2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--第十一章 立体几何初步复习提升
文档属性
| 名称 | 2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--第十一章 立体几何初步复习提升 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 664.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-03 11:17:42 | ||
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文档简介
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2025人教B版高中数学必修第四册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 不能正确分析空间几何体的结构特征致错
1.(2024黑龙江齐齐哈尔二模)某工厂为学校运动会定制奖杯,奖杯的截面图形如图所示,已知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台,圆台上下底面半径分别为1,2,将一个表面积为8π的水晶球放置于圆台底座上,即得该奖杯,已知空心圆台(厚度不计)围成的体积为7π,则该奖杯的高(即水晶球最高点到圆台下底面的距离)为 .
2.(2022广东四校联考)如图所示,在边长为8的正三角形ABC中,E,F分别是AB,AC的中点,AD⊥BC,EH⊥BC,FG⊥BC,垂足分别为D,H,G,现将△ABC绕AD所在直线旋转180°,求图中阴影部分旋转形成的几何体的表面积.
易错点2 解决点、线、面位置关系问题时不严谨致错
3.(多选题)(2023河南洛阳期中)已知不重合的直线a,b,不重合的平面α,β,则下列说法错误的是 ( )
A.a∥b,b α,则a∥α
B.a∥α,b∥α,则a∥b
C.a,b异面,且a α,b β,a∥β,b∥α,则α∥β
D.a∥α,a∥β,则α∥β
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P在线段C1D上,且DP=2PC1,平面α经过点A1,P,C,则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面α截得的截面面积为( )
A.3 B.2 C.5 D.
5.(2024四川雅安模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知点O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,则下列结论中错误的是( )
A.D1O∥平面A1BC1
B.MO⊥平面A1BC1
C.异面直线BC1与AC所成的角等于60°
D.直线OM与平面ABCD所成的角等于45°
易错点3 对空间角的概念理解不清致错
6.(多选题)(2022广东汕尾期末)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1的边长为2,下底面ABCD的边长为4,棱台的高为1,则( )
A.该正四棱台的侧棱长为
B.AA1与BC所成角的余弦值为
C.AA1与平面ABCD所成角的大小为
D.二面角A-BC-B1的大小为
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.
(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;
(2)求证:PD⊥平面PBC;
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
易错点4 对展开、折叠问题认识不清致错
8.(多选题)(2024云南昆明模拟)在△ABC中,∠ACB=,AC=BC=2,D是AB的中点.将△ACD沿着CD翻折,得到三棱锥A'-BCD,则( )
A.CD⊥A'B
B.当A'D⊥BD时,三棱锥A'-BCD的体积为4
C.当A'B=2时,二面角A'-CD-B的大小为
D.当∠A'DB=时,三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为20π
9.(2024广东广州白云艺术中学期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=8,AC=6,∠BAC=90°,D是BC边的中点,∠A1CA=45°.
(1)求直三棱柱ABC-A1B1C1的体积;
(2)求证:A1C∥平面AB1D;
(3)一只小虫从点A1沿直三棱柱的表面爬到点D,求小虫爬行的最短距离.
思想方法练
一、分类讨论思想在立体几何中的应用
1.(2023河南郑州阶段检测)某圆柱的侧面展开图是一个长、宽分别为4和3的矩形,则该圆柱其中一个底面的面积为 .
2.(2024上海风华中学期中)如图所示的是一块木料,其形状是正四棱柱,记作ABCD-A1B1C1D1,E是DD1的中点,AB=AD=10 cm,AA1=20 cm.
(1)棱C1D1上是否存在一点F,使得点F在平面AB1E上 请说明理由;
(2)现需要沿着平面ACC1A1切开这块木料,再将两部分木料重新拼接成一个新的直三棱柱或直四棱柱,求新棱柱的表面积.(求出所有可能的表面积)
二、函数与方程思想在立体几何中的应用
3.(2024河北秦皇岛昌黎第一中学月考)三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC均是边长为2的等边三角形,D,E分别在棱PB,AC上,且=,DE 平面α,AP∥平面α,若PA=,则平面α与三棱锥P-ABC的交线围成的图形的面积的最大值为 .
4.如图所示,把一块边长为10的正方形铁片的阴影部分裁下,用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个无底的正四棱锥形容器,试建立容器的容积V与等腰三角形的底边长x的函数关系式,并求出函数的定义域.
5.(2024重庆清华中学校阶段测试)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,母线PA,PB所成角的余弦值为,轴截面为等腰三角形PAC,且∠APC=90°,△PAB的面积为2.
(1)求该圆锥的侧面积;
(2)求该圆锥内接圆柱的侧面积的最大值;
(3)求圆锥的内切球的体积.
三、转化与化归思想在立体几何中的应用
6.(2024辽宁沈阳期末)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,点P为底面四边形ABCD内(包括边界)的一动点,若直线D1P与平面BEF无公共点,则点P的运动轨迹的长度为 .
7.(2023甘肃天水期末)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D,E分别是棱AB,A1C1的中点,如图所示.
(1)求证:DE∥平面BCC1B1;
(2)求DE与平面ABC所成角的正切值.
8.(2021江西九江一模)如图1,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,E为CD的中点,以BE为折痕将△CBE折起到△PBE的位置,使得平面PBE⊥平面ABED,如图2.
(1)证明:平面PAB⊥平面PBE;
(2)求点D到平面PAB的距离.
9.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的菱形,∠DAB=60°,侧面PAB为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,G,E分别为AB,CD的中点.
(1)求证:DG⊥平面PAB;
(2)求证:AB⊥PD;
(3)能否在PC上找出一点F,使得平面BEF⊥平面ABCD 若能,求出点F的位置;若不能,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.答案 4+
解析 设水晶球的半径为r,则4πr2=8π,解得r=,
设圆台的高为h,则7π=·π(12+22+1×2),解得h=3,
又因为水晶球球心到圆台上底面的距离d===1,
所以该奖杯的高为h+r+1=4+.
2.解析 由题意知,旋转后得到的几何体是圆锥挖去一个圆柱,且圆锥的底面半径为4,高为4,圆柱的底面半径为2,高为2,所求旋转体的表面积=圆锥的底面积+圆锥的侧面积+圆柱的侧面积.
圆锥的底面积为π×42=16π,圆锥的侧面积为π×4×8=32π,圆柱的侧面积为2π×2×2=8π,
∴所求几何体的表面积为16π+32π+8π=48π+8π.
易错警示 挖去圆柱后的几何体的表面积多了一个圆柱的侧面积,但圆锥的底面积并没有减少,因为用圆柱的上底面面积进行了补充,解题时要注意正确分析几何体的结构,避免计算错误.
3.ABD 如图1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,CD 平面ABCD,但是AB 平面ABCD,故A中说法错误;
A1B1∥平面ABCD,B1C1∥平面ABCD,但是A1B1∩B1C1=B1,故B中说法错误;
A1B1∥平面ABCD,A1B1∥平面DCC1D1,但是平面ABCD∩平面DCC1D1=CD,故D中说法错误;
对于C,如图2,设α∩γ=c,β∩γ=b,因为b∥α,所以根据线面平行的性质定理可得b∥c,因为b β,c β,所以c∥β,由a,b异面可得a,c必相交,又a α,c α,a∥β,c∥β,所以α∥β,故C中说法正确.
故选ABD.
易错警示 判断空间位置关系的基本思路有两个:一是逐个寻找反例作出否定的判断或逐个进行逻辑证明作出肯定的判断;二是结合长方体模型或实际空间位置(如课桌、教室)作出判断,注意定理应用要准确、考虑问题要全面细致.
4.B 如图所示,A1,P,C确定一个平面α,设平面α∩AB=Q,平面α∩C1D1=M,
∵平面AA1B1B∥平面CC1D1D,∴A1Q∥MC,同理A1M∥QC,∴正方体被平面α截得的截面是平行四边形A1MCQ.
∵DP=2PC1,∴CD=2MC1,即MC1=MD1=1,∴A1M=MC=,连接A1C,则A1C=2,
由余弦定理得cos∠A1MC==-,∴sin∠A1MC=,
∴=2×A1M×MC×sin∠A1MC=2.故选B.
易错警示 在构造截面图形时,若只是通过直观感知进行判断,很容易出现截面图形判断错误的问题,对此,我们一方面要明确截面的定义;另一方面要熟练应用点、线、面位置关系的相关定理严谨判断.
5.D 对于A,连接B1D1,交A1C1于E,连接BD,BE,则四边形D1OBE为平行四边形,∴D1O∥BE,∵D1O 平面A1BC1,BE 平面A1BC1,∴D1O∥平面A1BC1,故A正确;
对于B,连接B1D,B1C,∵O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,∴MO∥B1D,
∵CD⊥平面B1C1CB,C1B 平面B1C1CB,∴C1B⊥CD,又B1C⊥C1B,CD∩B1C=C,CD,B1C 平面CDB1,∴BC1⊥平面CDB1,又DB1 平面CDB1,∴DB1⊥BC1,同理可得DB1⊥BA1,
由BC1∩BA1=B,BC1,BA1 平面A1BC1,∴B1D⊥平面A1BC1,则MO⊥平面A1BC1,故B正确;
对于C,∵AC∥A1C1,∴∠A1C1B为异面直线BC1与AC所成的角,
易知△A1C1B为等边三角形,∴∠A1C1B=60°,故C正确;
对于D,∵MB⊥平面ABCD,∴∠MOB为直线OM与平面ABCD所成的角,
∵MB=AB,OB=AB,∴tan∠MOB==,故∠MOB不等于45°,故D不正确.故选D.
易错警示 在证明线面平行时要注意条件中是平面外一条直线与平面内一条直线平行,在证明线面垂直时要注意是一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直 ,尤其是“相交”这一条件不可缺少.解这类问题时要注意推理严谨,使用定理时保证条件的完整性,书写规范等.
6.AD 对于A,如图,连接AC,过C1作C1N⊥AC,垂足为N,则C1N=1,过C1作C1M⊥BC交BC于点M,连接NM,易知C1N⊥BC,
因为C1N∩C1M=C1,C1N,C1M 平面C1NM,
所以BC⊥平面C1NM,又NM 平面C1NM,
所以BC⊥NM,
因为上底面A1B1C1D1的边长为2,下底面ABCD的边长为4,所以CM=1,又∠ACM=45°,所以NM=1,所以C1M=,所以C1C==,故A正确;
对于B,因为BC∥AD,所以AA1与BC所成的角即为AA1与AD所成的角,即为∠A1AD,因为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的四个侧面均为全等的等腰梯形,所以∠A1AD=∠C1CB,由CM=1,C1C=得cos∠C1CB===,所以AA1与BC所成角的余弦值为,故B错误;
对于C,因为ABCD-A1B1C1D1为正四棱台,所以AA1与平面ABCD所成的角即为CC1与平面ABCD所成的角,因为C1N⊥平面ABCD,所以∠C1CN即为CC1与平面ABCD所成的角,
由CM=1,MN=1得CN=,
由C1N=1得tan∠C1CN==≠1,
所以∠C1CN≠,故C错误;
对于D,由A中分析知,BC⊥平面C1NM,所以∠C1MN即为平面BCC1B1与平面ABCD所成的角,且MN=C1N=1,所以∠C1MN=,故D正确.故选AD.
7.解析 (1)因为AD∥BC,所以∠DAP(或其补角)即为异面直线AP与BC所成的角.
因为AD⊥平面PDC,PD 平面PDC,所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中,AP==,
故cos∠DAP==.
所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
(2)证明:由(1)知AD⊥PD.
因为BC∥AD,所以PD⊥BC.
又PD⊥PB,PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,
所以PD⊥平面PBC.
(3)如图,过点D作DF∥AB,交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因为PD⊥平面PBC,
所以PF为DF在平面PBC上的投影,
所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.
由AD∥BC,DF∥AB,可得BF=AD=1,
则CF=BC-BF=2.
因为AD⊥DC,BC∥AD,所以BC⊥DC.
在Rt△DCF中,可得DF==2,
在Rt△DPF中,可得sin∠DFP==.
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
易错警示 在求异面直线所成的角θ时,要注意它的取值范围是0°<θ≤90°,在将两条异面直线所成的角转化为一个三角形的内角时,容易忽略这个三角形的内角可能等于两条异面直线所成的角,也可能等于其补角.直线与平面所成的角α的取值范围为 0°≤α≤90°,在求线面角时,要注意在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,确定垂足的位置,从而确定斜线在这个平面内的投影,进而求线面角.二面角β的取值范围是0°≤β≤180°.
8.ACD 对于A,由已知得△ABC是等腰直角三角形,因为D为AB的中点,所以CD⊥AB,
易得AB=4,CD=AD=DB=AB=2,
则在三棱锥A'-BCD中,CD⊥A'D,CD⊥BD,
因为A'D∩BD=D,A'D,BD 平面A'BD,所以CD⊥平面A'BD,
又A'B 平面A'BD,所以CD⊥A'B,故A正确;
对于B,当A'D⊥BD时,因为A'D=DB=2,所以S△A'BD=×A'D×DB=×2×2=2,
因为CD⊥平面A'BD,所以VA'-BCD=VC-A'BD=S△A'DB·CD=×2×2=,故B错误;
对于C,当A'B=2时,在△A'BD中,由余弦定理得cos∠A'DB===-,
又∠A'DB∈(0,π),所以∠A'DB=,
因为CD⊥平面A'BD,所以∠A'DB为二面角A'-CD-B的平面角,
故当A'B=2时,二面角A'-CD-B的大小为,故C正确;
对于D,当∠A'DB=时,A'B===2,
设△A'DB的外接圆的圆心为O',半径为r,则2r===4,则r=2,
因为CD⊥平面A'BD,所以三棱锥A'-BCD的外接球的球心位于过O'且垂直于平面A'BD的直线上,
设球心为O,CD的中点为E,连接OE,易知OE⊥CD,且OO'∥CD,
则四边形OO'DE为矩形,故OO'=ED=CD=1,
设棱锥A'-BCD的外接球的半径为R,连接OD,
故R2=OD2=OO'2+O'D2=1+4=5,则R=,
故三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为4πR2=20π,故D正确.
故选ACD.
易错警示 注意折叠过程中平面图形与空间图形中的变量与不变量,不仅要注意长度的变化,还要注意位置关系的变化.
9.解析 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,由∠A1CA=45°,得AA1=AC=6,
由AB=8,AC=6,∠BAC=90°,得BC=10,
故S△ABC=AB·AC=24,
所以直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·AA1=144.
(2)证明:连接A1B,交AB1于E,连接DE,由矩形ABB1A1得E是A1B的中点,又D是BC边的中点,所以DE∥A1C,又A1C 平面AB1D,DE 平面AB1D,所以A1C∥平面AB1D.
(3)当小虫从点A1沿△A1B1C1爬到点D时,把矩形BCC1B1与△A1B1C1置于同一平面内,如图1,
连接A1D,过A1作A1F⊥BC于F,交B1C1于点O,
由BC∥B1C1,得A1O⊥B1C1,故A1O===,A1F=+6=,
OC1=A1C1cos∠A1C1B1=A1C1·=,则DF=CD-OC1=5-=,
因此A1D==;
当小虫从点A1沿正方形ACC1A1爬到点D时,把正方形ACC1A1与△ABC置于同一平面内,或把正方形ACC1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内,如图2,3,连接A1D,
在图2中,取AB的中点G,连接DG,显然B,A,A1共线,则DG∥AC,DG=AC=3,DG⊥AB,
又A1G=AA1+AG=10,所以A1D===,
在图3中,AD=AC+CD=11,A1D===>;
当小虫从点A1沿矩形ABB1A1爬到点D时,把矩形ABB1A1与△ABC置于同一平面内,或把矩形ABB1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内,如图4,5,连接A1D,
在图4中,取AC的中点H,连接DH,显然C,A,A1共线,则DH∥AB,DH=AB=4,DH⊥AC,
又A1H=AA1+AH=9,所以A1D===,
在图5中,AD=AB+BD=13,A1D===>,
显然>>,
所以小虫爬行的最短距离为.
易错警示 求多面体表面上的最短距离一般是把多面体的表面展开到一个平面上,利用平面上两点之间的最短距离是连接两点的线段的长度求解,但要注意多面体的展开方式可能有多种.
思想方法练
1.答案 或
解析 设圆柱的底面半径为r,
由于圆柱的底面周长不确定,故需要对底面周长进行分类讨论.
当底面圆的周长为4时,2πr=4,解得r=,
所以底面圆的面积为πr2=π·=;
当底面圆的周长为3时,2πr=3,解得r=,
所以底面圆的面积为πr2=π·=;
所以底面圆的面积为或.
2.解析 (1)当F是C1D1的中点时,点F在平面AB1E上.
理由如下:当F是C1D1的中点时,连接EF,DC1,B1F,如图所示,
因为AD∥B1C1,AD=B1C1,
所以四边形AB1C1D为平行四边形,
所以AB1∥C1D,
又E是DD1的中点,F为C1D1的中点,所以EF∥C1D,所以AB1∥EF,
所以点A,B1,E,F四点共面,即点F在平面AB1E上.
(2)题干并没有说明如何重新组合,因此需对其组合方式进行分类讨论.
重新组合的方式有三种,下面分别计算三种情况下的表面积.
①如图所示,
由题意知,AB=10 cm,BC=10 cm,则AC=10 cm,
所以此三棱柱的表面积S1=×10×10×2+10×40×2+10×40=900+400(cm2).
②如图所示,
所以此三棱柱的表面积S2=×20×10×2+20×20+10×20×2=600+400(cm2).
③如图所示,
所以此四棱柱的表面积S3=10×10×2+20×10×2+10×20×2=600+400(cm2).
综上所述,新棱柱的表面积为(900+400)cm2或(600+400)cm2.
思想方法 立体几何主要研究空间几何体中的数量关系和位置关系等.因此,在立体几何问题中,引发分类讨论的因素,主要从以下这几个方面入手:图形的大小与形状,图形位置,构成图形的形式以及条件或结论的不唯一性等.
3.答案
解析 如图所示,设平面α∩平面PAB=DM,因为AP∥平面α,所以DM∥PA,
设平面α∩平面PAC=NE,则NE∥PA,故DM∥NE.
设PD=AE=x,0又DN 平面ABC,ME 平面ABC,所以DN∥平面ABC,
又因为DN 平面PBC,平面PBC∩平面ABC=BC,所以DN∥BC,即ME∥BC,且DN=x,
设BC的中点为O,连接PO,OA,易得PO⊥BC,OA⊥BC,
又PO∩OA=O,PO,OA 平面OAP,所以BC⊥平面OAP,又PA 平面OAP,所以BC⊥PA,所以DN⊥NE,所以四边形DMEN为矩形,
所以平面α与三棱锥P-ABC的交线围成的图形的面积S=(2-x)x=-(x-1)2+,0将面积表示为关于x的二次函数,结合二次函数的性质求解,体现了函数思想.
故当x=1,即D为PB的中点时,面积最大,最大值为.
4.解析 容器对应的正四棱锥如图,取底面ABCD的中心O,连接OE,过O作OF⊥BC于F,连接EF.
在Rt△EOF中,EF=5,OF=x,则EO=,
于是V=x2·=x2·.
四棱锥的高可以用等腰三角形的底边长x表示,从而容积V可以表示为关于x的函数.
依题意,函数的定义域为{x|05.解析 (1)设圆锥的母线长、底面半径分别为l、r,
由∠APC=90°,可得AP⊥PC,则l2+l2=(2r)2,故l=r,
又cos∠APB=,
所以sin∠APB===,
又因为△PAB的面积为2,
所以S△PAB=PA·PB·sin∠APB=l2×=2,故l=4,
又l=r,所以r=2,
所以圆锥的侧面积S=×2πr×l=π×2×4=8π.
(2)作出轴截面如图所示.
设圆柱的底面半径为x(0由(1)可知∠CPO=45°,则PO1=O1G=x,
又PO=AO=2,
所以OO1=PO-PO1=2-x,即圆柱的高为2-x,
所以圆锥内接圆柱的侧面积S1=2πx(2-x)≤2π=4π,
当且仅当x=2-x,即x=时取等号,
将圆锥内接圆柱的侧面积表示成关于x的函数,利用均值不等式求得函数的最值.
所以圆锥内接圆柱的侧面积的最大值为4π.
(3)作出轴截面如图所示.
根据圆锥的性质可知内切球球心在PO上,
设球心为G,与PA切于点D,
则PA⊥DG.
设内切球的半径为R,即GO=GD=R,
易知△POA∽△PDG,
所以=,
由(1)可知,圆锥的高PO=AO=2,PA=4,
则有=,解得R=4-2,
所以圆锥的内切球的体积V=πR3=π(4-2)3=.
思想方法 函数思想在立体几何中常体现在求体积的最值,角度的最值,面积的最值等问题中,通过引入合适的变量把要研究的问题转化为研究函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的,做题时应注意引入的变量的取值范围.方程思想是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,使问题得解的思想,利用方程思想可动中求静,研究运动中的等量关系.
6.答案
解析 取BC的中点G,连接AG,D1G,AD1,如图所示,
由E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,得EF∥AD1,
因为EF 平面BEF,AD1 平面BEF,所以AD1∥平面BEF.
易知FD1∥BG,FD1=BG,所以四边形FBGD1为平行四边形,所以FB∥GD1.
又因为FB 平面BEF,GD1 平面BEF,所以GD1∥平面BEF.
因为GD1∩AD1=D1,GD1,AD1 平面AD1G,所以平面AD1G∥平面BEF.
直线D1P与平面BEF没有交点,转化为寻找过直线D1P且与平面BEF平行的平面AD1G.
因为点P为底面四边形ABCD内(包括边界)的一动点,所以P的轨迹为线段AG,则AG==.
7.解析 (1)证明:如图,取BC的中点F,连接C1F,DF,
∵D是棱AB的中点,∴DF是△ABC的中位线,
∴DF∥AC,且DF=AC.
又E是棱A1C1的中点,∴EC1=A1C1,
又A1C1 AC,∴EC1∥AC,且EC1=AC,
∴DF∥EC1,且DF=EC1,
∴四边形DEC1F是平行四边形,∴DE∥C1F.
∵DE 平面BCC1B1,C1F 平面BCC1B1,
∴DE∥平面BCC1B1.
(2)∵DE∥C1F,∴DE与平面ABC所成的角就是C1F与平面ABC所成的角,
利用一组平行线和同一平面所成的角相等把所求问题转化为C1F与平面ABC所成的角.
∵CC1⊥平面ABC,∴∠C1FC即为所求角的平面角,
借助线面角的定义把空间角转化为平面角,将空间立体几何问题转化为平面几何问题.
在Rt△C1CF中,FC=CC1,∴tan∠C1FC==2,
∴DE与平面ABC所成角的正切值是2.
8.解析 (1)证明:连接BD,易知△BCD是等边三角形,∵E为CD的中点,∴BE⊥CD.
∵AB∥CD,∴AB⊥BE.
又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,AB 平面ABCD,∴AB⊥平面PBE,
又AB 平面PAB,∴平面PAB⊥平面PBE.
将证明面面垂直转化为证明线面垂直,最终转化为线线垂直.
(2)解法一:在△ABD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,
∴S△ABD=.
由(1)知,CE⊥BE,∴PE⊥BE,
又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,PE 平面PBE,∴PE⊥平面ABCD,
又PE=CE=1,
∴三棱锥P-ABD的体积V=××1=.
在Rt△PBE中,由PE=1,BE=,得PB=2.
由(1)知,AB⊥平面PBE,
∵PB 平面PBE,∴AB⊥PB,∴S△ABP=2.
设点D到平面PAB的距离为d,
则三棱锥D-PAB的体积V'=V=×2×d=,
解得d=,∴点D到平面PAB的距离为.
解法二:∵DE∥AB,AB 平面PAB,DE 平面PAB,∴DE∥平面PAB,∴点D到平面PAB的距离等于点E到平面PAB的距离.
利用线面平行的性质转化求解.
过点E作PB的垂线,垂足为F,则EF⊥PB,
由(1)知,平面PAB⊥平面PBE,平面PAB∩平面PBE=PB,EF 平面PBE,∴EF⊥平面PAB,
∴EF的长即为点D到平面PAB的距离.
易知PE⊥BE,∴在Rt△PBE中,有PE·BE=PB·EF,
又PE=1,BE=,∴PB=2,∴EF=,
∴点D到平面PAB的距离为.
9.解析 (1)证明:如图,连接PG,BD,
因为△PAB是等边三角形,G为AB的中点,
所以PG⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PG 平面PAB,所以PG⊥平面ABCD.
由平面PAB⊥平面ABCD,将面面垂直转化为线面垂直.
因为DG 平面ABCD,所以PG⊥DG.
因为四边形ABCD是菱形,所以AB=AD.
又因为∠DAB=60°,
所以△ABD是等边三角形,所以DG⊥AB.
又因为PG∩AB=G,PG,AB 平面PAB,
所以DG⊥平面PAB.
(2)证明:因为AB⊥PG,AB⊥DG,PG∩DG=G,PG,DG 平面DPG,所以AB⊥平面DPG.
由AB⊥PG,AB⊥DG,将线线垂直转化为线面垂直.
又因为DP 平面DPG,所以AB⊥PD.
(3)能,F为PC的中点.
连接CG交BE于M,连接FB,FE,FM,GE,
因为AB∥CD且AB=CD,E,G分别是CD,AB的中点,所以CE∥BG且CE=BG,
所以四边形CEGB是平行四边形,所以CM=MG.
又因为CF=FP,所以MF∥PG.
由(1)知PG⊥平面ABCD,所以MF⊥平面ABCD.
又MF 平面BEF,所以平面BEF⊥平面ABCD.
思想方法 转化思想在判断空间点、线、面的位置关系时得到了充分的体现.利用线与线的位置关系,可研究直线与平面的位置关系;利用平面与直线的位置关系,可研究平面与平面的位置关系.反过来,由平面与平面的位置关系,又可进一步掌握直线与平面的位置关系,进而确定直线与直线的位置关系,同时在求三棱锥的体积时,等体积法也充分体现了转化思想.
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2025人教B版高中数学必修第四册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 不能正确分析空间几何体的结构特征致错
1.(2024黑龙江齐齐哈尔二模)某工厂为学校运动会定制奖杯,奖杯的截面图形如图所示,已知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台,圆台上下底面半径分别为1,2,将一个表面积为8π的水晶球放置于圆台底座上,即得该奖杯,已知空心圆台(厚度不计)围成的体积为7π,则该奖杯的高(即水晶球最高点到圆台下底面的距离)为 .
2.(2022广东四校联考)如图所示,在边长为8的正三角形ABC中,E,F分别是AB,AC的中点,AD⊥BC,EH⊥BC,FG⊥BC,垂足分别为D,H,G,现将△ABC绕AD所在直线旋转180°,求图中阴影部分旋转形成的几何体的表面积.
易错点2 解决点、线、面位置关系问题时不严谨致错
3.(多选题)(2023河南洛阳期中)已知不重合的直线a,b,不重合的平面α,β,则下列说法错误的是 ( )
A.a∥b,b α,则a∥α
B.a∥α,b∥α,则a∥b
C.a,b异面,且a α,b β,a∥β,b∥α,则α∥β
D.a∥α,a∥β,则α∥β
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P在线段C1D上,且DP=2PC1,平面α经过点A1,P,C,则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面α截得的截面面积为( )
A.3 B.2 C.5 D.
5.(2024四川雅安模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知点O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,则下列结论中错误的是( )
A.D1O∥平面A1BC1
B.MO⊥平面A1BC1
C.异面直线BC1与AC所成的角等于60°
D.直线OM与平面ABCD所成的角等于45°
易错点3 对空间角的概念理解不清致错
6.(多选题)(2022广东汕尾期末)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1的边长为2,下底面ABCD的边长为4,棱台的高为1,则( )
A.该正四棱台的侧棱长为
B.AA1与BC所成角的余弦值为
C.AA1与平面ABCD所成角的大小为
D.二面角A-BC-B1的大小为
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.
(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;
(2)求证:PD⊥平面PBC;
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
易错点4 对展开、折叠问题认识不清致错
8.(多选题)(2024云南昆明模拟)在△ABC中,∠ACB=,AC=BC=2,D是AB的中点.将△ACD沿着CD翻折,得到三棱锥A'-BCD,则( )
A.CD⊥A'B
B.当A'D⊥BD时,三棱锥A'-BCD的体积为4
C.当A'B=2时,二面角A'-CD-B的大小为
D.当∠A'DB=时,三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为20π
9.(2024广东广州白云艺术中学期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=8,AC=6,∠BAC=90°,D是BC边的中点,∠A1CA=45°.
(1)求直三棱柱ABC-A1B1C1的体积;
(2)求证:A1C∥平面AB1D;
(3)一只小虫从点A1沿直三棱柱的表面爬到点D,求小虫爬行的最短距离.
思想方法练
一、分类讨论思想在立体几何中的应用
1.(2023河南郑州阶段检测)某圆柱的侧面展开图是一个长、宽分别为4和3的矩形,则该圆柱其中一个底面的面积为 .
2.(2024上海风华中学期中)如图所示的是一块木料,其形状是正四棱柱,记作ABCD-A1B1C1D1,E是DD1的中点,AB=AD=10 cm,AA1=20 cm.
(1)棱C1D1上是否存在一点F,使得点F在平面AB1E上 请说明理由;
(2)现需要沿着平面ACC1A1切开这块木料,再将两部分木料重新拼接成一个新的直三棱柱或直四棱柱,求新棱柱的表面积.(求出所有可能的表面积)
二、函数与方程思想在立体几何中的应用
3.(2024河北秦皇岛昌黎第一中学月考)三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC均是边长为2的等边三角形,D,E分别在棱PB,AC上,且=,DE 平面α,AP∥平面α,若PA=,则平面α与三棱锥P-ABC的交线围成的图形的面积的最大值为 .
4.如图所示,把一块边长为10的正方形铁片的阴影部分裁下,用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个无底的正四棱锥形容器,试建立容器的容积V与等腰三角形的底边长x的函数关系式,并求出函数的定义域.
5.(2024重庆清华中学校阶段测试)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,母线PA,PB所成角的余弦值为,轴截面为等腰三角形PAC,且∠APC=90°,△PAB的面积为2.
(1)求该圆锥的侧面积;
(2)求该圆锥内接圆柱的侧面积的最大值;
(3)求圆锥的内切球的体积.
三、转化与化归思想在立体几何中的应用
6.(2024辽宁沈阳期末)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,点P为底面四边形ABCD内(包括边界)的一动点,若直线D1P与平面BEF无公共点,则点P的运动轨迹的长度为 .
7.(2023甘肃天水期末)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D,E分别是棱AB,A1C1的中点,如图所示.
(1)求证:DE∥平面BCC1B1;
(2)求DE与平面ABC所成角的正切值.
8.(2021江西九江一模)如图1,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,E为CD的中点,以BE为折痕将△CBE折起到△PBE的位置,使得平面PBE⊥平面ABED,如图2.
(1)证明:平面PAB⊥平面PBE;
(2)求点D到平面PAB的距离.
9.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的菱形,∠DAB=60°,侧面PAB为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,G,E分别为AB,CD的中点.
(1)求证:DG⊥平面PAB;
(2)求证:AB⊥PD;
(3)能否在PC上找出一点F,使得平面BEF⊥平面ABCD 若能,求出点F的位置;若不能,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.答案 4+
解析 设水晶球的半径为r,则4πr2=8π,解得r=,
设圆台的高为h,则7π=·π(12+22+1×2),解得h=3,
又因为水晶球球心到圆台上底面的距离d===1,
所以该奖杯的高为h+r+1=4+.
2.解析 由题意知,旋转后得到的几何体是圆锥挖去一个圆柱,且圆锥的底面半径为4,高为4,圆柱的底面半径为2,高为2,所求旋转体的表面积=圆锥的底面积+圆锥的侧面积+圆柱的侧面积.
圆锥的底面积为π×42=16π,圆锥的侧面积为π×4×8=32π,圆柱的侧面积为2π×2×2=8π,
∴所求几何体的表面积为16π+32π+8π=48π+8π.
易错警示 挖去圆柱后的几何体的表面积多了一个圆柱的侧面积,但圆锥的底面积并没有减少,因为用圆柱的上底面面积进行了补充,解题时要注意正确分析几何体的结构,避免计算错误.
3.ABD 如图1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,CD 平面ABCD,但是AB 平面ABCD,故A中说法错误;
A1B1∥平面ABCD,B1C1∥平面ABCD,但是A1B1∩B1C1=B1,故B中说法错误;
A1B1∥平面ABCD,A1B1∥平面DCC1D1,但是平面ABCD∩平面DCC1D1=CD,故D中说法错误;
对于C,如图2,设α∩γ=c,β∩γ=b,因为b∥α,所以根据线面平行的性质定理可得b∥c,因为b β,c β,所以c∥β,由a,b异面可得a,c必相交,又a α,c α,a∥β,c∥β,所以α∥β,故C中说法正确.
故选ABD.
易错警示 判断空间位置关系的基本思路有两个:一是逐个寻找反例作出否定的判断或逐个进行逻辑证明作出肯定的判断;二是结合长方体模型或实际空间位置(如课桌、教室)作出判断,注意定理应用要准确、考虑问题要全面细致.
4.B 如图所示,A1,P,C确定一个平面α,设平面α∩AB=Q,平面α∩C1D1=M,
∵平面AA1B1B∥平面CC1D1D,∴A1Q∥MC,同理A1M∥QC,∴正方体被平面α截得的截面是平行四边形A1MCQ.
∵DP=2PC1,∴CD=2MC1,即MC1=MD1=1,∴A1M=MC=,连接A1C,则A1C=2,
由余弦定理得cos∠A1MC==-,∴sin∠A1MC=,
∴=2×A1M×MC×sin∠A1MC=2.故选B.
易错警示 在构造截面图形时,若只是通过直观感知进行判断,很容易出现截面图形判断错误的问题,对此,我们一方面要明确截面的定义;另一方面要熟练应用点、线、面位置关系的相关定理严谨判断.
5.D 对于A,连接B1D1,交A1C1于E,连接BD,BE,则四边形D1OBE为平行四边形,∴D1O∥BE,∵D1O 平面A1BC1,BE 平面A1BC1,∴D1O∥平面A1BC1,故A正确;
对于B,连接B1D,B1C,∵O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,∴MO∥B1D,
∵CD⊥平面B1C1CB,C1B 平面B1C1CB,∴C1B⊥CD,又B1C⊥C1B,CD∩B1C=C,CD,B1C 平面CDB1,∴BC1⊥平面CDB1,又DB1 平面CDB1,∴DB1⊥BC1,同理可得DB1⊥BA1,
由BC1∩BA1=B,BC1,BA1 平面A1BC1,∴B1D⊥平面A1BC1,则MO⊥平面A1BC1,故B正确;
对于C,∵AC∥A1C1,∴∠A1C1B为异面直线BC1与AC所成的角,
易知△A1C1B为等边三角形,∴∠A1C1B=60°,故C正确;
对于D,∵MB⊥平面ABCD,∴∠MOB为直线OM与平面ABCD所成的角,
∵MB=AB,OB=AB,∴tan∠MOB==,故∠MOB不等于45°,故D不正确.故选D.
易错警示 在证明线面平行时要注意条件中是平面外一条直线与平面内一条直线平行,在证明线面垂直时要注意是一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直 ,尤其是“相交”这一条件不可缺少.解这类问题时要注意推理严谨,使用定理时保证条件的完整性,书写规范等.
6.AD 对于A,如图,连接AC,过C1作C1N⊥AC,垂足为N,则C1N=1,过C1作C1M⊥BC交BC于点M,连接NM,易知C1N⊥BC,
因为C1N∩C1M=C1,C1N,C1M 平面C1NM,
所以BC⊥平面C1NM,又NM 平面C1NM,
所以BC⊥NM,
因为上底面A1B1C1D1的边长为2,下底面ABCD的边长为4,所以CM=1,又∠ACM=45°,所以NM=1,所以C1M=,所以C1C==,故A正确;
对于B,因为BC∥AD,所以AA1与BC所成的角即为AA1与AD所成的角,即为∠A1AD,因为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的四个侧面均为全等的等腰梯形,所以∠A1AD=∠C1CB,由CM=1,C1C=得cos∠C1CB===,所以AA1与BC所成角的余弦值为,故B错误;
对于C,因为ABCD-A1B1C1D1为正四棱台,所以AA1与平面ABCD所成的角即为CC1与平面ABCD所成的角,因为C1N⊥平面ABCD,所以∠C1CN即为CC1与平面ABCD所成的角,
由CM=1,MN=1得CN=,
由C1N=1得tan∠C1CN==≠1,
所以∠C1CN≠,故C错误;
对于D,由A中分析知,BC⊥平面C1NM,所以∠C1MN即为平面BCC1B1与平面ABCD所成的角,且MN=C1N=1,所以∠C1MN=,故D正确.故选AD.
7.解析 (1)因为AD∥BC,所以∠DAP(或其补角)即为异面直线AP与BC所成的角.
因为AD⊥平面PDC,PD 平面PDC,所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中,AP==,
故cos∠DAP==.
所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
(2)证明:由(1)知AD⊥PD.
因为BC∥AD,所以PD⊥BC.
又PD⊥PB,PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,
所以PD⊥平面PBC.
(3)如图,过点D作DF∥AB,交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因为PD⊥平面PBC,
所以PF为DF在平面PBC上的投影,
所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.
由AD∥BC,DF∥AB,可得BF=AD=1,
则CF=BC-BF=2.
因为AD⊥DC,BC∥AD,所以BC⊥DC.
在Rt△DCF中,可得DF==2,
在Rt△DPF中,可得sin∠DFP==.
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
易错警示 在求异面直线所成的角θ时,要注意它的取值范围是0°<θ≤90°,在将两条异面直线所成的角转化为一个三角形的内角时,容易忽略这个三角形的内角可能等于两条异面直线所成的角,也可能等于其补角.直线与平面所成的角α的取值范围为 0°≤α≤90°,在求线面角时,要注意在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,确定垂足的位置,从而确定斜线在这个平面内的投影,进而求线面角.二面角β的取值范围是0°≤β≤180°.
8.ACD 对于A,由已知得△ABC是等腰直角三角形,因为D为AB的中点,所以CD⊥AB,
易得AB=4,CD=AD=DB=AB=2,
则在三棱锥A'-BCD中,CD⊥A'D,CD⊥BD,
因为A'D∩BD=D,A'D,BD 平面A'BD,所以CD⊥平面A'BD,
又A'B 平面A'BD,所以CD⊥A'B,故A正确;
对于B,当A'D⊥BD时,因为A'D=DB=2,所以S△A'BD=×A'D×DB=×2×2=2,
因为CD⊥平面A'BD,所以VA'-BCD=VC-A'BD=S△A'DB·CD=×2×2=,故B错误;
对于C,当A'B=2时,在△A'BD中,由余弦定理得cos∠A'DB===-,
又∠A'DB∈(0,π),所以∠A'DB=,
因为CD⊥平面A'BD,所以∠A'DB为二面角A'-CD-B的平面角,
故当A'B=2时,二面角A'-CD-B的大小为,故C正确;
对于D,当∠A'DB=时,A'B===2,
设△A'DB的外接圆的圆心为O',半径为r,则2r===4,则r=2,
因为CD⊥平面A'BD,所以三棱锥A'-BCD的外接球的球心位于过O'且垂直于平面A'BD的直线上,
设球心为O,CD的中点为E,连接OE,易知OE⊥CD,且OO'∥CD,
则四边形OO'DE为矩形,故OO'=ED=CD=1,
设棱锥A'-BCD的外接球的半径为R,连接OD,
故R2=OD2=OO'2+O'D2=1+4=5,则R=,
故三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为4πR2=20π,故D正确.
故选ACD.
易错警示 注意折叠过程中平面图形与空间图形中的变量与不变量,不仅要注意长度的变化,还要注意位置关系的变化.
9.解析 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,由∠A1CA=45°,得AA1=AC=6,
由AB=8,AC=6,∠BAC=90°,得BC=10,
故S△ABC=AB·AC=24,
所以直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·AA1=144.
(2)证明:连接A1B,交AB1于E,连接DE,由矩形ABB1A1得E是A1B的中点,又D是BC边的中点,所以DE∥A1C,又A1C 平面AB1D,DE 平面AB1D,所以A1C∥平面AB1D.
(3)当小虫从点A1沿△A1B1C1爬到点D时,把矩形BCC1B1与△A1B1C1置于同一平面内,如图1,
连接A1D,过A1作A1F⊥BC于F,交B1C1于点O,
由BC∥B1C1,得A1O⊥B1C1,故A1O===,A1F=+6=,
OC1=A1C1cos∠A1C1B1=A1C1·=,则DF=CD-OC1=5-=,
因此A1D==;
当小虫从点A1沿正方形ACC1A1爬到点D时,把正方形ACC1A1与△ABC置于同一平面内,或把正方形ACC1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内,如图2,3,连接A1D,
在图2中,取AB的中点G,连接DG,显然B,A,A1共线,则DG∥AC,DG=AC=3,DG⊥AB,
又A1G=AA1+AG=10,所以A1D===,
在图3中,AD=AC+CD=11,A1D===>;
当小虫从点A1沿矩形ABB1A1爬到点D时,把矩形ABB1A1与△ABC置于同一平面内,或把矩形ABB1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内,如图4,5,连接A1D,
在图4中,取AC的中点H,连接DH,显然C,A,A1共线,则DH∥AB,DH=AB=4,DH⊥AC,
又A1H=AA1+AH=9,所以A1D===,
在图5中,AD=AB+BD=13,A1D===>,
显然>>,
所以小虫爬行的最短距离为.
易错警示 求多面体表面上的最短距离一般是把多面体的表面展开到一个平面上,利用平面上两点之间的最短距离是连接两点的线段的长度求解,但要注意多面体的展开方式可能有多种.
思想方法练
1.答案 或
解析 设圆柱的底面半径为r,
由于圆柱的底面周长不确定,故需要对底面周长进行分类讨论.
当底面圆的周长为4时,2πr=4,解得r=,
所以底面圆的面积为πr2=π·=;
当底面圆的周长为3时,2πr=3,解得r=,
所以底面圆的面积为πr2=π·=;
所以底面圆的面积为或.
2.解析 (1)当F是C1D1的中点时,点F在平面AB1E上.
理由如下:当F是C1D1的中点时,连接EF,DC1,B1F,如图所示,
因为AD∥B1C1,AD=B1C1,
所以四边形AB1C1D为平行四边形,
所以AB1∥C1D,
又E是DD1的中点,F为C1D1的中点,所以EF∥C1D,所以AB1∥EF,
所以点A,B1,E,F四点共面,即点F在平面AB1E上.
(2)题干并没有说明如何重新组合,因此需对其组合方式进行分类讨论.
重新组合的方式有三种,下面分别计算三种情况下的表面积.
①如图所示,
由题意知,AB=10 cm,BC=10 cm,则AC=10 cm,
所以此三棱柱的表面积S1=×10×10×2+10×40×2+10×40=900+400(cm2).
②如图所示,
所以此三棱柱的表面积S2=×20×10×2+20×20+10×20×2=600+400(cm2).
③如图所示,
所以此四棱柱的表面积S3=10×10×2+20×10×2+10×20×2=600+400(cm2).
综上所述,新棱柱的表面积为(900+400)cm2或(600+400)cm2.
思想方法 立体几何主要研究空间几何体中的数量关系和位置关系等.因此,在立体几何问题中,引发分类讨论的因素,主要从以下这几个方面入手:图形的大小与形状,图形位置,构成图形的形式以及条件或结论的不唯一性等.
3.答案
解析 如图所示,设平面α∩平面PAB=DM,因为AP∥平面α,所以DM∥PA,
设平面α∩平面PAC=NE,则NE∥PA,故DM∥NE.
设PD=AE=x,0
又因为DN 平面PBC,平面PBC∩平面ABC=BC,所以DN∥BC,即ME∥BC,且DN=x,
设BC的中点为O,连接PO,OA,易得PO⊥BC,OA⊥BC,
又PO∩OA=O,PO,OA 平面OAP,所以BC⊥平面OAP,又PA 平面OAP,所以BC⊥PA,所以DN⊥NE,所以四边形DMEN为矩形,
所以平面α与三棱锥P-ABC的交线围成的图形的面积S=(2-x)x=-(x-1)2+,0
故当x=1,即D为PB的中点时,面积最大,最大值为.
4.解析 容器对应的正四棱锥如图,取底面ABCD的中心O,连接OE,过O作OF⊥BC于F,连接EF.
在Rt△EOF中,EF=5,OF=x,则EO=,
于是V=x2·=x2·.
四棱锥的高可以用等腰三角形的底边长x表示,从而容积V可以表示为关于x的函数.
依题意,函数的定义域为{x|0
由∠APC=90°,可得AP⊥PC,则l2+l2=(2r)2,故l=r,
又cos∠APB=,
所以sin∠APB===,
又因为△PAB的面积为2,
所以S△PAB=PA·PB·sin∠APB=l2×=2,故l=4,
又l=r,所以r=2,
所以圆锥的侧面积S=×2πr×l=π×2×4=8π.
(2)作出轴截面如图所示.
设圆柱的底面半径为x(0
又PO=AO=2,
所以OO1=PO-PO1=2-x,即圆柱的高为2-x,
所以圆锥内接圆柱的侧面积S1=2πx(2-x)≤2π=4π,
当且仅当x=2-x,即x=时取等号,
将圆锥内接圆柱的侧面积表示成关于x的函数,利用均值不等式求得函数的最值.
所以圆锥内接圆柱的侧面积的最大值为4π.
(3)作出轴截面如图所示.
根据圆锥的性质可知内切球球心在PO上,
设球心为G,与PA切于点D,
则PA⊥DG.
设内切球的半径为R,即GO=GD=R,
易知△POA∽△PDG,
所以=,
由(1)可知,圆锥的高PO=AO=2,PA=4,
则有=,解得R=4-2,
所以圆锥的内切球的体积V=πR3=π(4-2)3=.
思想方法 函数思想在立体几何中常体现在求体积的最值,角度的最值,面积的最值等问题中,通过引入合适的变量把要研究的问题转化为研究函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的,做题时应注意引入的变量的取值范围.方程思想是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,使问题得解的思想,利用方程思想可动中求静,研究运动中的等量关系.
6.答案
解析 取BC的中点G,连接AG,D1G,AD1,如图所示,
由E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,得EF∥AD1,
因为EF 平面BEF,AD1 平面BEF,所以AD1∥平面BEF.
易知FD1∥BG,FD1=BG,所以四边形FBGD1为平行四边形,所以FB∥GD1.
又因为FB 平面BEF,GD1 平面BEF,所以GD1∥平面BEF.
因为GD1∩AD1=D1,GD1,AD1 平面AD1G,所以平面AD1G∥平面BEF.
直线D1P与平面BEF没有交点,转化为寻找过直线D1P且与平面BEF平行的平面AD1G.
因为点P为底面四边形ABCD内(包括边界)的一动点,所以P的轨迹为线段AG,则AG==.
7.解析 (1)证明:如图,取BC的中点F,连接C1F,DF,
∵D是棱AB的中点,∴DF是△ABC的中位线,
∴DF∥AC,且DF=AC.
又E是棱A1C1的中点,∴EC1=A1C1,
又A1C1 AC,∴EC1∥AC,且EC1=AC,
∴DF∥EC1,且DF=EC1,
∴四边形DEC1F是平行四边形,∴DE∥C1F.
∵DE 平面BCC1B1,C1F 平面BCC1B1,
∴DE∥平面BCC1B1.
(2)∵DE∥C1F,∴DE与平面ABC所成的角就是C1F与平面ABC所成的角,
利用一组平行线和同一平面所成的角相等把所求问题转化为C1F与平面ABC所成的角.
∵CC1⊥平面ABC,∴∠C1FC即为所求角的平面角,
借助线面角的定义把空间角转化为平面角,将空间立体几何问题转化为平面几何问题.
在Rt△C1CF中,FC=CC1,∴tan∠C1FC==2,
∴DE与平面ABC所成角的正切值是2.
8.解析 (1)证明:连接BD,易知△BCD是等边三角形,∵E为CD的中点,∴BE⊥CD.
∵AB∥CD,∴AB⊥BE.
又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,AB 平面ABCD,∴AB⊥平面PBE,
又AB 平面PAB,∴平面PAB⊥平面PBE.
将证明面面垂直转化为证明线面垂直,最终转化为线线垂直.
(2)解法一:在△ABD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,
∴S△ABD=.
由(1)知,CE⊥BE,∴PE⊥BE,
又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,PE 平面PBE,∴PE⊥平面ABCD,
又PE=CE=1,
∴三棱锥P-ABD的体积V=××1=.
在Rt△PBE中,由PE=1,BE=,得PB=2.
由(1)知,AB⊥平面PBE,
∵PB 平面PBE,∴AB⊥PB,∴S△ABP=2.
设点D到平面PAB的距离为d,
则三棱锥D-PAB的体积V'=V=×2×d=,
解得d=,∴点D到平面PAB的距离为.
解法二:∵DE∥AB,AB 平面PAB,DE 平面PAB,∴DE∥平面PAB,∴点D到平面PAB的距离等于点E到平面PAB的距离.
利用线面平行的性质转化求解.
过点E作PB的垂线,垂足为F,则EF⊥PB,
由(1)知,平面PAB⊥平面PBE,平面PAB∩平面PBE=PB,EF 平面PBE,∴EF⊥平面PAB,
∴EF的长即为点D到平面PAB的距离.
易知PE⊥BE,∴在Rt△PBE中,有PE·BE=PB·EF,
又PE=1,BE=,∴PB=2,∴EF=,
∴点D到平面PAB的距离为.
9.解析 (1)证明:如图,连接PG,BD,
因为△PAB是等边三角形,G为AB的中点,
所以PG⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PG 平面PAB,所以PG⊥平面ABCD.
由平面PAB⊥平面ABCD,将面面垂直转化为线面垂直.
因为DG 平面ABCD,所以PG⊥DG.
因为四边形ABCD是菱形,所以AB=AD.
又因为∠DAB=60°,
所以△ABD是等边三角形,所以DG⊥AB.
又因为PG∩AB=G,PG,AB 平面PAB,
所以DG⊥平面PAB.
(2)证明:因为AB⊥PG,AB⊥DG,PG∩DG=G,PG,DG 平面DPG,所以AB⊥平面DPG.
由AB⊥PG,AB⊥DG,将线线垂直转化为线面垂直.
又因为DP 平面DPG,所以AB⊥PD.
(3)能,F为PC的中点.
连接CG交BE于M,连接FB,FE,FM,GE,
因为AB∥CD且AB=CD,E,G分别是CD,AB的中点,所以CE∥BG且CE=BG,
所以四边形CEGB是平行四边形,所以CM=MG.
又因为CF=FP,所以MF∥PG.
由(1)知PG⊥平面ABCD,所以MF⊥平面ABCD.
又MF 平面BEF,所以平面BEF⊥平面ABCD.
思想方法 转化思想在判断空间点、线、面的位置关系时得到了充分的体现.利用线与线的位置关系,可研究直线与平面的位置关系;利用平面与直线的位置关系,可研究平面与平面的位置关系.反过来,由平面与平面的位置关系,又可进一步掌握直线与平面的位置关系,进而确定直线与直线的位置关系,同时在求三棱锥的体积时,等体积法也充分体现了转化思想.
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