課時驗收評價(五十) 立體幾何中的動態(tài)問題

PAGE第5頁共7頁課時驗收評價(五十)立體幾何中的動態(tài)問題1.(2022·新鄉(xiāng)一模)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，點H在棱AA1上，且HA1＝1，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一動點，HP＝eq\r(,13)，則CP的最小值為()A.eq\r(,13)－2 B.eq\r(,13)－3C.eq\r(,15)－2D.eq\r(15)－3解析：選A如圖，作HG⊥BB1交BB1于點G，則可得HG⊥平面BCC1B1，因為GP?平面BCC1B1，所以HG⊥GP，則HG＝3，因為HP＝eq\r(,13)，所以GP＝2，所以點P的軌跡是以G為圓心，2為半徑的圓弧，所以CP的最小值為CG－2＝eq\r(,13)－2.故選A.2．(2022·韶關(guān)一模)設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P為底面正方形ABCD內(nèi)的一動點，若三角形APC1的面積S＝eq\f(1,2)，則動點P的軌跡是()A．圓的一部分 B．雙曲線的一部分C．拋物線的一部分 D．橢圓的一部分解析：選D設(shè)d是三角形APC1邊AC1的高，S△APC1＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AC1))·d＝eq\f(\r(,3),2)d＝eq\f(1,2)，所以d＝eq\f(\r(,3),3)，即點P到直線AC1的距離為定值eq\f(\r(,3),3)，所以點P在以直線AC1為軸，以eq\f(\r(,3),3)為底面半徑的圓柱側(cè)面上，直線AC1與平面ABCD既不平行也不垂直，所以點P的軌跡是平面ABCD上的一個橢圓，其中只有一部分在正方形ABCD內(nèi)．故選D.3.如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M為棱AB的中點，動點P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運動，總有AP⊥D1M，則動點PA.eq\f(\r(,2),2) B.eq\f(\r(,5),2)C.eq\f(π,16) D.eq\f(\r(,3),2)解析：選A如圖，分別取BC，BB1的中點E，F(xiàn)，連AE，AF，EF，A1M，DM，A1F，因為M為AB的中點，E為BC的中點，四邊形ABCD為正方形，所以DM⊥AE，又D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥AE，而DM∩D1D＝D，所以AE⊥平面D1DM，所以D1M⊥AE，同理可得D1M⊥AF，又AE∩AF＝A，所以D1M⊥平面AEF，因為AP?平面AEF，所以AP⊥D1M，因為動點P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運動，所以動點P的軌跡是線段EF，而EF＝eq\f(\r(2),2)，所以動點P的軌跡的長度為eq\f(\r(,2),2).故選A.4.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)是線段A1C1上的兩個動點，且EFA．BD⊥CEB．BD⊥面CEFC．三角形BEF和三角形CEF的面積相等D．三棱錐B-CEF的體積為定值解析：選CBD⊥面ACC1A1，CE?面ACC1A1，面CEF與面ACC1A1重合，所以A、B均正確；B到EF的距離為△BA1C1的高，C到EF的距離即為CC1，顯然△BEF的面積大于△CEF的面積，C錯誤；B點到面CEF的距離為定值，為eq\f(BD,2)長，△CEF5．已知點A，B，C在半徑為5的球面上，且AB＝AC＝2eq\r(,14)，BC＝2eq\r(,7)，P為球面上的動點，則三棱錐P-ABC體積的最大值為()A.eq\f(56\r(7),3) B.eq\f(52\r(7),3)C.eq\f(49\r(7),3)D.eq\f(14\r(,7),3)解析：選A如圖，M是△ABC的外心，O是球心，OM⊥平面ABC，當(dāng)P是MO的延長線與球面交點時，P到平面ABC距離最大，由AB＝AC＝2eq\r(,14)，BC＝2eq\r(,7)，得cos∠ACB＝eq\f(\r(,7),2\r(,14))＝eq\f(\r(,2),4)，則sin∠ACB＝eq\f(\r(,14),4)，2AM＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(2\r(,14),\f(\r(,14),4))＝8，AM＝4，OM＝eq\r(,OA2－AM2)＝eq\r(,52－42)＝3，PM＝3＋5＝8，又S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC·sin∠ACB＝eq\f(1,2)×2eq\r(,14)×2eq\r(,7)×eq\f(\r(,14),4)＝7eq\r(,7)，所以最大的VP-ABC＝eq\f(1,3)×7eq\r(,7)×8＝eq\f(56\r(,7),3).故選A.6．(2022·臨汾一模)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面α⊥B1D，則以平面α截正方體所得的截面面積最大時的截面為底面，以B1A．12π B.eq\f(25π,3)C.eq\f(20π,3) D．6π解析：選B如圖，由正方體的對稱性，可知當(dāng)截面為正六邊形EFGHKI時，截面面積最大，此時正六邊形的邊長為eq\r(,2)，設(shè)B1D交截面EFGHKI于M，則M為B1D的中點，所以B1M＝eq\f(1,2)B1D＝eq\r(,3)，設(shè)正六棱錐外接球的球心為O，外接球半徑為R，當(dāng)球心在棱錐內(nèi)部時，有R2＝(eq\r(2))2＋(eq\r(3)－R)2，解得R＝eq\f(5,2\r(3))，外接球表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2\r(3))))2＝eq\f(25π,3)；當(dāng)球心在棱錐外部時，有R2＝(eq\r(2))2＋(R－eq\r(3))2，解得R＝eq\f(5,2\r(3))＜eq\r(3)(舍去)．所以以B1為頂點的錐體的外接球的表面積為eq\f(25π,3).故選B.7．在梯形ABCD中，AB＝2AD＝2DC＝2CB，將△BDC沿BD折起，使C到C′的位置(C與C′不重合)，E，F(xiàn)分別為線段AB，AC′的中點，H在直線DC′上，那么在翻折的過程中，下列說法錯誤的是()A．DC′與平面ABD所成角的最大值為eq\f(π,6)B．F在以E為圓心的一個定圓上C．若BH⊥平面ADC′，則eq\o(DH,\s\up7(→))＝3eq\o(C′H,\s\up7(→))D．當(dāng)AD⊥平面BDC′時，四面體C′-ABD的體積取得最大值解析：選B如圖，在梯形ABCD中，因為AB∥CD，AB＝2AD＝2DC＝2CB，E是AB的中點，所以CD∥BE，CD＝BE，所以四邊形BCDE是菱形，所以BC＝DE，由于AD＝DE＝AE，所以三角形ADE是等邊三角形，所以DE＝eq\f(1,2)AB，故AD⊥BD，∠BDC＝∠DBC＝eq\f(π,6).在將△BDC沿BD翻折至△BDC′的過程中，∠BDC，∠DBC的大小保持不變，由線面角的定義可知，DC′與平面ABD所成角的最大值為eq\f(π,6)，故A正確；因為∠DBC大小不變，所以在翻折的過程中，C′的軌跡在以BD為軸的一個圓錐的底面圓周上，而EF是△ABC′的中位線，所以點F的軌跡在一個圓錐的底面圓周上，但此圓的圓心不是點E，故B不正確；當(dāng)BH⊥平面ADC′時，BH⊥DH.因為∠HC′B＝eq\f(π,3)，所以DC′＝BC′＝2C′H，所以eq\o(DH,\s\up7(→))＝3eq\o(C′H,\s\up7(→))，故C正確；在翻折的過程中，△BC′D的面積不變，所以當(dāng)AD⊥平面BDC′時，四面體C′-ABD的體積取得最大值，故D正確．9．已知母線長為6的圓錐的頂點為S，點A，B為圓錐的底面圓周上兩動點，當(dāng)SA與SB所夾的角最大時，銳角△ASB的面積為8eq\r(,2)，則此時圓錐的體積為________．解析：設(shè)底面半徑為r，當(dāng)SA與SB所夾的角最大時，AB為底面圓的直徑，此時S△SAB＝eq\f(1,2)×6×6×sin∠ASB＝8eq\r(,2)，解得sin∠ASB＝eq\f(4\r(,2),9)，∵△ASB為銳角三角形，∴cos∠ASB＝eq\r(,1－sin2∠ASB)＝eq\f(7,9)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2r))2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))2＝62＋62－2×6×6×eq\f(7,9)＝16，解得r＝2，則圓錐的體積為eq\f(1,3)×π×22×eq\r(,62－22)＝eq\f(16\r(,2)π,3).答案：eq\f(16\r(,2)π,3)10．已知三棱錐P-ABC中，AP，AB，AC三條棱兩兩垂直，且長度均為2eq\r(,3)，以頂點P為球心，4為半徑作一個球，則該球面被三棱錐四個表面截得的所有弧長之和為________．解析：由題可知AP，AB，AC三條棱兩兩垂直，且長度均為2eq\r(,3)，如圖，所以PC＝PB＝BC＝eq\r(2×2\r(3)2)＝2eq\r(6)，AM＝AF＝eq\r(42－2\r(3)2)＝2，所以tan∠APF＝tan∠APM＝eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，則∠APF＝∠APM＝eq\f(π,6)，所以∠EPF＝∠CPM＝eq\f(π,12)，則＝＝eq\f(π,12)×4＝eq\f(π,3)，＝eq\f(π,3)×4＝eq\f(4π,3)，＝eq\f(π,2)×2＝π，所以球面被三棱錐四個表面截得的所有弧長之和為eq\f(π,3)×2＋eq\f(4π,3)＋π＝3π.答案：3π11．乒乓球被稱為中國的“國球”，是一種世界流行的球類體育項目，2000年之后國際比賽用球的直徑為40mm.現(xiàn)用一個底面為正方形的棱柱盒子包裝四個乒乓球，為倡導(dǎo)環(huán)保理念，則此棱柱包裝盒(長方體)表面積的最小值為______cm2.(忽略乒乓球及包裝盒厚度)解析：設(shè)A，B，C，D是四個球的球心，以下面積單位是cm2.①A，B，C，D四點共線，則S＝2×42＋4×4×16＝288.②A，B，C，D四點構(gòu)成一個正方形，則S＝2×82＋4×8×4＝256.③A，B，C，D四點構(gòu)成一正四面體，如圖，設(shè)E是△BCD中心，則AE⊥平面BCD，AE⊥BE，BE＝eq\f(\r(,3),3)×4＝eq\f(4\r(,3),3)，AE＝eq\r(,42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(,3),3)))2)＝eq\f(4\r(,6),3)，所用的盒子為正四棱柱，即正方體，棱長為eq\f(4\r(,6),3)＋4，表面積為S＝6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(4\r(,6),3)))2＝32(5＋2eq\r(,6))＞256.比較可得表面積最小值為256cm2.答案：25612．(2022·六安示范高中質(zhì)檢)如圖，在△ABC中，AD⊥BC，垂足為D，DE⊥AB，垂足為E.現(xiàn)將△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱錐A-BCD外接球的球心為O，半徑為1，則△DOE面積的最大值為________．解析：如圖所示，取AC中點為F，DC中點為G，連接FD，F(xiàn)E，F(xiàn)G，∴FG∥AD，∵BC⊥BD，∴G到B，C，D的距離相等．同理，F(xiàn)到A，C，D的距離相等．∵在原圖中AD⊥BC，∴折疊后AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BCD，∴FG⊥平面BCD，且FD＝FB＝FC＝FA，∴F即為三棱錐A-BCD外接球的球心為O，∵BC