【数学】2020届一轮复习新课改省份专用版7-7突破立体几何中的3大经典问题作业

【数学】2020届一轮复习新课改省份专用版7-7突破立体几何中的3大经典问题作业

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：‎ ‎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．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 ‎6．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 ‎7．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： ‎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．‎ ‎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，∠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．‎ ‎10．(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＝|cosCP，n|＝＝，‎ 解得λ＝1或λ＝－(舍去)，‎ ‎∴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，∠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cosm，n＝＝－.‎ 故二面角MCNA的正弦值为 ＝.‎