數學組卷立體幾何

點E段AD上且AE=3，現分別沿BE，CE將△ABE，△DCE翻折，使得點D落段AE上，則此時二面角﹣B的余弦值為 A．B． D．8 99．如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，四邊形AEFG為邊長為2的正方形，現將矩形ABCD沿過點的動直線l翻折的點C在平面AEFG上的射影C1落在直線AB上，若點C在抓痕l上的射影為C2，則 D．10．如圖，設線段DA和平面ABC所成角為α（0＜α＜，二面角D﹣AB﹣C的平面角為β，則（ C．D．已知二面角α﹣l﹣β的大小為50°，P為空間中任意一點，則過點P且與平面α和平面β所成的角都是35°的直線 △BC的頂點平面αC在α的一BBC與α所成的分別是°和若B=B=，則C與α所成角為（ ）．° ．° ．° ．在長方形ABCD中，AD=2，AB=4，點E是邊CD上的一動點，將△ADE沿直線AE翻折到△AD1E，使得二面角D1﹣AE﹣B為直二面角，則cos∠D1AB的最大值為（ A．B．C． A1﹣BD﹣C為直二面角時．A1BCD當二面角A1﹣BD﹣C為．A1B與平面BCD所成角的正弦值當 =時，二面角A1﹣BD﹣C．ABCD﹣A1B1C1D1按要求運動時（允許四棱柱上的點在平面α的同側或異側點P所 已知三棱錐A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，BC⊥CD，BC=CD=4，AB=AD=，則三棱錐A﹣BCD的外接球的 如圖，AD與BC是四面體ABCD中互相垂直的棱，BC=2，若AD=2c，且AB+BD=AC+CD=2a，其中a、c為常數，則四面體ABCD的體積的最大值是 18 19 20已知邊長為1的等邊△ABC，段AC上任取一點P（不與端點重合將△ABP折起，使得平面BPC⊥平面ABP，則當三棱錐A﹣PBC的體積最大時，點A到面PBC的距離是 在平面AED內過點D作DK⊥AE，K為垂足，當E從D運動到C，則K所形成軌跡的長度 如圖，正四面體ABCD的棱長為1，平面α過棱AB，且CD∥α，四面體上的所有點在平面α內的射影構成的 21 22PA=AB=AD= ，直線PC與底面ABCD所成角的正切值為 沿著CD進行翻折，在翻折的過程中，線段AD長的取值范圍 如圖，將菱形ABCD沿對角線BD折起，使得C點至C′，E點段AC′上，若二面角A﹣BD﹣E與二面角E﹣BD﹣C′的大小分別為15°和30°，則= 已知正△ABC的頂點A在平面α上，頂點B、C在平面α的同一側，D為BC的中點，若△ABC在平面α上的投影是以A為直角頂點的三角形，則直線AD與平面α所成角的正弦值的范圍為 Oα﹣AB﹣βP在α內，且∠POB=45°β內異于OQ≥45°，則二面角α﹣AB﹣β的取值范圍 C重合于點P，若O為線段EF任一點，DO與平面PEF所成的角為θ，則tanθ的最大值是 1．.HHM⊥BB′MMP，P（，，（，，M（，，，（，，∴MP=（﹣2+（﹣）2（﹣）2+﹣=x2﹣+=（﹣）2+≥，當6MP2P=M2M2=2=8B．解：滿足PM=PDP的軌跡是過MDMD∵P是△A′C′D內（包括邊界）PST．T ．故選S﹣ABCD0SH上，AHBCDDBCSD，SDEAO．∵HABC因此，SH=4OHR=OH=SH∴Rt△SHD中 設該長方體的長和寬分別為x，y，該長方體的長和寬形成的長方形面積為S．∴4R2≥+x2+y2，6ABCD﹣A1B1C1D1中，M且滿足∠APD=∠MPCRt△ADPRt ，故選解：∵四面體OABC的三條棱OA，OB，OC兩兩垂直，OA=OB=2，OC=3，∴AC=BC=，AB=CABDOABCCD=3，AD=BD=2CD=AB，AD=BDCDABDDCDAB垂直并且相等，故③正確；OABCPrPD=r即可為，∴存在無數個點D，使點O在四面體ABCD的外接球面上，故④正確 故選D6．解：根據條件，四根長為2的直鐵條與兩根長為a的直鐵條為，則有 ﹣＜＜2+，即②構成三棱錐的兩條對角線長為a，其他各邊長為2，如圖所示，此時0＜a＜2；綜上分析可知a∈（0，；故選A． ，則D′E=．因為E為線段CD（端點C，D除外）上的一動點，則a＞，故選：D．∴∠BOD是二面角D﹣EC﹣B的平面角，在△BOD中 =解由題意以AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立坐標系則直線l的方程 +6，∴C1（4+6k，0，∴CC1=6 時，取等號 的最小值為6 10．解：如圖所示，圖一：過點D作DO⊥平面ABC，垂足為O點，OAOOE⊥ABE則∠OAD是線段DA和平面ABC所成角α（0＜α＜∠OEDD﹣AB﹣C同理圖二中：tanα=，tan（π﹣β）=，可得α＜π﹣β，α＜β，因此α＜β＜π﹣α．1．1α﹣l﹣βlAOBO，與兩半平面OA，OB，則∠AOB為二面角α﹣l﹣β的平面角，∠AOB=50°OP1為∠AOB的平分線，則∠P1OA=∠P1OB=25°α，β35°POP1平行的直線不符合要求，當OP1以O為，在二面角α﹣l﹣β的平分面上轉動時，OP1與兩平面夾角變小，不再會出現35°情形．OP2平行的直線符合要求，有兩條．ADECαACDE，在直角三角形AFC中，sin∠CAF==，∴∠CAF=30°，即AC與面α所成的角是30°．故應選ABCDDDO⊥AE設∠DAE=θ，則0＜θ＜，則折疊后使得二面角D1﹣AE﹣B為直二面角，D1AAEB，則△D1OB是直角三角形，∵DO=2sinθ，AO=2cosθ，1∵0＜θ＜，∴0＜2θ＜π，即當sin2θ=1時，BD12最小，此時BD2=20﹣8=12，由20﹣16cos∠D1AB=12得cos∠D1AB=，故選：B1ABCD，AC⊥BD，則將△ABDBDA1﹣BD﹣C后，A1E⊥BD，CE⊥BDBDA1EC，則∠A1ECA1﹣BD﹣C的平面角，AA1﹣BD﹣C為直二面角時，∠A1EC=90°A1EBCD，取A1D，A1C的中點M，N，則MN∥CD，EM∥A1B，且MN=EM=1，則A1C= ，則△A1EC不是正三角形，則∠EMN≠，即A1B與CD所成角EMN≠，故A錯誤，DBN，DMBN⊥A1C，DN⊥A1C，則∠BNDA1BCA1DC ∴∠BND≠90°A1BCA1DC不成立，故DCEGA1GA1GBCD，則∠A1BGA1BBCD =，則sin∠A1BG===，故B正確CA1﹣BD﹣CθA1作平面BCD則 則A1K=，則sin∠A1EK=== 即二面角A1﹣BD﹣C為或，故D錯誤，故選：B二．填空題（13小題解：如圖，MAC①當AD=t＜AM=時，如圖，此時高為P到BD的距離，也就是A到BD的距離，即圖AE，DM=﹣t，由△ADE∽△BDM，可 ②當AD=t＞AM=時，如圖，此時高為P到BD的距離，也就是A到BD的距離，即圖中AH， 綜上所述 令 ∈[1，2，A1A轉的時候，C1CC1α作垂線垂足P，就形成一個橢圓，其短軸為P1P2=，長軸為的yAα上的射影M．AA1AA為圓心，為半徑的圓上運動，其掃過的區(qū)域為一個圓環(huán)，外徑為，內徑為， ABDBCDABDBCD=BD，∴AEBCD，又∵CE?BCD，∴AE⊥CE．設△ABDOr．∵AB=ADOAE∴在Rt△ABE中，AE==2．∴r2=8+（r﹣2）2，解得r=3．∴OE=1．在Rt△OEC中，OC==3．∴OA=OB=OC=OD=3．OA﹣BCD的外接球的球心，則球半徑R=3S=πR2=9π由題設，BCADBE、CEAD，AB+BD=AC+CD=2a，顯然△ABD≌△ACDBE=CE．BCF，∴EF⊥BC，EF⊥ADABCDAD是定值，只需三角EBCBCEF最大即可， 點A到平面BPC的距離就是△ABP的中BP邊上的高 故三棱錐A﹣PBC的體積 ，即x=時，V取最大 解：由題意，將△AEDAEAEDABCAEDDDK⊥AE，K的特征知，連接D'K，則D'KA=90°，故K點的軌跡是以AD'為直徑的圓上一弧，易知此圓半徑是，如圖當E與C重合時，AK==，取O為AD′的中點，則△OAK是正三角形．BA，CDHPHPABPCD=PH，PADPAB與側面PDC，設 即有∠PAB=120°HPA中，∠HAP=60°，ADPABBC∥ADBCPABPABCDd，由VP﹣ABC=VC﹣PAB，可得d?S△ABC=BC?S△PAB，即d??1?=???1?1?sin120°，解得d=在直角三角形BCP中，PC= ，可得PC和平面ABCD所成角的正弦值為 ，則直線PC與底面ABCD所成角的正切值為 ．故答案為：， 解：由題意得⊥，⊥，設平面ADC沿著CD進行翻折過程中，二面角A﹣CD﹣B的夾角為θ， ， ，則BDO∵菱形ABCD沿對角線BD折起，使得C點至C′，E點段AC′上 解：設正△ABC1AD=B，C到平面αa=BE，b=CF，D到平面αhDG=BCc1﹣a2+1﹣b2=c2（1）又線段AD射影長 ，所以 （2）（1（2）所以sinα===≥==，當a=b=時等號成立．此時BC與α平行．令函數f（a）=，0＜a＜1，根據B，C關于D的對稱性，不妨研究≤a＜1的情形． ≤a＜1時 1）上單調遞增，當a趨近于1時，f（a）趨近于1+=，sinα趨近α﹣AB