突破立体几何中的3大经典问题.pdf

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1、突破立体几何中的3 大经典问题 考点一存在性问题 例 1在如图所示的几何体中，四边形CDEF 为正方形，四边形 ABCD 为等腰梯形， ABCD，AB2BC， ABC60 ，ACFB. (1)求证： AC平面 FBC； (2)求 BC 与平面 EAC 所成角的正弦值； (3)线段 ED 上是否存在点Q，使平面EAC平面 QBC？证明你的结论 解(1)证明：因为AB 2BC， ABC60 ， 在 ABC 中，由余弦定理可得AC3BC， 因为 AB 2AC2BC2，所以 ACBC. 又因为 ACFB，FBBC B，所以 AC平面 FBC. (2)因为 AC平面 FBC，FC? 平面 FBC，所以

2、ACFC.因为 CD FC，所以 FC平面 ABCD，所以 CA，CF，CB 所在直线两两互相垂直， 以 C 为坐标原点， CA，CB，CF 所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系C-xyz.在等腰梯形ABCD 中，可得CBCD. 设 BC 1，则 C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)， D 3 2 ， 1 2，0 ， E 3 2 ， 1 2，1 . 所以 CE 3 2 ， 1 2，1 ， CA (3，0,0)， CB (0,1,0) 设平面 EAC 的法向量为n (x，y，z)， 则 n CE 0， n CA 0， 即 3 2 x 1 2yz0

3、， 3x0. 取 z 1，则 n(0,2,1) 设 BC 与平面 EAC 所成的角为 ， 则 sin |cosCB ，n| | CB n| | CB |n| 2 5 5 ， 所以 BC 与平面 EAC 所成角的正弦值为 25 5 . (3)假设线段ED 上存在点 Q，使平面EAC平面 QBC. 设 Q 3 2 ， 1 2，t (0t1)，所以 CQ 3 2 ， 1 2，t . 设平面 QBC 的法向量为m (a，b，c)， 则 m CB 0， m CQ 0， 即 b 0， 3 2 a1 2btc0. 取 c1，得 m 2 3 3 t，0，1 . 要使平面 EAC平面 QBC， 只需 m n0，

4、 即 2 3 3 t00 2110， 此方程无解 所以线段 ED 上不存在点Q，使平面EAC平面 QBC. 解题技法 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在， 然后在该假设条件下，利用线面关系的 相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的 结论，则否定假设 题组训练 1如图所示， 四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱 的长都是底面边长的2倍， P 为侧棱 SD 上的点 (1)求证： ACSD； (2)若 SD平面 P AC，则侧棱 SC 上是否存在一点E，使得 BE平面 PAC？若存在，求SEEC 的值；若不存在，试说明理由 解： (1)证明：

5、如图所示，连接BD， 设 AC 交 BD 于点 O，则 AC BD. 连接 SO，则由题意知SO平面 ABCD. 以 O 为坐标原点， OB ，OC ， OS分别为 x轴，y 轴，z 轴正方向， 建立空间直角坐标系O-xyz. 设底面边长为a，则高SO 6 2 a.于是 O(0,0,0)， S 0，0， 6 2 a ， D 2 2 a，0，0 ，B 2 2 a，0，0， C 0， 2 2 a，0 ， 所以 OC 0， 2 2 a，0 ， SD 2 2 a，0， 6 2 a ， 则 OC SD 0. 故 OCSD，从而 AC SD. (2)假设棱 SC上存在一点E，使 BE平面 PAC. 由已知

6、条件得SD 是平面 PAC 的一个法向量， 且 SD 2 2 a，0， 6 2 a ， CS 0， 2 2 a， 6 2 a ， BC 2 2 a， 2 2 a， 0 . 设 CE t CS (0t1)，则 BE BC CE BC t CS 2 2 a， 2 2 a 1t ， 6 2 at . 由 BE SD 0，解得 t 1 3. 即当 SE EC21 时， BE SD . 而 BE?平面 PAC，故 BE平面 PAC. 例 2如图，底面ABCD 是边长为3 的正方形，平面ADEF平面 ABCD，AF DE， ADDE， AF26，DE3 6. (1)求证：平面ACE平面 BED； (2)求

7、直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值； (3)在线段 AF 上是否存在点M ，使得二面角M-BE-D 的大小为60 ？若存 在，求出 AM AF 的值；若不存在，说明理由 解(1)证明： 因为平面 ADEF 平面 ABCD ， 平面 ADEF 平面 ABCD AD， DEAD， DE? 平面 ADEF， 所以 DE 平面 ABCD. 因为 AC? 平面 ABCD，所以 DEAC. 又因为四边形ABCD 是正方形，所以ACBD. 因为 DE BD D，DE? 平面 BED，BD? 平面 BED ， 所以 AC平面 BED . 又因为 AC? 平面 ACE， 所以平面 ACE平面 BED .

8、 (2)因为 DA，DC，DE 两两垂直，所以以D 为坐标原点，射线DA， DC，DE 分别为 x 轴， y 轴， z轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz， 如图所示则A(3,0,0)，F(3，0,26)， E(0,0，36)，B(3,3,0) ，C(0,3,0)， CA (3， 3,0)， BE (3， 3，3 6)， EF (3,0，6) 设平面 BEF 的法向量为n (x1，y1，z1)， 则 n BE 0， n EF 0， 即 3x13y13 6z10， 3x1 6z10， 取 x16，得 n(6，2 6，3) 所以 cosCA ，n CA n |CA |n| 36 3239 13

9、 13 . 所以直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值为 13 13 . (3)假设存在点M 在线段 AF 上满足条件， 设 M(3,0，t)，0 t2 6， 则 BM (0， 3，t)， BE(3， 3,3 6) 设平面 MBE 的法向量为m (x2， y2， z2)， 则 m BM 0， m BE 0， 即 3y2 tz20， 3x2 3y236z20， 令 y2t，得 m(36t，t,3) 易知 CA(3， 3,0)是平面 BED 的一个法向量， 所以 |cosm ， CA | |m CA | |m| CA | |9 66t| 3 236t 2 t29 1 2， 整理得 2t26 6

10、t150，解得 t 6 2 或 t5 6 2 (舍去 )， 故在线段 AF 上存在点M，使得二面角M-BE-D 的大小为60 ，此时 AM AF 1 4. 解题技法 存在性问题的解题策略 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量 )表示，将几何对象坐 标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组若方程或方程组在题设范围 内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解， 则表示满足题设要求的几何对象不存在 题组训练 2如图所示，在长方体ABCD -A1B1C1D1中， ADAA11，AB 2. (1)求证：当点E 在棱 AB 上移动时，

11、 D1EA1D； (2)在棱 AB 上是否存在点E，使二面角D1-EC-D 的平面角为30 ？若存在，求出AE 的 长；若不存在，请说明理由 解：以 D 为坐标原点， DA，DC，DD 1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0,0,0)，C(0,2,0)， A1(1，0,1)，D1(0,0,1) 设 E(1，y0,0)(0y02) (1)证明：因为 D1E (1，y0， 1)，A1D (1,0， 1)， 则D1E A 1D (1，y0， 1) (1,0， 1)0， 所以 D1E A1D ，即 D 1EA1D. (2)假设在棱AB 上存在点 E，使二面角

12、D1-EC-D 的平面角为30 . 因为 EC ( 1,2y0,0)，D1C (0,2， 1)， 设平面 D1EC 的一个法向量为 n1(x，y， z)， 则 n1 EC 0， n1 D1C 0， 即 xy 2y0 0， 2yz 0. 取 y1，则 n1(2y0,1,2)是平面 D1EC 的一个法向量 易知平面 ECD 的一个法向量为n2DD 1 (0,0,1)， 要使二面角D1-EC-D 的平面角为 30 ， 则 cos 30 |cosn1，n2 | |n1 n2| |n1|n2| 2 2y0 2 1222 3 2 ， 解得 y02 3 3 或 y02 3 3 (不合题意，舍去) 所以当 A

13、E2 3 3 时，二面角D1-EC-D 的平面角为 30 . 考点二翻折与展开问题 例 1(2019 洛阳第一次联考)如图 1，在直角梯形ABCD 中， ADBC，ABBC，BD DC，点 E 是 BC 边的中点，将ABD 沿 BD 折起，使平面ABD平面 BCD，连接 AE， AC，DE，得到如图2 所示的几何体 (1)求证： AB平面 ADC ； (2)若 AD1，二面角C-AB-D 的平面角的正切值为6，求二面角B-AD-E 的余弦值 解(1)证明：因为平面ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCDBD，BD DC，DC ? 平面 BCD， 所以 DC平面 ABD. 因为 AB? 平面

14、 ABD ，所以 DCAB. 又因为折叠前后均有ADAB，DCADD， 所以 AB平面 ADC . (2)由(1)知 AB平面 ADC， 所以二面角C-AB-D 的平面角为CAD. 又 DC平面 ABD ，AD? 平面 ABD，所以 DCAD. 依题意 tanCADCD AD 6. 因为 AD 1，所以 CD6. 设 AB x(x0)，则 BDx21. 依题意 ABD DCB，所以 AB AD CD BD ， 即 x 1 6 x 21，解得 x 2， 故 AB2，BD3，BCBD 2CD23. 以 D 为坐标原点，射线DB，DC 分别为 x 轴， y 轴的正半轴， 建立如图所示的空间直角坐标系

15、D-xyz， 则 D(0,0,0)， B(3， 0,0)， C(0，6， 0)， E 3 2 ， 6 2 ，0 ， A 3 3 ，0， 6 3 ， 所以 DE 3 2 ， 6 2 ， 0 ， DA 3 3 ，0， 6 3 . 由(1)知平面 BAD 的一个法向量n(0,1,0) 设平面 ADE 的法向量为m(x，y，z)， 由 m DE 0， m DA 0， 得 3 2 x 6 2 y0， 3 3 x 6 3 z0. 令 x6，得 y3，z3， 所以 m(6，3，3)为平面 ADE 的一个法向量 所以 cosn，m n m |n| |m | 1 2. 由图可知二面角B-AD-E 的平面角为锐角

16、， 所以二面角B-AD-E 的余弦值为 1 2. 解题技法 翻折问题的2 个解题策略 确定翻折前后变与 不变的关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量 关系的变与不变一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置 和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会 发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则 要在立体图形中解决 确定翻折后关键点 的位置 所谓的关键点， 是指翻折过程中运动变化的点因为这些点的位置移动， 会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面 之间位置关系与数量关系的变化只有分析清楚关键点的准确位

17、置，才 能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与 计算 题组训练 1(2019 泉州模拟 )如图 1，在四边形ABCD 中， ADBC， BAD90 ，AB 2 3， BC4， AD6，E 是 AD 上的点， AE 1 3AD，P 为 BE 的中点，将 ABE 沿 BE 折起到 A1BE 的位置，使得A1C4，如图 2. (1)求证：平面A1CP平面 A1BE； (2)求二面角B-A1P-D 的余弦值 解： (1)证明：如图3，连接AP，PC.在四边形ABCD 中， ADBC， BAD90 ， AB2 3，BC4，AD6，E 是 AD 上的点， AE 1 3AD，P 为

18、BE 的中点， BE4，ABE30 ，EBC60 ，BP2，PC2 3，BP2 PC 2BC2， BPPC. A1P AP2，A1C4， A1P2PC 2A 1C 2， PCA 1P. BPA1PP， PC平面 A1BE. PC? 平面 A1CP，平面 A1CP平面 A1BE. (2)如图 4，以 P 为坐标原点， PB 所在直线为x 轴， PC 所在直线为y 轴，过 P 作平面 BCDE 的垂线为z轴，建立空 间直角坐标系， 则 A1( 1,0， 3)，P(0,0,0)，D(4,23，0)， PA1 (1,0， 3)，PD (4,23，0)， 设平面 A1PD 的法向量为 m (x，y，z)

19、， 则 m PA1 0， m PD 0， 即 x3z 0， 4x23y0， 取 x3，得 m (3，2,1) 易知平面 A1PB 的一个法向量 n(0,1,0)， 则 cos m ， n m n |m |n| 2 2 . 由图可知二面角B-A1P-D 是钝角， 二面角 B-A1P-D 的余弦值为 2 2 . 例 2在直三棱柱ABC-A1B1C1中， 底面为直角三角形， ACB 90 ，AC6，BCCC12，P 是 BC1上一动点，如图所示，则 CPPA1的最小值为 _ 解析 P A1在平面 A1BC1内， PC 在平面 BCC1内， 将其铺平后转化为平面上的问题铺平平面 A1BC1， 平面 B

20、CC1， 如图所示，计算得A1BAB1 2 10，BC12. 又 A1C16，故 A1BC1是 A1C1B90 的直角三角形 设 P 是 BC1上任一点， CPP A1 A1C， 即当 A1，P，C 三点共线时， CPPA1有最小值 在 A1C1C 中，由余弦定理得 A1C6 2 2 226 2cos 135 5 2， 故(CPPA1)min52. 答案 5 2 解题技法 “展开问题”是“折叠问题”的逆向思维、逆过程， “展开问题”是指将立体图形的表 面(或部分表面 )按一定的要求铺成平面图形，再利用平面图形的性质解决立体问题的一类题 型解决展开问题的关键是：确定需要展开立体图形中的哪几个面(

21、有时需要分类讨论)，以 及利用什么平面定理来解决对应的立体图形问题 提醒 求立体图形中两条(或多条 )线段长度和的最小值，只需将这些线段统一到一个 平面上要注意立体图形展开前后线段与角度哪些会改变，哪些不会变 题组训练 2.如图所示，在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线 A1B 上存在一点P，使得 APD1P取得最小值，则此最小值为 () A2B. 62 2 C22 D.22 解析： 选 D将 A1AB 与 A1BD1放在同一平面内， 如图所示连接 AD1， 则 AD1为 APD1P 的最小值因为 AA1A1D11， AA1D190 45 135 ， 所以由余弦定理得AD1

22、AA2 1A1D 2 12AA1A1D1cos 135 22. 考点三最值问题 典例 (1)已知三棱锥O-ABC 的顶点 A，B，C 都在半径为2 的球面上， O 是球心， AOB120 ，当 AOC 与 BOC 的面积之和最大时，三棱锥O-ABC 的体积为 () A. 3 2 B.2 3 3 C.2 3 D.1 3 (2)(2017全国卷 )如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸 片上的等边三角形ABC 的中心为O.D，E，F 为圆 O 上的点， DBC， ECA，FAB 分别是以BC，CA，AB 为底边的等腰三角形沿虚线剪开后， 分别以 BC，CA， AB 为折痕折起 DBC， E

23、CA， FAB，使得 D， E，F 重合，得到三棱锥当ABC 的边 长变化时，所得三棱锥体积(单位： cm3)的最大值为 _ 解析 (1)设球 O 的半径为R， 因为 SAOCSBOC1 2R 2(sinAOCsinBOC)， 所以当 AOC BOC90 时， SAOCSBOC取得最大值， 此时 OAOC， OBOC， 又 OBOAO，OA? 平面 AOB，OB? 平面 AOB， 所以 OC平面 AOB， 由题意知 R2，所以 V三棱锥 O-ABCV 三棱锥 C-OAB 1 3OC 1 2OA OBsinAOB 1 6R 3sinAOB23 3 . (2)如图，连接OD 交 BC 于点 G，

24、由题意知， ODBC.易得 OG 3 6 BC， 设 OGx，则 BC 2 3x，DG5x， SABC 1 22 3x3x3 3x2， 故 所 得 三 棱 锥 的 体 积V 1 3 33 x25 x 2x2 3 x22510x 3 25x4 10x5. 令 f(x)25x410x5，x 0，5 2 ， 则 f(x)100x 350x4， 令 f(x)0，即 x 42x30，得 0x2； 令 f(x)0，得 2x 5 2， 则当 x 0， 5 2 时， f(x)f(2)80， V380415. 所求三棱锥的体积的最大值为4 15. 答案 (1)B(2)415 解题技法 与体积、面积有关的最值问题

25、的解题策略 空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、 体积等发生变化，进而就有了面积与体积的最值问题. 定性 分析 在空间几何体的变化过程中，通过观察运动点的位置变化，确定其相关量的变化规 律，进而发现相关面积或体积的变化规律，求得其最大值或最小值 定量 分析 将所求问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最 大值或最小值的问题根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等多种方 法可供选择 题组训练 1(2018 全国卷 )设 A，B，C，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC 为等 边三角形且其面积为9 3，则三棱锥D-AB

26、C 体积的最大值为() A123B18 3 C243 D543 解析： 选 B由等边 ABC 的面积为93，可得 3 4 AB 29 3，所以 AB6，所以等边 ABC 的外接圆的半径为r 3 3 AB2 3.设球的半径为R，球心到等边ABC 的外接圆圆 心的距离为d，则 dR2r 2 16122.所以三棱锥D-ABC 高的最大值为246，所 以三棱锥 D-ABC 体积的最大值为 1 3 9 3618 3. 2已知正四面体S-ABC 的棱长为1，如果一个高为 3 6 的长方体能在该正四面体内任意 转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为_ 解析：如图，易知正四面体S-ABC 的内切

27、球的球心O 必在高线SH 上， 延长 AH 交 BC 于点 D，则 D 为 BC 的中点，连接SD，设内切球切SD 于点 E，连接 AO.因为 H 是正三角形ABC 的中心，所以AHDH21.易得 Rt OAH RtDSH， 所以 OA OH DS DH 3， 可得 OA3OHSO， 因此 SH4OH， 可得内切球的半径R OH1 4SH.因为正四面体 S-ABC 的棱长为1，所以在 Rt DSH 中，DS SH 2DH2 4R 21 3 3 2 23 2 ，解得 R 21 24.要满足一个高为 3 6 的长方体能在该 正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不超过正四面体内切球的直径，设该长

28、方体的 长和宽分别为x，y，其长和宽形成的长方形的面积为S，则 4R 23 6 2x2y2，所以 x2 y 21 12，所以 Sxy x 2y2 2 1 24，当且仅当 xy 6 12 时等号成立，即该长方体的长和宽形 成的长方形的面积的最大值为 1 24. 答案： 1 24 课时跟踪检测 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 P A，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() A1B2 C3 D4 解析： 选 B画出该几何体

29、，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EFAD，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 P A 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

30、， 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，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； AGEF，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S-ABC 中， BSC 40 ，SB2，则一动 点从点

31、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 () A2 B.3 C23 D3 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， SBSB12， BSB1120 ，所以 BB12 3.故选 C. 4.如图， 正方体 ABCD-A1B1C1D1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.432 C6 D4 3 解析： 选 B连接 AP，AC1，AM.由正方体的结构

32、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 AM 1 2PQ2， 故点 M 在以 A 为球心，半径R2 的球面上， 易知 AC143， 所以 C1M 的最小值为 AC1 R4 3 2. 5.一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1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() AB. CD 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

33、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； 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.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 h9 r2，所 以圆锥的体积V1 3 r 2h1 3 r 2 9 r 21 3 9r 4r6.设 f(r)9r4r6(r0)， 则 f(r)36r36r5

34、，令 f(r)36r36r 56r3(6r2)0，得 r 6，所以当 0r6 时， f(r)0，f(r)单调递增；当r6时， f(r )0，f(r)单调递减，所以f(r)maxf(6) 108，所以 Vmax 1 3 1082 3. 答案： 2 3 7如图所示，在四边形ABCD 中， ABAD CD1，BD2， BDCD，将四边形 ABCD 沿对角线 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 ) A C BD； BAC90 ；四面体ABCD 的体积为 1 6. 解析： BDCD，平面 ABD平面 BCD ，平面 ABD平面 BCDBD ，CD? 平

35、面 BCD， CD平面 ABD，又 AD? 平面 ABD， CDAD. ABADCD1，BD2， A C2，BC3， AB 2AC2 BC2， A BAC，即 BAC90 ，故正确； 四面体 ABCD 的体积 V 1 3 1 21 211 6，故正确 答案： 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，ABBC， PA平面 ABC，BC 2 7， PA 2y2102，(2 7)2PA2x2， 因此 xyx102 x27 2 x128x2 x 2 128x2 2 64，当且仅当x2128x 2，即

36、 x8 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 AC3，BC33， 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， ABAC3，BC33， 由余弦定理可得 cos A3 232 3 32 2 33 1 2， sin A 3 2 . 设 ABC 外接圆 O的半径为r，则 3 3 3 2 2r，得 r3. 设球的半径为R，连接 OO，BO，OB， 则 R2 R 2 2 32，解得 R2 3. 由图可知，当点D 到平面 ABC 的距离为 3

37、2R 时，三棱锥 D -ABC 的体积最大， SABC 1 2 33 3 2 9 3 4 ， 三棱锥 D -ABC 体积的最大值为 1 3 93 4 33 27 4 . 答案： 27 4 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 P-A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(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 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 O1O4PO18. 因为 A1B1

38、AB6， 所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积 V 锥 1 3 A 1B 2 1 PO1 1 36 2224(m3)； 正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的体积 V 柱AB2 O1O628 288(m 3) 所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m 3) (2)设 A1B1a m， PO1h m， 则 0h6，O1O4h.如图，连接 O1B1. 因为在 Rt PO1B1中， O1B 2 1PO 2 1PB 2 1， 所以 2a 2 2h236， 即 a22(36h2) 于是仓库的容积VV柱V锥a2 4h 1 3a 2 h13 3 a 2 h 26 3 (36hh 3)，0h 6， 从而

39、 V 26 3 (363h 2)26(12h2) 令 V0，得 h2 3或 h 23(舍 ) 当 0h23时， V 0，V 是单调增函数； 当 2 3h6 时， V0，V 是单调减函数 故当 h2 3时， V 取得极大值，也是最大值 因此，当 PO1 2 3 m 时，仓库的容积最大 11.(2019凉山模拟 )如图，在四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD底面 ABCD，底面ABCD 是平行四边形，ABC45 ，ADAP2，AB DP22，E 为 CD 的中点，点F 在线段 PB 上 (1)求证： ADPC； (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 AB

40、CD 所 成的角相等 解： (1)证明：在平行四边形ABCD 中，连接AC， AB22，BC2， ABC45 ， 由余弦定理得AC 28422 22cos 45 4， AC2， AC2BC2AB2， BCAC. 又 ADBC， ADAC. ADAP2，DP22， AD 2AP2DP2， APAD. 又 AP ACA，AP? 平面 PAC，AC? 平面 PAC， AD平面 PAC. PC? 平面 PAC， ADPC. (2)侧面 P AD底面 ABCD ，侧面 PAD底面 ABCDAD ，PA AD，PA? 平面 PAD， P A底面 ABCD . 以 A 为坐标原点，以DA，AC，AP 所在直

41、线为x 轴， y 轴， z 轴 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 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)， PC (0,2， 2)， PD(2,0， 2)， PB (2,2， 2)设 PF PB ( 0,1) ， 则 PF (2 ，2 ， 2 )，F(2 ，2 ， 2 2)， EF (2 1,2 1， 2 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 n PC 0， n PD 0， 2y 2z 0， 2x2z0， 令 x1，得 n(1， 1，

42、 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，|cosEF ， m|cosEF ， n |，即 22 |EF| 2 3|EF|， 2 2 2 3，解得 33 2 ， 当 PF PB 33 2 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， 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ADE-BCF，如图 2. (1)若 AFBD，证明： D

43、EBE； (2)若 DECF，CD3，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 35 35 ？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， AFBE.AFBD，BEBDB， AF平面 BDE. 又 DE? 平面 BDE ， AFDE. AEDE，AE AFA， 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，AE EF，DEEFE， 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

44、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， 3)，D 0， 1 2， 3 2 ，AC (2,1，3)， AD 2，1 2， 3 2 . 设平面 ACD 的法向量为n (x，y，z)， 则 n AC 0， n AD 0， 即 2x y3z0， 2x 1 2y 3 2 z0， 令 x1，得 n (1， 1，3) 设 AP PB，则 P 2，2 1 ，0 ， (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 2 5(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ABC-A1B1C1中，BAC90 ，ABAC2，点 M 为 A1C1的中点，点N 为 AB1