03 模塊三　立體幾何 【答案】聽課手冊

模塊三立體幾何微專題8空間幾何體微點(diǎn)1例1(1)BCD(2)28[解析](1)對于A,設(shè)該圓臺的上底面半徑為r,下底面半徑為R,則2πr=13×2π×1,2πR=13×2π×3,解得r=13,R=1,又該圓臺的母線長為3-1=2,所以該圓臺的高為22-1-132=423,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對于B,該圓臺的上底面面積為19π,下底面面積為π,側(cè)面積為π×13+1×2=83π,所以該圓臺的表面積S=19π+π+83π=349π,故選項(xiàng)B正確;對于C,該圓臺的體積V=13π×132+13×1+12×423(2)方法一:依題意可知,原正四棱錐的高為6,故棱臺的體積V=V大正四棱錐-V小正四棱錐=13×42×6-13×22×3=方法二:由題可知所得棱臺的高為3,上底面是邊長為2的正方形,下底面是邊長為4的正方形,由棱臺的體積公式可得棱臺的體積V=13×(42+22+42×22)【自測題】1.B[解析]設(shè)正方體的棱長為a,正四面體的棱長為b,球的半徑為R,表面積為S.正方體的表面積S=6a2,所以a2=16S,所以V12=(a3)2=(a2)3=1216S3.如圖,在正四面體PABC中,D為AC的中點(diǎn),O為△ABC的中心,則PO是正四面體PABC的高,BD⊥AC,AD=12b,所以BD=AB2-AD2=32b,所以S△ABC=12×AC×BD=12×b×32b=34b2,所以正四面體PABC的表面積S=4S△ABC=3b2,所以b2=33S.又O為△ABC的中心,所以BO=23BD=33b.又根據(jù)正四面體的性質(zhì),可知PO⊥BO,所以PO=PB2-BO2=63b,所以V22=13×S△ABC×PO2=13×34b2×63b2=172b6=172×33S3=3648S3.球的表面積S=4π2.B[解析]設(shè)幾何體為EF-ABCD,如圖所示.矩形ABCD的面積為6×4=24,側(cè)面為兩個(gè)全等的等腰三角形和兩個(gè)全等的等腰梯形.設(shè)點(diǎn)E,F在底面ABCD內(nèi)的射影分別為G,H,在平面ABCD內(nèi),過點(diǎn)G作GM⊥BC于M,連接EM,過點(diǎn)H作HN⊥CD于N,連接FN.∵FH⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,∴FH⊥CD.又HN⊥CD,FH∩HN=H,∴CD⊥平面FHN,又FN?平面FHN,∴FN⊥CD.同理可得EM⊥BC.易知EG=FH=2,GM=HN=2,梯形BCFE的高為EM=EG2+GM2=22+22=22,∴S梯形ADFE=S梯形BCFE=12(EF+BC)·EM=82.在△CDF中,斜高為FN=FH2+HN2=22+22=22,∴S△ABE=S△CDF=12CD·FN=42,3.4π[解析]∵V圓臺=13×(π×12+π×12×π×22+π×22)×2=14π3,V半球=12×4π3×13=2π3微點(diǎn)2例2BC[解析]如圖.對于選項(xiàng)A,易知∠CAD為二面角C-AA1-D的平面角,且∠CAD=45°,故A錯(cuò)誤;對于選項(xiàng)B,由題可知四邊形ABB1A1和四邊形ADD1A1為全等的直角梯形,故BB1=DD1,又B1D1∥BD,BB1與DD1不平行,所以四邊形BDD1B1為等腰梯形,故B正確;對于選項(xiàng)C,由題知AD=4,DD1=52,A1D1=2,所以A1A=254-(4-2)2=32,則四棱臺ABCD-A1B1C1D1的體積V=13×(4+16+8)×32=14,故C正確;對于選項(xiàng)D,因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,所以BD⊥AC,因?yàn)锳1A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以A1A⊥BD,又A1A∩AC=A,A1A,AC?平面AA1C1C,所以BD⊥平面AA1C1C,又CC1?平面AA1C1C,所以BD⊥【自測題】1.AB[解析]對于A,假設(shè)α內(nèi)存在與a平行的直線,則由直線和平面平行的判定定理知直線a與平面α平行,與條件相矛盾,假設(shè)不成立,故A正確;由面面平行的判定定理可知B正確;對于C,當(dāng)直線m,n不相交時(shí),由線面垂直的判定定理知,當(dāng)l⊥m且l⊥n時(shí),得不到l⊥α,故C錯(cuò)誤;對于D,當(dāng)α1∥β1,α⊥β時(shí),可滿足題設(shè)條件,此時(shí)平面α與平面β所成的二面角為90°,平面α1與平面β1所成的二面角為0°,故D錯(cuò)誤.故選AB.2.AB[解析]如圖,取AB的中點(diǎn)F,連接EF,PF,易知G在PF上,∵PF是△PAB的中線,BG∶GD=2∶1,∴PGGF=2,∴PGGF=PHHE=2,∴GH∥EF,又EF∥AC,∴GH∥AC,故C錯(cuò)誤;∵AC?平面ABC,GH?平面ABC,∴GH∥平面ABC,故A正確;取AC的中點(diǎn)O,連接PO,BO,則PO⊥AC,BO⊥AC,∵PO∩BO=O,PO?平面POB,BO?平面POB,∴AC⊥平面POB,又PB?平面POB,∴AC⊥PB,又GH∥AC,∴GH⊥PB,故B正確;GH與PA所成的角為∠PAC或其補(bǔ)角,在正三棱錐中,PA=PB=PC,AB=AC=BC,PA不一定等于AC,∴△∴∠PAC不一定是60°,故D錯(cuò)誤.故選AB.1.B[解析]設(shè)圓錐的母線長為l,則2π×2=πl(wèi),解得l=22.故選B.2.C[解析]由題意知,水庫水位為海拔148.5m時(shí),相應(yīng)水面(棱臺的上底面)的面積為140.0km2=140×106m2,水庫水位為海拔157.5m時(shí),相應(yīng)水面(棱臺的下底面)的面積為180.0km2=180×106m2,水面上升的高度為157.5-148.5=9(m),所以增加的水量(棱臺的體積)V=13×9×(140×106+140×106×180×106+180×106)=3×(320×106+607×106)≈3×(320×106+60×2.65×106)=1.437×109≈1.4×109(m3.B[解析]如圖所示,取AB的中點(diǎn)C,連接OC,PC,則有OC⊥AB,PC⊥AB.在△AOB中,OA=OB=3,∠AOB=120°,則∠ABO=30°,所以O(shè)C=OB×sin30°=32,AB=OB×cos30°×2=3.又由△PAB的面積為934,得12×3×PC=934,解得PC=332,所以PO=PC2-OC2=3322-322=6,所以該圓錐的體積V=14.B[解析]設(shè)△PBC中PC邊上的高為h,則由題意可得S△PMN=12×13PC×23h=12×29×PC×h=29S△PBC,∴VP-AMN=VA-PMN=29VA-PBC=5.AC[解析]如圖,取AC的中點(diǎn)D,連接OD,PD,PO,則OD⊥AC,PD⊥AC,故∠PDO為二面角P-AC-O的平面角,得∠PDO=45°.因?yàn)椤螦PB=120°,PA=2,所以AB=23,PO=1,故圓錐的體積V=13×π×(3)2×1=π,故A正確;S圓錐側(cè)=π×3×2=23π,故B錯(cuò)誤;由∠PDO=45°,可得DO=1,故AC=2×3-1=22,故C正確;易知PO⊥DO,由PO=1,DO=1,得PD=2,則S△PAC=12×22×2=2,故D錯(cuò)誤.6.CD[解析]設(shè)正方形ABCD的邊長為2,則ED=2,FB=1,AC=22,∴V1=VE-ACD=13S△ACD·ED=43.∵ED⊥平面ABCD,FB∥ED,∴FB⊥平面ABCD,∴V2=VF-ABC=13S△ABC·FB=23.連接BD交AC于M,連接EM,FM,∵AC⊥ED,AC⊥BD,BD∩ED=D,∴AC⊥平面BDEF.過F作FN⊥DE,垂足為N,則FN∥BD,且FN=BD=22,在Rt△ENF中,EF=EN2+FN2=3.在Rt△MBF中,FM=BF2+BM2=3.在Rt△EDM中,EM=ED2+DM2=6,∴EM2+FM2=EF2,即EM⊥FM,故V37.766[解析]連接AC,A1C1,作A1E⊥AC,垂足為E,在等腰梯形ACC1A1中,AC=22,A1C1=2,AA1=2,則可得該棱臺的高h(yuǎn)=A1E=62,故該棱臺的體積V=13(S+S'+SS')h=13×(1+4+

微專題9球的截面性質(zhì)與切接問題微點(diǎn)1例1C[解析]在△ABC中,BC=23,∠BAC=60°,根據(jù)三角形的外接圓半徑公式,可得△ABC的外接圓半徑r=12×2332=2.設(shè)P點(diǎn)在平面ABC內(nèi)的射影為D,連接PD,AD,球心O在直線PD上,則AD=r=2,在Rt△PDA中,由PD2+AD2=PA2,可得PD=22,設(shè)三棱錐P-ABC外接球的半徑為R,則(22-R)2+22=R2,解得R=322,所以球O的體積V=4πR33=【自測題】1.A[解析]如圖所示,易知球心O為SC的中點(diǎn),設(shè)過A,B,C三點(diǎn)的小圓的圓心為O1,則OO1⊥平面ABC,連接CO1,∵CO1=23×32=33,∴OO1=1-13=63,∴點(diǎn)S到平面ABC的距離為2OO1=263.∵△ABC是邊長為1的正三角形,∴△ABC的面積為34,∴VS-ABC2.31π[解析]因?yàn)镻A⊥平面ABC,AC,AB?平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,又AC⊥AB,所以PA,AB,AC兩兩垂直,故可將三棱錐P-ABC補(bǔ)全為長方體,故三棱錐P-ABC的外接球,即為此長方體的外接球,令三棱錐P-ABC外接球的半徑為R,則(2R)2=PA2+AB2+AC2=31,所以三棱錐P-ABC外接球的表面積為4πR2=31π.微點(diǎn)2例2B[解析]設(shè)此正三棱錐框架為P-ABC(如圖),球O1的半徑為R,球O2的半徑為r,底面三角形ABC外接圓的圓心為O,連接PO,AO,延長AO交BC于點(diǎn)N.因?yàn)閳A氣球O2在此框架內(nèi)且與正三棱錐所有的棱都相切,所以O(shè)2在PO上且與棱BC相切于點(diǎn)N,設(shè)球O2與棱PA相切于點(diǎn)M,連接NO2,MO2.由題意得AN=32×23=3,則AO=23AN=2,ON=13AN=1.因?yàn)镻O⊥底面ABC,所以PO⊥AO,又因?yàn)镻A=22,所以PO=8-4=2,在直角三角形OO2N中,OO2=r2-1,1<r<22,在直角三角形PMO2中,PM=MO2=r,PO2=2r,由PO=PO2+OO2,可得2=2r+r2-1,可得r=22-3,則球O2的表面積為4πr2=4π×(22-3)2=(44-166)π.因?yàn)镻O=AO=2,所以O(shè)與O1重合,所以球O1的半徑R=2,則球O1的表面積為4πR2=4π×22=16π.綜上可得,球O1和球O2的表面積之和為【自測題】B[解析]∵正四面體PABC的棱長為1,∴正四面體PABC的高h(yuǎn)=1-23×322=63.由題可知球O與該正四面體的其余三個(gè)面(不包括底面ABC)都相切,設(shè)球O的半徑為r,則VP-ABC=VO-PAB+VO-PBC+VO-PAC,∴13×34×63=13×34r+13×微點(diǎn)3例322π[解析]如圖,取B1C1的中點(diǎn)O1,連接D1O1.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1是各棱長均為2的直四棱柱,且∠BAD=60°,∴D1O1⊥平面B1C1CB,且D1O1=22-1=3.由球的截面圓的性質(zhì)可得截面圓的半徑為5-3=2.在平面B1C1CB上作以O(shè)1為圓心,2為半徑的圓弧,與棱BB1,CC1的交點(diǎn)分別為E,F,易得E,F均為所在棱的中點(diǎn).連接O1F,O1E,EF.∵O1E=O1F=2,EF=2,∴∠EO1F=π2,∴球面與側(cè)面B1C1CB的交線長為14×【自測題】C[解析]設(shè)球O的半徑為R,由4π3R3=125π6,得R=52,設(shè)平面α截球O所得截面小圓的半徑為r1,由S1=πr12=25π8,得r1=522,因此,球心O到平面α的距離d=R2-r12=522=r1,而球心O在圓錐的軸上,則圓錐的軸與平面α所成的角為45°.因?yàn)閳A錐的高為1,所以球心O到圓錐底面圓的距離d1=32,于是得圓錐的底面半徑r=R2-d12=522-322=2.令平面α截圓錐所得截面為等腰三角形PAB,線段AB為圓錐底面圓O1的弦,點(diǎn)C為弦AB的中點(diǎn),連接PC,PO1,CO1,如圖,依題意,∠CPO1=45°,所以CO1=PO1.A[解析]由題意,設(shè)球的球心為O,半徑為R,正三棱臺的上、下底面分別為△A1B1C1,△A2B2C2,A1A2,B1B2,C1C2均為正三棱臺的棱,則△A1B1C1,△A2B2C2都是等邊三角形.設(shè)△A1B1C1,△A2B2C2的外接圓圓心分別為O1,O2,連接O1O2,則O1O2=1.連接O1A1,O2A2,∵等邊三角形A1B1C1和等邊三角形A2B2C2的邊長分別為33,43,∴O1A1=3,O2A2=4.連接OA1,OA2,若點(diǎn)O在線段O1O2上,則R2=O1A12+OO12=O2A22+(1-OO1)2,即32+OO12=42+(1-OO1)2,可得OO1=4>O1O2,矛盾,故點(diǎn)O在線段O1O2的延長線上.由題意得R2=O1A12+(OO2+1)2=O2A22+OO22,可得OO2.B[解析]設(shè)P在底面ABC上的射影為O,則O為△ABC的中心,連接OA,則OA=23×6×32=23,∴PO=PA2-OA2=62-(23)2=26.連接OQ,易知點(diǎn)Q在△ABC的邊上及其內(nèi)部,∴PO2+OQ2=PQ2,又∵PQ≤5,∴OQ≤1,易知點(diǎn)O到△3.C[解析]如圖,連接AC,BD交于點(diǎn)O1,連接SO1.設(shè)正四棱錐S-ABCD的高SO1=h,底面邊長為a,則AO1=22a,設(shè)正四棱錐外接球的半徑為R,則由43πR3=36π,得R=3.延長SO1,交球面于點(diǎn)M,連接AM,則SM為球的直徑,易知AO1⊥SM,在Rt△SAM中,由射影定理知,l2=6h,12a2=h(6-h),所以a2=2h(6-h),h=l26∈32,92,所以正四棱錐S-ABCD的體積為13a2h=23h2(6-h)=23(-h3+6h2).記V(h)=23(-h3+6h2),h∈32,92,則V'(h)=2(-h2+4h),h∈32,92,當(dāng)h∈32,4時(shí),V'(h)>0,V(h)單調(diào)遞增,當(dāng)h∈4,92時(shí),V'(h)<0,V(h)單調(diào)遞減,所以4.[22,23][解析]設(shè)球O的半徑為R.當(dāng)球O是正方體的外接球時(shí),球O恰好經(jīng)過正方體的每個(gè)頂點(diǎn),此時(shí)球O的半徑最大,正方體的外接球直徑2R'=AC1=42+42+42=43,則R'=23,所以Rmax=23;分別取棱AA1,BB1,CC1,DD1的中點(diǎn)M,H,G,N,顯然四邊形MNGH是邊長為4的正方形,O為正方形MNGH的對角線的交點(diǎn),連接MG,則MG=42+42=42,當(dāng)球O的一個(gè)大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓時(shí),球O的半徑最小,所以Rmin=22.5.2π3[解析]易知當(dāng)球與圓錐相切時(shí),球的半徑最大,設(shè)此時(shí)球的半徑為r.如圖,球O內(nèi)切于圓錐,D為切點(diǎn).由SB=3,BC=1,得SC=22,易知△SDO∽△SCB,得SOSB=DOCB,即22-r3=r1,得r=22,所以該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為43

高考進(jìn)階2空間幾何體的嵌套與切接問題例1ABD[解析]對于A,正方體內(nèi)切球的直徑為1m,故A正確;對于B,如圖①,在正方體中作出正四面體A1BDC1,該正四面體的棱長為BA1=2m,而2>1.4,故B正確;對于C,圓柱體的底面直徑為0.01m,可以忽略不計(jì),正方體的體對角線的長為3m,而1.8>3,故C不正確;對于D,圓柱體的高為0.01m,可忽略不計(jì),如圖②,取E,F,G,H,I,J分別為所在棱的中點(diǎn),并順次連接,所得六邊形EFGHIJ為正六邊形,其邊長為22m,連接FH,易知FH為正六邊形EFGHIJ的內(nèi)切圓直徑,因?yàn)椤螱FH=∠GHF=30°,所以FH=3FG=3GH=62m,而622=64>1.22=1.44,故D 例2C[解析]要使球的體積取到最大值,球需接觸到拋物線y=14x2(y≤8)旋轉(zhuǎn)所形成的的曲面上,設(shè)此時(shí)球與平面xOy的交點(diǎn)為P(x0,y0),球心為O1,半徑為r,則y0=14x02,O1(0,8-r),設(shè)拋物線在點(diǎn)P處的切線為l,連接O1P,則l⊥O1P,且O1到直線l的距離為r.由y=14x2,得y'=12x,所以直線l的方程為y-y0=12x0(x-x0),即12x0x-y+y0-12x02=0,所以點(diǎn)O1到直線l的距離d=12x0×0-1×(8-r)+y0-12x0212x02+(-1)2=-(8-r)-14x0214x02+1=r①,又klkO1P=-1,即例3C[解析]設(shè)四棱錐的底面為四邊形ABCD,四棱錐O-ABCD的高為a,底面所在圓為☉O1,連接OO1,AC,BD,則OO1⊥平面ABCD.當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí),四邊形ABCD的面積最大,此時(shí)O1為AC,BD的交點(diǎn),O1D=OD2-OO12=1-a2,則CD=2O1D=2-2a2,故S正方形ABCD=CD2=2-2a2,則V四棱錐O-ABCD=13a(2-2a2)=23(a-a3).設(shè)f(a)=a-a3(0<a<1),則f'(a)=1-3a2,當(dāng)0<a<33時(shí),f'(a)>0,f(a)單調(diào)遞增,當(dāng)33<a<1時(shí),f'(a)<0,f(a)【自測題】ACD[解析]對于A選項(xiàng),連接AD,在正四面體PABC中,D是PB的中點(diǎn),所以PB⊥AD,PB⊥CD,又因?yàn)锳D?平面ACD,CD?平面ACD,AD∩CD=D,所以PB⊥平面ACD,又因?yàn)锳E?平面ACD,所以PB⊥AE,所以直線AE與PB所成的角為π2,故A選項(xiàng)正確;對于B選項(xiàng),把△ACD沿著CD展開與△BDC在同一個(gè)平面內(nèi)(A,B在CD的異側(cè)),由AD=CD=23,AC=4,得cos∠ADC=13,所以cos∠ADB=cosπ2+∠ADC=-sin∠ADC=-223,所以AB2=22+(23)2-2×2×23×-223=16+1663≠34,所以AB≠34,所以△ABE周長的最小值不為4+34,故B選項(xiàng)錯(cuò)誤;對于C選項(xiàng),要使小球半徑最大,則小球與四個(gè)面相切,即小球是正四面體的內(nèi)切球,設(shè)內(nèi)切球的半徑為r,正四面體PABC的高h(yuǎn)=42-23×4×322=463,由等體積法可得V四面體PABC=13S△ABC·h=13S表·r,又S表=4S△ABC,所以r=14h=63,故C選項(xiàng)正確;對于D選項(xiàng),10個(gè)小球分三層(1個(gè),3個(gè),6個(gè))放進(jìn)去,要使小球半徑最大,則外層小球與四個(gè)面相切,設(shè)小球半徑為r,四個(gè)角小球球心連線得到的幾何體MNGF是棱長為4r的正四面體,其高為463r,如圖,在正四面體PHIJ中,由正四面體內(nèi)切球的半徑是正四面體的高的1

微專題10空間角與空間距離微點(diǎn)1例1解:(1)證明:因?yàn)锽C⊥平面PAB,AB,PE?平面PAB,所以BC⊥AB,BC⊥PE.因?yàn)镻E⊥EC,EC∩BC=C,EC,BC?平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD,又BD?平面ABCD,所以PE⊥BD.因?yàn)閠an∠ABD=tan∠BCE=12,所以∠ABD=∠BCE,所以∠ABD+∠CEB=90°,即BD⊥CE.因?yàn)镻E∩CE=E,PE,CE?平面PEC,所以BD⊥平面(2)由(1)得PE⊥AB,因?yàn)镋為AB的中點(diǎn),所以PB=PA=AB=2.以E為坐標(biāo)原點(diǎn),EB,EP所在直線分別為x軸、z軸,過點(diǎn)E作BC的平行線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,3),C(1,2,0),D(-1,1,0),B(1,0,0),所以PC=(1,2,-3),PD=(-1,1,-3),BD=(-2,1,0).設(shè)平面PCD的法向量為m=(x,y,z),則PC·m令x=1,則y=-2,z=-3,即m=(1,-2,-3).由(1)知平面PCE的一個(gè)法向量為BD=(-2,1,0),因?yàn)閏os<m,BD>=m·BD|m||所以平面PEC與平面PCD夾角的余弦值為105例2解:(1)證明:如圖,連接A1B.因?yàn)锳B=AA1,∠A1AB=60°,所以△ABA1為等邊三角形.因?yàn)锳1C=23,BC=2,A1B=4,所以A1B2=A1C2+BC2,所以BC⊥A1C,又BC⊥AC,AC∩A1C=C,AC,A1C?平面ACC1A1,所以BC⊥平面ACC1A1.(2)方法一:如圖,設(shè)E為BB1的中點(diǎn),連接A1E,DE,作DF⊥A1E于F.因?yàn)锽C⊥平面ACC1A1,DE∥BC,所以DE⊥平面ACC1A1,又CC1?平面ACC1A1,所以DE⊥CC1.在△A1CC1中,因?yàn)锳1C=A1C1,D為CC1的中點(diǎn),所以A1D⊥CC1,又A1D∩DE=D,所以CC1⊥平面A1DE.因?yàn)锽B1∥CC1,所以BB1⊥平面A1DE,又DF?平面A1DE,所以BB1⊥DF.因?yàn)镈F⊥A1E,BB1∩A1E=E,BB1,A1E?平面ABB1A1,所以DF⊥平面ABB1A1,所以直線A1D與平面ABB1A1所成的角為∠DA1E.在△DA1E中,A1D⊥DE,A1D=A1C2-22=22,DE=BC=2,所以A1所以sin∠DA1E=DEA1E故直線A1D與平面ABB1A1所成角的正弦值為33方法二:如圖,以C為原點(diǎn),CA,CB所在直線分別為x,y軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(23,0,0),B(0,2,0),A1233,0,463所以A1D=-433,0,-263,設(shè)平面ABB1A1的法向量為n=(x,y,z),由n·AB令z=1,則x=2,y=6,即n=(2,6,1).設(shè)直線A1D與平面ABB1A1所成的角為θ,則sinθ=|cos<A1D,n>|=|A故直線A1D與平面ABB1A1所成角的正弦值為33【自測題】解:(1)證明:因?yàn)锳B=AC,O為BC的中點(diǎn),所以O(shè)A⊥BC.因?yàn)閭?cè)面BCC1B1為等腰梯形,M,O分別為B1C1,BC的中點(diǎn),所以O(shè)M⊥BC.因?yàn)镺A∩OM=O,OA,OM?平面AOM,所以BC⊥平面AOM.因?yàn)锽C?平面ABC,所以平面ABC⊥平面AOM.(2)在平面AOM內(nèi),過O作ON⊥OA,交AM的延長線于N,因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面AOM,ON?平面AOM,平面AOM∩平面ABC=OA,所以O(shè)N⊥平面ABC.以O(shè)為原點(diǎn),OB,OA,ON的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,因?yàn)镺A⊥BC,OM⊥BC,OA?平面ABC,OM?平面BCC1B1,所以∠AOM是二面角A-BC-C1的平面角,則∠AOM=π6,所以∠MON=π因?yàn)锳B=AC=5,BC=8,所以O(shè)A=3,所以A(0,3,0),B(4,0,0),C(-4,0,0).在等腰梯形BCC1B1中,BC=8,B1C1=CC1=4,所以O(shè)M=16-4=2則M(0,3,3),所以C1(-2,3,3),B1(2,3,3),所以BB1=(-2,3,3),CA=(4,3,0),CC1=設(shè)平面AA1C1C的法向量為n=(x,y,z),則n·CA=4x+3y=0,n·CC1=2x+3y所以直線BB1與平面AA1C1C所成角的正弦值為|cos<n,BB1>|=|n·B微點(diǎn)2例3解:(1)證明:由題得平面α與平面ABCD,平面A1B1C1D1的交線分別為DC,EF,又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,∴EF∥DC,又EF=DC,∴四邊形EFCD為平行四邊形,∴ED∥FC.∵ED?平面ACF,FC?平面ACF,∴ED∥平面ACF.(2)在△ADC中,由余弦定理可得AC=3,由勾股定理得AC⊥AD,又AA1⊥平面ABCD,∴AA1,AC,AD兩兩垂直,以A為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.取AD的中點(diǎn)H,連接EH,易知AH∥A1E,AH=A1E,∴四邊形AHEA1為平行四邊形,∴AA1∥HE,又AA1⊥平面ACD,∴HE⊥平面ACD.作HI⊥DC,垂足為I,連接EI,∵HE⊥平面ACD,∴HE⊥CD,又HE∩HI=H,∴CD⊥平面EHI,可得CD⊥EI,∴∠EIH為平面EFCD與平面ABCD的夾角.易求HI=34,∵tan∠EIH=EHHI=433,∵ED∥平面ACF,∴點(diǎn)E到平面ACF的距離等于點(diǎn)D到平面ACF的距離d.∵A(0,0,0),D(1,0,0),C(0,3,0),E12,0,1,∴DC=(-1,3,0),由DC=EF,得F-12,3,1,∴AC=設(shè)平面ACF的法向量為m=(x,y,z),則m·AC=3y=0,m·【自測題】解:(1)證明:由題知AC=2+2=2,∠CAB=∠ACD=45°,所以BC2=4+8-2×2×22×22=4,故BC=2,則∠ACB=90°,即AC⊥因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面ACB,平面PAC∩平面ACB=AC,CB⊥AC,CB?平面ACB,所以CB⊥平面PAC,又AP?平面PAC,所以CB⊥AP.因?yàn)镻A⊥PC,PC∩CB=C,PC,CB?平面PCB,所以AP⊥平面PCB,又CM?平面PCB,所以AP⊥CM.(2)設(shè)AC的中點(diǎn)為O,AB的中點(diǎn)為D,連接OP,OD,易知OA,OD,OP兩兩垂直.以O(shè)A,OD,OP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則A(1,0,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),B(-1,2,0).設(shè)BMBP=λ,則BM=λBP,設(shè)M(x,y,z),則(x+1,y-2,z)=λ(1,-2,1),可得M(λ-1,2-2λ,λ所以CM=(λ,2-2λ,λ),又CA=(2,0,0),點(diǎn)M到直線AC的距離為25所以CM2=45+CA即λ2+(2-2λ)2+λ2=45+2λ22,即25λ2-40λ+16=0,解得λ=45,微點(diǎn)3例4解:(1)證明:方法一:如圖①,作A2B3∥AB交BB1于B3,D2C3∥DC交CC1于C3,連接B3C3,易知A2B3∥D2C3,且A2B3=D2C3,所以四邊形A2B3C3D2是平行四邊形,所以A2D2∥B3C3.因?yàn)锽2B3∥C2C3,B2B3=C2C3,所以四邊形B2B3C3C2是平行四邊形,所以B3C3∥B2C2,所以B2C2∥A2D2.方法二:因?yàn)锽2C2=B2B1+B1C1+C1C2=DD2+AD+A2A所以B2C2∥A2D2.(2)方法一:如圖②,以C為原點(diǎn),以CD,CB,CC1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),設(shè)P(0,2,t)(0≤t≤4),則A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),A2設(shè)n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分別為平面A2C2D2,A2C2P的法向量,則-2x1-2y1+2z1同理n2=(t-1,3-t,2).由題得|cos<n1,n2>|=32(t-1)+(3-t)解得t=1或t=3,則B2P=|2-t|=1.方法二:如圖③,連接A2B2,易證四邊形A2B2C2D2為菱形,連接B2D2,設(shè)A2C2與B2D2相交于點(diǎn)E.因?yàn)槎娼荘-A2C2-D2為150°,所以直線B2E與平面PA2C2所成的角為30°,易知B2E=2,所以點(diǎn)B2到平面PA2C2的距離d1=B2Esin30°=22連接A1B2,A1D2,A1E,A1C2,A1P,由A1B2=A1D2=22,得A1E⊥B2D2,由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2,又A2C2∩B2D2=E,所以A1E⊥平面A2B2C2.因?yàn)槎娼荘-A2C2-D2為150°,所以A1E與平面PA2C2所成的角為60°,易知A1E=6,所以點(diǎn)A1到平面PA2C2的距離d2=A1Esin60°=32所以VA1-PA又C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距離都為2(平面PA1A2和平面PA2B2為同一個(gè)平面),所以S△PA1A2S△PA2B2=3,所以A1A 【自測題】解:(1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,且PA⊥平面ABCD,所以AP,AB,AD兩兩垂直,以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,3),C(3,3,0),Q(0,3,1),B(3,0,0),E32,0,所以EF=(0,3,-1),易知平面PADQ的一個(gè)法向量為a=(1,0,0),因?yàn)閍·EF=0,所以EF⊥a,又EF?平面ADQP,所以EF∥平面ADQP.(另法:分別取AB,CD的中點(diǎn)G,H,連接EG,GH,FH,如圖.因?yàn)辄c(diǎn)E,F分別為PB,CQ的中點(diǎn),所以EG∥PA,FH∥QD,又PA∥DQ,所以EG∥FH,所以點(diǎn)E,G,H,F四點(diǎn)共面.因?yàn)镚,H分別為AB,CD的中點(diǎn),所以GH∥AD.因?yàn)锳D?平面ADQP,GH?平面ADQP,所以GH∥平面ADQP.因?yàn)镕H∥QD,QD?平面ADQP,FH?平面ADQP,所以FH∥平面ADQP.因?yàn)镕H∩GH=H,FH,GH?平面EGHF,所以平面EGHF∥平面ADQP,又EF?平面EGHF,所以EF∥平面ADQP.)(2)設(shè)平面PCQ的法向量為m=(x,y,z),因?yàn)镻C=(3,3,-3),CQ=(-3,0,1),所以m·PC=3x+3y所以平面PCQ的一個(gè)法向量為m=(1,2,3).易知平面CQD的一個(gè)法向量為n=(0,1,0),設(shè)平面PCQ與平面CQD的夾角為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=|m·n||m|·|所以平面PCQ與平面CQD夾角的余弦值為147(3)假設(shè)存在點(diǎn)M滿足題意,設(shè)PM=λPC=(3λ,3λ,-3λ),其中λ∈[0,1],則AM=AP+PM=(0,0,3)+(3λ,3λ,-3λ)=(3λ,3λ,3-3λ).由(2)得平面PCQ的一個(gè)法向量為m=(1,2,3),由題意可得|cos<AM,m>|=|AM·m||整理可得12λ2-8λ+1=0,即(2λ-1)(6λ-1)=0,解得λ=16或λ=12,所以存在滿足題意的點(diǎn)M,且PMMC=15或1.解:(1)證明:∵A1C⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴A1C⊥BC,又BC⊥AC,A1C,AC?平面ACC1A1,A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1,又BC?平面BCC1B1,∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.如圖,過A1作A1O⊥CC1,交CC1于O,又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,A1O?平面ACC1A1,∴A1O⊥平面BCC1B1.∵A1到平面BCC1B1的距離為1,∴A1O=1.在Rt△A1CC1中,A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2.設(shè)CO=x,則C1O=2-x,∵△A1OC,△A1OC1,△A1CC1均為直角三角形,∴CO2+A1O2=A1C2,A1O2+OC12=A1C12,A1C2+A1C12=C1C2,∴1+x2+1+(2-x)∴A1C=A1C1=2,又AC=A1C1,∴A1C=AC.(2)方法一:連接A1B,∵AC=A1C,BC⊥A1C,BC⊥AC,∴Rt△ACB≌Rt△A1CB,∴A1B=AB=A1B1.取BB1的中點(diǎn)F,連接A1F,則A1F⊥BB1.∵直線A1A與B1B的距離為2,∴A1F=2,又AA1=2且A1C=AC,∴A1C=AC=2,AB=A1B1=A1B=5,BC=3.以C為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,3,0),B1(-2,3,2),C1(-2,0,2),∴CB=(0,3,0),CC1=(-2,0,2),AB1=(-22,3設(shè)平面BCC1B1的法向量為n=(x,y,z),則n·CB=0,n·CC1=0,即3y=0,-2x設(shè)AB1與平面BCC1B1所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,AB1>|=|n·A方法二:連接A1B,如圖.∵AC=A1C,BC⊥A1C,BC⊥AC,∴Rt△ACB≌Rt△A1CB,∴BA=BA1.過B作BD⊥AA1,交AA1于D,則D為AA1的中點(diǎn).∵直線AA1與BB1的距離為2,∴BD=2.∵A1D=1,BD=2,∴A1B=AB=5.在Rt△ABC中,BC=AB2-延長AC至M,使AC=CM,連接C1M,由CM∥A1C1,CM=A1C1知四邊形A1CMC1為平行四邊形,∴C1M∥A1C,∴C1M⊥平面ABC,又AM?平面ABC,∴C1M⊥AM,連接AC1,在Rt△AC1M中,AM=2AC=22,C1M=A1C=2,∴AC1=AM2+在Rt△AB1C1中,AC1=10,B1C1=BC=3,∴AB1=AC12又易知A到平面BCC1B1的距離為1,∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為113=132.解:(1)證明:如圖,連接AE,DE,∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ADC≌△ADB,∴AB=AC,又E為BC的中點(diǎn),∴BC⊥DE,BC⊥AE,又DE∩AE=E,∴BC⊥平面ADE,∵DA?平面ADE,∴BC⊥DA.(2)方法一:設(shè)DA=DB=DC=2,由∠ADB=∠ADC=60°可知△ADC與△ABD均為等邊三角形,∴AB=AC=2.∵BD⊥CD,∴BC=22,則DE=2.∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC為直角三角形,且∠BAC=90°,∴AE=2.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE,又AE⊥BC,BC⊥DE,∴ED,EB,EA兩兩垂直.以E為原點(diǎn),以ED,EB,EA所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,則E(0,0,0),D(2,0,0),B(0,2,0),A(0,0,2),設(shè)F(x,y,z),則EF=(x,y,z),又EF=DA=(-2,0,2),∴F(-2,0,2).AB=(0,2,-2),設(shè)平面DAB的法向量為m=(x1,y1,z1),則m令z1=1,可得m=(1,1,1).BF=(-2,-2,2),設(shè)平面FAB的法向量為n=(x2,y2,z2),則n令z2=1,可得n=(0,1,1).∴cos<m,n>=m·n|m||故二面角D-AB-F的正弦值為1-63方法二:設(shè)DA=DB=DC=2,由∠ADB=∠ADC=60°可知△ADC與△ABD均為等邊三角形,∴AB=AC=2.∵BD⊥CD,∴BC=22,則DE=2.∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC為直角三角形,且∠BAC=90°,∴AE=2.∵AE2+DE2=4=AD2,∴AE⊥DE,又BC⊥DE,AE∩BC=E,∴DE⊥平面ABC.∵EF=DA,∴四邊形ADEF是平行四邊形,∴DE∥AF,∴AF⊥平面ABC,又AB?平面ABC,∴AF⊥AB.如圖,取AB的中點(diǎn)M,連接DM,EM,則DM⊥AB,∴DM和AF所成的角與二面角D-AB-F的平面角互補(bǔ),即DM和DE所成的角與二面角D-AB-F的平面角互補(bǔ).在△DEM中,DM=3,DE=2,EM=1,∴DM2=DE2+EM2,∴DE⊥EM,∴sin∠MDE=EMDM=3故二面角D-AB-F的正弦值為33

微專題11立體幾何中的動(dòng)點(diǎn)、截面與折疊展開問題微點(diǎn)1例1ACD[解析]對于A,如圖①,當(dāng)M不與C重合時(shí),過點(diǎn)M作MN∥BC交DC于點(diǎn)N,連接D1M,D1N,則∠D1MN即為D1M與B1C1所成的角,且MN⊥D1N.當(dāng)點(diǎn)M由點(diǎn)A向點(diǎn)C移動(dòng)時(shí),點(diǎn)N由點(diǎn)D向點(diǎn)C移動(dòng),D1N逐漸變大,MN逐漸變小,所以tan∠D1MN=D1NMN逐漸變大,又當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)A處時(shí),∠D1MN=π4,當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C處時(shí),D1M⊥B1C1,故A正確.對于B,由題意可知,AB⊥平面ADD1A1,因?yàn)镈M?平面ADD1A1,所以AB⊥DM,又AM⊥DM,AB∩AM=A,AB,AM?平面ABM,所以DM⊥平面ABM,又BM?平面ABM,所以DM⊥BM,故△MBD和△ABD均為直角三角形,所以BD的中點(diǎn)即為三棱錐M-ABD的外接球的球心,外接球的半徑R=12BD=2,則外接球的體積V=4π3·R3=823π,故B不正確.對于C,連接CM,由題意可知,BC⊥平面DCC1D1,因?yàn)镃M?平面DCC1D1,所以BC⊥CM,所以MC=MB2-BC2=2,故點(diǎn)M的軌跡是以點(diǎn)C為圓心,2為半徑的四分之一圓弧,所以點(diǎn)M的軌跡的長度為14×2π×2=22π,故C正確.對于D,如圖②,連接AB1,B1D1,AD1,設(shè)三棱錐M-BDC1的高為h,由三棱錐M-BDC1的體積為13h×12×22×22×32=43,解得h=233,即點(diǎn)M到平面BDC1的距離為233.對于三棱錐C-BDC1,設(shè)其高為h1,由體積公式可得13h1×12×22×22×32=13×2×12×2×2,解得h1=233,即點(diǎn)C到平面BDC1的距離為233,同理可得點(diǎn)A1到平面B1D1A的距離為233,易知平面B1D1A∥平面BDC1,平面B1D1A與平面BDC1間的距離為233,故點(diǎn)M在平面B1D1A內(nèi)或在過點(diǎn)C且與平面BDC1平行的平面α內(nèi),又∠MD1C=π6,所以點(diǎn)M在以射線D1C為軸的圓錐面上,所以點(diǎn)M不與點(diǎn)C,D1重合,設(shè)D1C與平面B1D1A所成的角為θ 【自測題】B[解析]根據(jù)題意,將正三棱錐A-BCD的側(cè)面ABC和側(cè)面ABD展開到同一個(gè)平面內(nèi),如圖所示.當(dāng)點(diǎn)M,N,E在同一條直線上時(shí),ME+NE取得最小值.因?yàn)檎忮FA-BCD的所有棱長均為2,所以AD=DB=BC=AC,即平面四邊形ADBC為菱形,又點(diǎn)M,N分別為AD和BC的中點(diǎn),所以平面四邊形AMNC為平行四邊形,所以(ME+NE)min=AC=2.下面在正三棱錐A-BCD中求MN的長.方法一:連接AN,DN,則AN=DN=3,又AD=2,M為AD的中點(diǎn),故NM⊥AD,則MN=DN2-方法二:連接DN,過點(diǎn)A和點(diǎn)M分別作AO⊥平面BCD,MP⊥平面BCD,垂足分別為點(diǎn)O和點(diǎn)P,易知點(diǎn)O和點(diǎn)P在△BCD的中線DN上,且點(diǎn)O為等邊三角形BCD的中心,又CN=12BC=1,DN=CD2-CN2=22-12=3,所以NP=DO=23DN=233.在Rt△AOD中,AO=AD2-DO2=22-2332=263,則MP=微點(diǎn)2例2ABC[解析]對于選項(xiàng)A,若A1E=2,則E與B1重合,如圖①,連接B1D1,BD,則平面α即為平面BDD1B1.由正方體的性質(zhì)知BB1⊥平面A1B1C1D1,因?yàn)锳1C1?平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1,又A1C1⊥B1D1,BB1∩B1D1=B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1,A正確.對于選項(xiàng)B,如圖②,由正方體的性質(zhì)知AD⊥平面AEF,因?yàn)镾△AEF=22-12×2×1-12×2×1-12×1×1=32,所以VA-DEF=VD-AEF=13AD·S△AEF=13×2×32=1,B正確.對于選項(xiàng)C,當(dāng)E為棱A1B1的中點(diǎn)且BF=12時(shí),連接EF并延長,交AB的延長線于H,連接DH,則DH與BC的交點(diǎn)為G,由B1E∥BH得BHB1E=BFB1F,則BH=BF·B1EB1F=12×132=13,由BH∥DC得BGGC=BHCD,所以BG2-BG=132,解得BG=27,C正確.對于選項(xiàng)D,當(dāng)E為棱A1B1的中點(diǎn)且0≤B1F≤1時(shí),若B1F=0,即