【数学】2019届一轮复习人教B版　立体几何问题，空间与平面转换是关键学案

【数学】2019届一轮复习人教B版　立体几何问题，空间与平面转换是关键学案

增分点 立体几何问题，空间与平面转换是关键 在立体几何中，判定和证明空间的线线、线面以及面面之间的位置关系(主要是平行与垂直的位置关系)，计算空间图形中的几何量(主要是角与距离)是两类基本问题．正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地实施空间图形与平面图形的转换是分析和解决这两类问题的关键．‎ ‎[典例] (2016·浙江高考)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________．‎ ‎[思路点拨]‎ 由题设PD＝DA，PB＝BA，可知△PBD实际上是由△ABC沿BD翻折使A点到达P点而得，也就是说这实际上是一个动态翻折问题．不难知道，对每一个确定的点D，当四面体PBCD的体积取最大值时，必有平面PBD⊥平面BCD(此时过点P向底面作的高最大)．接下来我们要选择一个合适的变量，将四面体PBCD的体积表示出来，再用函数或不等式等方法来解决．空间问题要转化为平面问题，这是通性通法，在这个过程中一定要关注该几何体的结构特征，才能将空间问题转化为平面几何问题．‎ ‎[方法演示]‎ 法一：平面几何法 由题意可知四面体PBCD的体积最大时，应有平面PBD⊥平面BCD.如图，过点P作PF⊥BD，垂足为F，则PF⊥平面BCD，则VPBCD＝S△BCD·PF.由翻折过程可知AF＝PF，则VPBCD＝S△BCD·AF，这样就将空间问题转化为△ABC内的问题．等腰△ABC的底边AC边上的高h＝AB·sin 30°＝1，VPBCD＝××DC×h×AF＝DC·AF.DC与AF不在同一个三角形中，‎ 如图，因为S△ABD＝BD·AF＝AD·h，则AF＝，得VPBCD＝DC·.设∠ADB＝α，由正弦定理得＝2sin(150°－α)，DC＝，则VPBCD＝×＝－＝，易知函数f(x)＝x－ 在区间(0,1]上单调递增，于是VPBCD≤＝.‎ 法二：构造法 换个角度看问题，我们把△ABC“立起来”，如图，设BO⊥平面ACP，考虑以B为顶点，△ACP的外接圆⊙O为底面的圆锥，易得AC＝2，则OB＝≤ ＝1.设∠PDA＝θ，θ∈(0，π)，AD＝x(0r≥Lcos 45°＝L，所以≤<1.‎ ‎3.如图，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′ED是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题错误的是( )‎ A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上 B．异面直线A′E与BD不可能垂直 C．三棱锥A′EFD的体积有最大值 D．恒有平面A′GF⊥平面BCED 解析：选B 依题意可知四边形ADFE为菱形，对角线AF与DE互相垂直平分，故A正确；在旋转过程中DE始终垂直GF和GA′，故DE⊥平面A′GF，所以恒有平面A′GF⊥平面BCED，故D正确；当A′G⊥平面ABC时，三棱锥A′EFD的体积取得最大值，故C正确；因为EF∥BD，故异面直线A′E与BD所成的角为∠FEA′，旋转过程中有可能为直角，故B错误．‎ ‎4．(2018·西安八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )‎ A. B. C. D. 解析：选C 依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a，则斜边长为a，圆锥的底面半径为a、母线长为a，因此其俯视图中椭圆的长轴长为a、短轴长为a，其离心率e＝＝.‎ ‎5.如图，正方体ABCDA1B‎1C1D1的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于( )‎ A. B. C．π D. 解析：选A 因为AA1＝，AE＝2，所以∠EAF＝，E的长为×2＝，又因为BF＝1，∠FBG＝，所以G的长为×1＝，所以和的长的和为.‎ ‎6.已知圆柱OO1的底面半径为1，高为π，平面ABCD是圆柱的一个轴截面．动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点D，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0<θ≤π)后，边B‎1C1与曲线Γ相交于点P，设BP的长度为f(θ)，则y＝f(θ)的图象大致为( )‎ 解析：选A 将圆柱的侧面沿轴截面ABCD展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线．根据题意，将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0<θ≤π)后，边B‎1C1与曲线Γ相交于点P，设BP的长度为f(θ)，则f(θ)应当是一次函数的一段，故选A.‎ ‎7.把平面图形M上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M′称为图形M在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCDEFGH中，AB＝5，AD＝4，AE＝3.则△EBD在平面EBC上的射影的面积是( )‎ A．2 B. C．10 D．30‎ 解析：选A 连接HC，过D作DM⊥HC，连接ME，MB，因为BC⊥平面HCD，DM ‎⊂平面HCD，所以BC⊥DM，因为BC∩HC＝C，所以DM⊥平面HCBE，即D在平面HCBE内的射影为M，所以△EBD在平面HCBE内的射影为△EBM，在长方体中，HC∥BE，所以△MBE的面积等于△CBE的面积，所以△EBD在平面EBC上的射影的面积为××4＝2.‎ ‎8.棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形(正四面体的截面)的面积是( )‎ A. B. C. D. 解析：选C 球具有对称性，关于每一个过球心的平面(包括图中给出的截面)都是对称的．同样，球的内接正四面体也应关于此截面对称，因此图中三角形位于球大圆内的顶点应是棱AB所对的棱CD的中点E.‎ 依题意，AB＝2，AE＝BE＝，故所求三角形(正四面体的截面)的面积为.‎ ‎9．(2018·江西八校联考)已知三棱锥ABCD中，AB，AC，AD两两垂直且长度均为10，定长为m(m<6)的线段MN的一个端点M在棱AB上运动，另一个端点N在△ACD内运动(含边界)，线段MN的中点P的轨迹的面积为2π，则m的值等于( )‎ A．2 B．3‎ C．4 D．5‎ 解析：选C 由AB，AC，AD两两垂直且长度均为10，可知三棱锥ABCD的形状如图所示．又M点在线段AB上，N点在平面ACD内运动(含边界)，∴MN的中点P的轨迹是一个半径为的球的，其表面积为S＝×4πR2＝×4π×2＝π＝2π，解得m＝4.‎ ‎10.如图，直三棱柱ABCA1B‎1C1的底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是( )‎ A. B．5 C．4 D．10 解析：选B 沿BC1将二面角A1BC1C展开，使A1，B，C1，C四点位于同一平面，形成四边形A1BCC1.‎ 由直三棱柱ABCA1B‎1C1的底面为直角三角形，且∠ACB＝90°，可知AC⊥平面BB‎1C1C，故在四边形A1BCC1中，A‎1C1⊥BC1.又由BC＝CC1＝，可知四边形BB‎1C1C是正方形，所以 ‎△BC‎1C是等腰直角三角形，BC1＝2，∠BC‎1C＝45°，∠A‎1C1C＝135°(如图)．P是BC1上一动点，CP＋PA1≥A‎1C，当且仅当点P在A‎1C上时，等号成立，故CP＋PA1的最小值是线段A‎1C的长．在△A‎1C1C中，AC＝A‎1C＋CC－2×A‎1C1×CC1×cos 135°＝36＋2－2×6××＝50，A‎1C＝5.‎ 由此可知，CP＋PA1的最小值是5.‎ ‎11.如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED，EC向上折起，使A，B重合于点P，则三棱锥PDCE的外接球体积为( )‎ A. B. C. D. 解析：选C 如图，经过折叠生成的正四面体PDCE必内接于正方体，正四面体PDCE的各条棱都是此正方体的面对角线，正四面体PDCE的四个顶点都是正方体的顶点，因此正四面体PDCE和正方体共外接球．由正四面体的棱长为1，可知正方体的棱长为，其对角线长为，即球的直径为，所以三棱锥PDCE的外接球体积V＝π×3＝.‎ ‎12.(2018·沈阳质检)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若△PBD的面积为f(x)，则f(x)的图象大致是( )‎ 解析：选A 如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则PR⊥BD.由鳖臑的定义知PQ∥AB，QR∥CD.设AB＝BD＝CD＝1，则＝＝，即PQ＝.又＝＝＝，‎ 所以QR＝，‎ 所以PR＝＝＝·，所以f(x)＝·‎ ＝·，结合图象知选A.‎ 二、填空题 ‎13.(2018·南昌模拟)如图，在直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．‎ 解析：根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分 为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．‎ 则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，‎ 即表面积为π·1·＋2π·12＋π·12＝(＋3)π.‎ 答案：(＋3)π ‎14．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为________．‎ ‎①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；‎ ‎③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.‎ 解析：因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，则在折起过程中，D点在平面BCE上的投影为O1O2(如图)．因为DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①错；只有D点投影位于O2位置时，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE ⊥CD，此时CD不垂直于平面AECB，故CD不垂直于平面BED，故②错；BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③错；因为AD⊥ED，并且在折起过程中，有AD⊥BD，所以存在一个位置使AD⊥BE，所以在折起过程中AD⊥平面BED能成立，故④正确．‎ 答案：④‎ ‎15.(2018·湘中名校联考)一块边长为a cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则容器的容积的最大值是________．‎ 解析：如图，设AB＝x，OF＝，‎ EF＝(00时，00)cm，则△ABC的面积为a2，△DBC的高为5－a，则正三棱锥的高为＝，∴25－a>0，∴00，即x4－2x3<0，得0

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