03 模块三　立体几何 【答案】听课手册

模块三立体几何微专题8空间几何体微点1例1(1)BCD(2)28[解析](1)对于A,设该圆台的上底面半径为r,下底面半径为R,则2πr=13×2π×1,2πR=13×2π×3,解得r=13,R=1,又该圆台的母线长为3-1=2,所以该圆台的高为22-1-132=423,故选项A错误;对于B,该圆台的上底面面积为19π,下底面面积为π,侧面积为π×13+1×2=83π,所以该圆台的表面积S=19π+π+83π=349π,故选项B正确;对于C,该圆台的体积V=13π×132+13×1+12×423(2)方法一:依题意可知,原正四棱锥的高为6,故棱台的体积V=V大正四棱锥-V小正四棱锥=13×42×6-13×22×3=方法二:由题可知所得棱台的高为3,上底面是边长为2的正方形,下底面是边长为4的正方形,由棱台的体积公式可得棱台的体积V=13×(42+22+42×22)【自测题】1.B[解析]设正方体的棱长为a,正四面体的棱长为b,球的半径为R,表面积为S.正方体的表面积S=6a2,所以a2=16S,所以V12=(a3)2=(a2)3=1216S3.如图,在正四面体PABC中,D为AC的中点,O为△ABC的中心,则PO是正四面体PABC的高,BD⊥AC,AD=12b,所以BD=AB2-AD2=32b,所以S△ABC=12×AC×BD=12×b×32b=34b2,所以正四面体PABC的表面积S=4S△ABC=3b2,所以b2=33S.又O为△ABC的中心,所以BO=23BD=33b.又根据正四面体的性质,可知PO⊥BO,所以PO=PB2-BO2=63b,所以V22=13×S△ABC×PO2=13×34b2×63b2=172b6=172×33S3=3648S3.球的表面积S=4π2.B[解析]设几何体为EF-ABCD,如图所示.矩形ABCD的面积为6×4=24,侧面为两个全等的等腰三角形和两个全等的等腰梯形.设点E,F在底面ABCD内的射影分别为G,H,在平面ABCD内,过点G作GM⊥BC于M,连接EM,过点H作HN⊥CD于N,连接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的高为EM=EG2+GM2=22+22=22,∴S梯形ADFE=S梯形BCFE=12(EF+BC)·EM=82.在△CDF中,斜高为FN=FH2+HN2=22+22=22,∴S△ABE=S△CDF=12CD·FN=42,3.4π[解析]∵V圆台=13×(π×12+π×12×π×22+π×22)×2=14π3,V半球=12×4π3×13=2π3微点2例2BC[解析]如图.对于选项A,易知∠CAD为二面角C-AA1-D的平面角,且∠CAD=45°,故A错误;对于选项B,由题可知四边形ABB1A1和四边形ADD1A1为全等的直角梯形,故BB1=DD1,又B1D1∥BD,BB1与DD1不平行,所以四边形BDD1B1为等腰梯形,故B正确;对于选项C,由题知AD=4,DD1=52,A1D1=2,所以A1A=254-(4-2)2=32,则四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积V=13×(4+16+8)×32=14,故C正确;对于选项D,因为四边形ABCD是正方形,所以BD⊥AC,因为A1A⊥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⊥【自测题】1.AB[解析]对于A,假设α内存在与a平行的直线,则由直线和平面平行的判定定理知直线a与平面α平行,与条件相矛盾,假设不成立,故A正确;由面面平行的判定定理可知B正确;对于C,当直线m,n不相交时,由线面垂直的判定定理知,当l⊥m且l⊥n时,得不到l⊥α,故C错误;对于D,当α1∥β1,α⊥β时,可满足题设条件,此时平面α与平面β所成的二面角为90°,平面α1与平面β1所成的二面角为0°,故D错误.故选AB.2.AB[解析]如图,取AB的中点F,连接EF,PF,易知G在PF上,∵PF是△PAB的中线,BG∶GD=2∶1,∴PGGF=2,∴PGGF=PHHE=2,∴GH∥EF,又EF∥AC,∴GH∥AC,故C错误;∵AC⊂平面ABC,GH⊄平面ABC,∴GH∥平面ABC,故A正确;取AC的中点O,连接PO,BO,则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正确;GH与PA所成的角为∠PAC或其补角,在正三棱锥中,PA=PB=PC,AB=AC=BC,PA不一定等于AC,∴△∴∠PAC不一定是60°,故D错误.故选AB.1.B[解析]设圆锥的母线长为l,则2π×2=πl,解得l=22.故选B.2.C[解析]由题意知,水库水位为海拔148.5m时,相应水面(棱台的上底面)的面积为140.0km2=140×106m2,水库水位为海拔157.5m时,相应水面(棱台的下底面)的面积为180.0km2=180×106m2,水面上升的高度为157.5-148.5=9(m),所以增加的水量(棱台的体积)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]如图所示,取AB的中点C,连接OC,PC,则有OC⊥AB,PC⊥AB.在△AOB中,OA=OB=3,∠AOB=120°,则∠ABO=30°,所以OC=OB×sin30°=32,AB=OB×cos30°×2=3.又由△PAB的面积为934,得12×3×PC=934,解得PC=332,所以PO=PC2-OC2=3322-322=6,所以该圆锥的体积V=14.B[解析]设△PBC中PC边上的高为h,则由题意可得S△PMN=12×13PC×23h=12×29×PC×h=29S△PBC,∴VP-AMN=VA-PMN=29VA-PBC=5.AC[解析]如图,取AC的中点D,连接OD,PD,PO,则OD⊥AC,PD⊥AC,故∠PDO为二面角P-AC-O的平面角,得∠PDO=45°.因为∠APB=120°,PA=2,所以AB=23,PO=1,故圆锥的体积V=13×π×(3)2×1=π,故A正确;S圆锥侧=π×3×2=23π,故B错误;由∠PDO=45°,可得DO=1,故AC=2×3-1=22,故C正确;易知PO⊥DO,由PO=1,DO=1,得PD=2,则S△PAC=12×22×2=2,故D错误.6.CD[解析]设正方形ABCD的边长为2,则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.连接BD交AC于M,连接EM,FM,∵AC⊥ED,AC⊥BD,BD∩ED=D,∴AC⊥平面BDEF.过F作FN⊥DE,垂足为N,则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]连接AC,A1C1,作A1E⊥AC,垂足为E,在等腰梯形ACC1A1中,AC=22,A1C1=2,AA1=2,则可得该棱台的高h=A1E=62,故该棱台的体积V=13(S+S'+SS')h=13×(1+4+

微专题9球的截面性质与切接问题微点1例1C[解析]在△ABC中,BC=23,∠BAC=60°,根据三角形的外接圆半径公式,可得△ABC的外接圆半径r=12×2332=2.设P点在平面ABC内的射影为D,连接PD,AD,球心O在直线PD上,则AD=r=2,在Rt△PDA中,由PD2+AD2=PA2,可得PD=22,设三棱锥P-ABC外接球的半径为R,则(22-R)2+22=R2,解得R=322,所以球O的体积V=4πR33=【自测题】1.A[解析]如图所示,易知球心O为SC的中点,设过A,B,C三点的小圆的圆心为O1,则OO1⊥平面ABC,连接CO1,∵CO1=23×32=33,∴OO1=1-13=63,∴点S到平面ABC的距离为2OO1=263.∵△ABC是边长为1的正三角形,∴△ABC的面积为34,∴VS-ABC2.31π[解析]因为PA⊥平面ABC,AC,AB⊂平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,又AC⊥AB,所以PA,AB,AC两两垂直,故可将三棱锥P-ABC补全为长方体,故三棱锥P-ABC的外接球,即为此长方体的外接球,令三棱锥P-ABC外接球的半径为R,则(2R)2=PA2+AB2+AC2=31,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积为4πR2=31π.微点2例2B[解析]设此正三棱锥框架为P-ABC(如图),球O1的半径为R,球O2的半径为r,底面三角形ABC外接圆的圆心为O,连接PO,AO,延长AO交BC于点N.因为圆气球O2在此框架内且与正三棱锥所有的棱都相切,所以O2在PO上且与棱BC相切于点N,设球O2与棱PA相切于点M,连接NO2,MO2.由题意得AN=32×23=3,则AO=23AN=2,ON=13AN=1.因为PO⊥底面ABC,所以PO⊥AO,又因为PA=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,则球O2的表面积为4πr2=4π×(22-3)2=(44-166)π.因为PO=AO=2,所以O与O1重合,所以球O1的半径R=2,则球O1的表面积为4πR2=4π×22=16π.综上可得,球O1和球O2的表面积之和为【自测题】B[解析]∵正四面体PABC的棱长为1,∴正四面体PABC的高h=1-23×322=63.由题可知球O与该正四面体的其余三个面(不包括底面ABC)都相切,设球O的半径为r,则VP-ABC=VO-PAB+VO-PBC+VO-PAC,∴13×34×63=13×34r+13×微点3例322π[解析]如图,取B1C1的中点O1,连接D1O1.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1是各棱长均为2的直四棱柱,且∠BAD=60°,∴D1O1⊥平面B1C1CB,且D1O1=22-1=3.由球的截面圆的性质可得截面圆的半径为5-3=2.在平面B1C1CB上作以O1为圆心,2为半径的圆弧,与棱BB1,CC1的交点分别为E,F,易得E,F均为所在棱的中点.连接O1F,O1E,EF.∵O1E=O1F=2,EF=2,∴∠EO1F=π2,∴球面与侧面B1C1CB的交线长为14×【自测题】C[解析]设球O的半径为R,由4π3R3=125π6,得R=52,设平面α截球O所得截面小圆的半径为r1,由S1=πr12=25π8,得r1=522,因此,球心O到平面α的距离d=R2-r12=522=r1,而球心O在圆锥的轴上,则圆锥的轴与平面α所成的角为45°.因为圆锥的高为1,所以球心O到圆锥底面圆的距离d1=32,于是得圆锥的底面半径r=R2-d12=522-322=2.令平面α截圆锥所得截面为等腰三角形PAB,线段AB为圆锥底面圆O1的弦,点C为弦AB的中点,连接PC,PO1,CO1,如图,依题意,∠CPO1=45°,所以CO1=PO1.A[解析]由题意,设球的球心为O,半径为R,正三棱台的上、下底面分别为△A1B1C1,△A2B2C2,A1A2,B1B2,C1C2均为正三棱台的棱,则△A1B1C1,△A2B2C2都是等边三角形.设△A1B1C1,△A2B2C2的外接圆圆心分别为O1,O2,连接O1O2,则O1O2=1.连接O1A1,O2A2,∵等边三角形A1B1C1和等边三角形A2B2C2的边长分别为33,43,∴O1A1=3,O2A2=4.连接OA1,OA2,若点O在线段O1O2上,则R2=O1A12+OO12=O2A22+(1-OO1)2,即32+OO12=42+(1-OO1)2,可得OO1=4>O1O2,矛盾,故点O在线段O1O2的延长线上.由题意得R2=O1A12+(OO2+1)2=O2A22+OO22,可得OO2.B[解析]设P在底面ABC上的射影为O,则O为△ABC的中心,连接OA,则OA=23×6×32=23,∴PO=PA2-OA2=62-(23)2=26.连接OQ,易知点Q在△ABC的边上及其内部,∴PO2+OQ2=PQ2,又∵PQ≤5,∴OQ≤1,易知点O到△3.C[解析]如图,连接AC,BD交于点O1,连接SO1.设正四棱锥S-ABCD的高SO1=h,底面边长为a,则AO1=22a,设正四棱锥外接球的半径为R,则由43πR3=36π,得R=3.延长SO1,交球面于点M,连接AM,则SM为球的直径,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,所以正四棱锥S-ABCD的体积为13a2h=23h2(6-h)=23(-h3+6h2).记V(h)=23(-h3+6h2),h∈32,92,则V'(h)=2(-h2+4h),h∈32,92,当h∈32,4时,V'(h)>0,V(h)单调递增,当h∈4,92时,V'(h)<0,V(h)单调递减,所以4.[22,23][解析]设球O的半径为R.当球O是正方体的外接球时,球O恰好经过正方体的每个顶点,此时球O的半径最大,正方体的外接球直径2R'=AC1=42+42+42=43,则R'=23,所以Rmax=23;分别取棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N,显然四边形MNGH是边长为4的正方形,O为正方形MNGH的对角线的交点,连接MG,则MG=42+42=42,当球O的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时,球O的半径最小,所以Rmin=22.5.2π3[解析]易知当球与圆锥相切时,球的半径最大,设此时球的半径为r.如图,球O内切于圆锥,D为切点.由SB=3,BC=1,得SC=22,易知△SDO∽△SCB,得SOSB=DOCB,即22-r3=r1,得r=22,所以该圆锥内半径最大的球的体积为43

高考进阶2空间几何体的嵌套与切接问题例1ABD[解析]对于A,正方体内切球的直径为1m,故A正确;对于B,如图①,在正方体中作出正四面体A1BDC1,该正四面体的棱长为BA1=2m,而2>1.4,故B正确;对于C,圆柱体的底面直径为0.01m,可以忽略不计,正方体的体对角线的长为3m,而1.8>3,故C不正确;对于D,圆柱体的高为0.01m,可忽略不计,如图②,取E,F,G,H,I,J分别为所在棱的中点,并顺次连接,所得六边形EFGHIJ为正六边形,其边长为22m,连接FH,易知FH为正六边形EFGHIJ的内切圆直径,因为∠GFH=∠GHF=30°,所以FH=3FG=3GH=62m,而622=64>1.22=1.44,故D 例2C[解析]要使球的体积取到最大值,球需接触到抛物线y=14x2(y≤8)旋转所形成的的曲面上,设此时球与平面xOy的交点为P(x0,y0),球心为O1,半径为r,则y0=14x02,O1(0,8-r),设抛物线在点P处的切线为l,连接O1P,则l⊥O1P,且O1到直线l的距离为r.由y=14x2,得y'=12x,所以直线l的方程为y-y0=12x0(x-x0),即12x0x-y+y0-12x02=0,所以点O1到直线l的距离d=12x0×0-1×(8-r)+y0-12x0212x02+(-1)2=-(8-r)-14x0214x02+1=r①,又klkO1P=-1,即例3C[解析]设四棱锥的底面为四边形ABCD,四棱锥O-ABCD的高为a,底面所在圆为☉O1,连接OO1,AC,BD,则OO1⊥平面ABCD.当四边形ABCD为正方形时,四边形ABCD的面积最大,此时O1为AC,BD的交点,O1D=OD2-OO12=1-a2,则CD=2O1D=2-2a2,故S正方形ABCD=CD2=2-2a2,则V四棱锥O-ABCD=13a(2-2a2)=23(a-a3).设f(a)=a-a3(0<a<1),则f'(a)=1-3a2,当0<a<33时,f'(a)>0,f(a)单调递增,当33<a<1时,f'(a)<0,f(a)【自测题】ACD[解析]对于A选项,连接AD,在正四面体PABC中,D是PB的中点,所以PB⊥AD,PB⊥CD,又因为AD⊂平面ACD,CD⊂平面ACD,AD∩CD=D,所以PB⊥平面ACD,又因为AE⊂平面ACD,所以PB⊥AE,所以直线AE与PB所成的角为π2,故A选项正确;对于B选项,把△ACD沿着CD展开与△BDC在同一个平面内(A,B在CD的异侧),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周长的最小值不为4+34,故B选项错误;对于C选项,要使小球半径最大,则小球与四个面相切,即小球是正四面体的内切球,设内切球的半径为r,正四面体PABC的高h=42-23×4×322=463,由等体积法可得V四面体PABC=13S△ABC·h=13S表·r,又S表=4S△ABC,所以r=14h=63,故C选项正确;对于D选项,10个小球分三层(1个,3个,6个)放进去,要使小球半径最大,则外层小球与四个面相切,设小球半径为r,四个角小球球心连线得到的几何体MNGF是棱长为4r的正四面体,其高为463r,如图,在正四面体PHIJ中,由正四面体内切球的半径是正四面体的高的1

微专题10空间角与空间距离微点1例1解:(1)证明:因为BC⊥平面PAB,AB,PE⊂平面PAB,所以BC⊥AB,BC⊥PE.因为PE⊥EC,EC∩BC=C,EC,BC⊂平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD,又BD⊂平面ABCD,所以PE⊥BD.因为tan∠ABD=tan∠BCE=12,所以∠ABD=∠BCE,所以∠ABD+∠CEB=90°,即BD⊥CE.因为PE∩CE=E,PE,CE⊂平面PEC,所以BD⊥平面(2)由(1)得PE⊥AB,因为E为AB的中点,所以PB=PA=AB=2.以E为坐标原点,EB,EP所在直线分别为x轴、z轴,过点E作BC的平行线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则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).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则PC·m令x=1,则y=-2,z=-3,即m=(1,-2,-3).由(1)知平面PCE的一个法向量为BD=(-2,1,0),因为cos<m,BD>=m·BD|m||所以平面PEC与平面PCD夹角的余弦值为105例2解:(1)证明:如图,连接A1B.因为AB=AA1,∠A1AB=60°,所以△ABA1为等边三角形.因为A1C=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:如图,设E为BB1的中点,连接A1E,DE,作DF⊥A1E于F.因为BC⊥平面ACC1A1,DE∥BC,所以DE⊥平面ACC1A1,又CC1⊂平面ACC1A1,所以DE⊥CC1.在△A1CC1中,因为A1C=A1C1,D为CC1的中点,所以A1D⊥CC1,又A1D∩DE=D,所以CC1⊥平面A1DE.因为BB1∥CC1,所以BB1⊥平面A1DE,又DF⊂平面A1DE,所以BB1⊥DF.因为DF⊥A1E,BB1∩A1E=E,BB1,A1E⊂平面ABB1A1,所以DF⊥平面ABB1A1,所以直线A1D与平面ABB1A1所成的角为∠DA1E.在△DA1E中,A1D⊥DE,A1D=A1C2-22=22,DE=BC=2,所以A1所以sin∠DA1E=DEA1E故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为33方法二:如图,以C为原点,CA,CB所在直线分别为x,y轴建立空间直角坐标系,则A(23,0,0),B(0,2,0),A1233,0,463所以A1D=-433,0,-263,设平面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z),由n·AB令z=1,则x=2,y=6,即n=(2,6,1).设直线A1D与平面ABB1A1所成的角为θ,则sinθ=|cos<A1D,n>|=|A故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为33【自测题】解:(1)证明:因为AB=AC,O为BC的中点,所以OA⊥BC.因为侧面BCC1B1为等腰梯形,M,O分别为B1C1,BC的中点,所以OM⊥BC.因为OA∩OM=O,OA,OM⊂平面AOM,所以BC⊥平面AOM.因为BC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面AOM.(2)在平面AOM内,过O作ON⊥OA,交AM的延长线于N,因为平面ABC⊥平面AOM,ON⊂平面AOM,平面AOM∩平面ABC=OA,所以ON⊥平面ABC.以O为原点,OB,OA,ON的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,因为OA⊥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,则∠AOM=π6,所以∠MON=π因为AB=AC=5,BC=8,所以OA=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OM=16-4=2则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=设平面AA1C1C的法向量为n=(x,y,z),则n·CA=4x+3y=0,n·CC1=2x+3y所以直线BB1与平面AA1C1C所成角的正弦值为|cos<n,BB1>|=|n·B微点2例3解:(1)证明:由题得平面α与平面ABCD,平面A1B1C1D1的交线分别为DC,EF,又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,∴EF∥DC,又EF=DC,∴四边形EFCD为平行四边形,∴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两两垂直,以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.取AD的中点H,连接EH,易知AH∥A1E,AH=A1E,∴四边形AHEA1为平行四边形,∴AA1∥HE,又AA1⊥平面ACD,∴HE⊥平面ACD.作HI⊥DC,垂足为I,连接EI,∵HE⊥平面ACD,∴HE⊥CD,又HE∩HI=H,∴CD⊥平面EHI,可得CD⊥EI,∴∠EIH为平面EFCD与平面ABCD的夹角.易求HI=34,∵tan∠EIH=EHHI=433,∵ED∥平面ACF,∴点E到平面ACF的距离等于点D到平面ACF的距离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=设平面ACF的法向量为m=(x,y,z),则m·AC=3y=0,m·【自测题】解:(1)证明:由题知AC=2+2=2,∠CAB=∠ACD=45°,所以BC2=4+8-2×2×22×22=4,故BC=2,则∠ACB=90°,即AC⊥因为平面PAC⊥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.因为PA⊥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)设AC的中点为O,AB的中点为D,连接OP,OD,易知OA,OD,OP两两垂直.以OA,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(1,0,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),B(-1,2,0).设BMBP=λ,则BM=λBP,设M(x,y,z),则(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),点M到直线AC的距离为25所以CM2=45+CA即λ2+(2-2λ)2+λ2=45+2λ22,即25λ2-40λ+16=0,解得λ=45,微点3例4解:(1)证明:方法一:如图①,作A2B3∥AB交BB1于B3,D2C3∥DC交CC1于C3,连接B3C3,易知A2B3∥D2C3,且A2B3=D2C3,所以四边形A2B3C3D2是平行四边形,所以A2D2∥B3C3.因为B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3,所以四边形B2B3C3C2是平行四边形,所以B3C3∥B2C2,所以B2C2∥A2D2.方法二:因为B2C2=B2B1+B1C1+C1C2=DD2+AD+A2A所以B2C2∥A2D2.(2)方法一:如图②,以C为原点,以CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设P(0,2,t)(0≤t≤4),则A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),A2设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A2C2D2,A2C2P的法向量,则-2x1-2y1+2z1同理n2=(t-1,3-t,2).由题得|cos<n1,n2>|=32(t-1)+(3-t)解得t=1或t=3,则B2P=|2-t|=1.方法二:如图③,连接A2B2,易证四边形A2B2C2D2为菱形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以直线B2E与平面PA2C2所成的角为30°,易知B2E=2,所以点B2到平面PA2C2的距离d1=B2Esin30°=22连接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.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以A1E与平面PA2C2所成的角为60°,易知A1E=6,所以点A1到平面PA2C2的距离d2=A1Esin60°=32所以VA1-PA又C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距离都为2(平面PA1A2和平面PA2B2为同一个平面),所以S△PA1A2S△PA2B2=3,所以A1A 【自测题】解:(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,且PA⊥平面ABCD,所以AP,AB,AD两两垂直,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则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的一个法向量为a=(1,0,0),因为a·EF=0,所以EF⊥a,又EF⊄平面ADQP,所以EF∥平面ADQP.(另法:分别取AB,CD的中点G,H,连接EG,GH,FH,如图.因为点E,F分别为PB,CQ的中点,所以EG∥PA,FH∥QD,又PA∥DQ,所以EG∥FH,所以点E,G,H,F四点共面.因为G,H分别为AB,CD的中点,所以GH∥AD.因为AD⊂平面ADQP,GH⊄平面ADQP,所以GH∥平面ADQP.因为FH∥QD,QD⊂平面ADQP,FH⊄平面ADQP,所以FH∥平面ADQP.因为FH∩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)设平面PCQ的法向量为m=(x,y,z),因为PC=(3,3,-3),CQ=(-3,0,1),所以m·PC=3x+3y所以平面PCQ的一个法向量为m=(1,2,3).易知平面CQD的一个法向量为n=(0,1,0),设平面PCQ与平面CQD的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|m·n||m|·|所以平面PCQ与平面CQD夹角的余弦值为147(3)假设存在点M满足题意,设PM=λPC=(3λ,3λ,-3λ),其中λ∈[0,1],则AM=AP+PM=(0,0,3)+(3λ,3λ,-3λ)=(3λ,3λ,3-3λ).由(2)得平面PCQ的一个法向量为m=(1,2,3),由题意可得|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,所以存在满足题意的点M,且PMMC=15或1.解:(1)证明:∵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.如图,过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的距离为1,∴A1O=1.在Rt△A1CC1中,A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2.设CO=x,则C1O=2-x,∵△A1OC,△A1OC1,△A1CC1均为直角三角形,∴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:连接A1B,∵AC=A1C,BC⊥A1C,BC⊥AC,∴Rt△ACB≌Rt△A1CB,∴A1B=AB=A1B1.取BB1的中点F,连接A1F,则A1F⊥BB1.∵直线A1A与B1B的距离为2,∴A1F=2,又AA1=2且A1C=AC,∴A1C=AC=2,AB=A1B1=A1B=5,BC=3.以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则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设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则n·CB=0,n·CC1=0,即3y=0,-2x设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,AB1>|=|n·A方法二:连接A1B,如图.∵AC=A1C,BC⊥A1C,BC⊥AC,∴Rt△ACB≌Rt△A1CB,∴BA=BA1.过B作BD⊥AA1,交AA1于D,则D为AA1的中点.∵直线AA1与BB1的距离为2,∴BD=2.∵A1D=1,BD=2,∴A1B=AB=5.在Rt△ABC中,BC=AB2-延长AC至M,使AC=CM,连接C1M,由CM∥A1C1,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形,∴C1M∥A1C,∴C1M⊥平面ABC,又AM⊂平面ABC,∴C1M⊥AM,连接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的距离为1,∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为113=132.解:(1)证明:如图,连接AE,DE,∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ADC≌△ADB,∴AB=AC,又E为BC的中点,∴BC⊥DE,BC⊥AE,又DE∩AE=E,∴BC⊥平面ADE,∵DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.(2)方法一:设DA=DB=DC=2,由∠ADB=∠ADC=60°可知△ADC与△ABD均为等边三角形,∴AB=AC=2.∵BD⊥CD,∴BC=22,则DE=2.∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为直角三角形,且∠BAC=90°,∴AE=2.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE,又AE⊥BC,BC⊥DE,∴ED,EB,EA两两垂直.以E为原点,以ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则E(0,0,0),D(2,0,0),B(0,2,0),A(0,0,2),设F(x,y,z),则EF=(x,y,z),又EF=DA=(-2,0,2),∴F(-2,0,2).AB=(0,2,-2),设平面DAB的法向量为m=(x1,y1,z1),则m令z1=1,可得m=(1,1,1).BF=(-2,-2,2),设平面FAB的法向量为n=(x2,y2,z2),则n令z2=1,可得n=(0,1,1).∴cos<m,n>=m·n|m||故二面角D-AB-F的正弦值为1-63方法二:设DA=DB=DC=2,由∠ADB=∠ADC=60°可知△ADC与△ABD均为等边三角形,∴AB=AC=2.∵BD⊥CD,∴BC=22,则DE=2.∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为直角三角形,且∠BAC=90°,∴AE=2.∵AE2+DE2=4=AD2,∴AE⊥DE,又BC⊥DE,AE∩BC=E,∴DE⊥平面ABC.∵EF=DA,∴四边形ADEF是平行四边形,∴DE∥AF,∴AF⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,∴AF⊥AB.如图,取AB的中点M,连接DM,EM,则DM⊥AB,∴DM和AF所成的角与二面角D-AB-F的平面角互补,即DM和DE所成的角与二面角D-AB-F的平面角互补.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的正弦值为33

微专题11立体几何中的动点、截面与折叠展开问题微点1例1ACD[解析]对于A,如图①,当M不与C重合时,过点M作MN∥BC交DC于点N,连接D1M,D1N,则∠D1MN即为D1M与B1C1所成的角,且MN⊥D1N.当点M由点A向点C移动时,点N由点D向点C移动,D1N逐渐变大,MN逐渐变小,所以tan∠D1MN=D1NMN逐渐变大,又当点M在点A处时,∠D1MN=π4,当点M在点C处时,D1M⊥B1C1,故A正确.对于B,由题意可知,AB⊥平面ADD1A1,因为DM⊂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均为直角三角形,所以BD的中点即为三棱锥M-ABD的外接球的球心,外接球的半径R=12BD=2,则外接球的体积V=4π3·R3=823π,故B不正确.对于C,连接CM,由题意可知,BC⊥平面DCC1D1,因为CM⊂平面DCC1D1,所以BC⊥CM,所以MC=MB2-BC2=2,故点M的轨迹是以点C为圆心,2为半径的四分之一圆弧,所以点M的轨迹的长度为14×2π×2=22π,故C正确.对于D,如图②,连接AB1,B1D1,AD1,设三棱锥M-BDC1的高为h,由三棱锥M-BDC1的体积为13h×12×22×22×32=43,解得h=233,即点M到平面BDC1的距离为233.对于三棱锥C-BDC1,设其高为h1,由体积公式可得13h1×12×22×22×32=13×2×12×2×2,解得h1=233,即点C到平面BDC1的距离为233,同理可得点A1到平面B1D1A的距离为233,易知平面B1D1A∥平面BDC1,平面B1D1A与平面BDC1间的距离为233,故点M在平面B1D1A内或在过点C且与平面BDC1平行的平面α内,又∠MD1C=π6,所以点M在以射线D1C为轴的圆锥面上,所以点M不与点C,D1重合,设D1C与平面B1D1A所成的角为θ 【自测题】B[解析]根据题意,将正三棱锥A-BCD的侧面ABC和侧面ABD展开到同一个平面内,如图所示.当点M,N,E在同一条直线上时,ME+NE取得最小值.因为正三棱锥A-BCD的所有棱长均为2,所以AD=DB=BC=AC,即平面四边形ADBC为菱形,又点M,N分别为AD和BC的中点,所以平面四边形AMNC为平行四边形,所以(ME+NE)min=AC=2.下面在正三棱锥A-BCD中求MN的长.方法一:连接AN,DN,则AN=DN=3,又AD=2,M为AD的中点,故NM⊥AD,则MN=DN2-方法二:连接DN,过点A和点M分别作AO⊥平面BCD,MP⊥平面BCD,垂足分别为点O和点P,易知点O和点P在△BCD的中线DN上,且点O为等边三角形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,则MP=微点2例2ABC[解析]对于选项A,若A1E=2,则E与B1重合,如图①,连接B1D1,BD,则平面α即为平面BDD1B1.由正方体的性质知BB1⊥平面A1B1C1D1,因为A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1,又A1C1⊥B1D1,BB1∩B1D1=B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1,A正确.对于选项B,如图②,由正方体的性质知AD⊥平面AEF,因为S△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正确.对于选项C,当E为棱A1B1的中点且BF=12时,连接EF并延长,交AB的延长线于H,连接DH,则DH与BC的交点为G,由B1E∥BH得BHB1E=BFB1F,则BH=BF·B1EB1F=12×132=13,由BH∥DC得BGGC=BHCD,所以BG2-BG=132,解得BG=27,C正确.对于选项D,当E为棱A1B1的中点且0≤B1F≤1时,若B1F=0,即