1，1，)3 设，则P，(0，)，AP PB (2， 2 1，0) 可得.CP (2， 1 1， 3) 设CP与平面ACD所成的角为， 则 sin |cosCP，n|， |1 1 1| 7(1 1) 2 5 35 35 解得1 或 (舍去)， 2 5 P为AB的中点时，满足条件 11.(2019太原模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，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
15、CMMN，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. - 7 - 因为点M，N分别为A1C1，A1B的中点， 所以MN为A1BC1的中位线，从而MNBC1. 又MN平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C， 所以MN平面BB1C1C. (2)设AA1a， 则CM2a21，MN2 2 ，CN25. ( 1 2BC 1) a28 4 a2 4 a220 4 由CMMN，得CM2MN2CN2，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， 2 2) 2 故，(0,2,0)， ，AN (1，0， 2 2) AC CN (1，2， 2 2) (0，1，)CM 2 设 m(x，y，z)为平面ANC的法向量， 则Error!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. 302 3 15 5 15 故二面角MCNA的正弦值为 .1( 5 15) 2 255 15