高考数学一轮复习课时跟踪检测（四十五）突破立体几何中的3大经典问题（含解析）新人教A版.docx

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()A1B2C3D4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EFHCHF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；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()A2B.3C2D3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.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PQ4，点M为线段PQ的中点，则线段C1M的长度的最小值为()A2B.42C6D4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，故点M在以A为球心，半径R2的球面上，易知AC14，所以C1M的最小值为AC1R42.5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Vr2hr2.设f(r)9r4r6(r0)，则f(r)36r36r5，令f(r)36r36r56r3(6r2)0，得r，所以当0r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()108，所以Vmax2.答案：26如图所示，在四边形ABCD中，ABADCD1，BD，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)ACBD；BAC90；四面体ABCD的体积为.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，AC，BC，AB2AC2BC2，ABAC，即BAC90，故正确；四面体ABCD的体积V121，故正确答案：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，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，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r3.设球的半径为R，连接OO，BO，OB，则R2232，解得R2.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，SABC33，三棱锥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A1B1AB6，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥A1BPO162224(m3)；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，所以2h236，即a22(36h2)于是仓库的容积VV柱V锥a24ha2ha2h(36hh3)，0h6，从而V(363h2)26(12h2)令V0，得h2或h2(舍)当0h2时，V0，V是单调增函数；当2h6时，V0，V是单调减函数故当h2时，V取得极大值，也是最大值因此，当PO12 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，ABC45，ADAP2，ABDP2，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，由余弦定理得AC284222cos 454，AC2，AC2BC2AB2，BCAC.又ADBC，ADAC.ADAP2，DP2，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(0,1)，则(2，2，2)，F(2，2，22)，(21,21，22)，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，解得，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，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？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，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，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x1，得n(1，1，)设，则P，(0，)，可得.设CP与平面ACD所成的角为，则sin |cosCP，n|，解得1或(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，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.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，MN22，CN25.由CMMN，得CM2MN2CN2，解得a.以点A