北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
模块卷(二)
时间:110分钟 分值:135分
立体几何
一、选择题:本题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2020全国4月大联考)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个命题中正确的是 (
)
A.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若α∥β,m⊂α,则m∥β
D.若m∥β,m⊂α,则α∥β
答案 C 对于A,n有可能在α内,A选项错误;对于B,直线m与n有可能相交或者异面,B选项错误;对于D,
两个平面有可能相交,D选项错误,故选C.
2.(2020福建厦门6月质量检查)若平面α⊥平面β,m是β内的任意一条直线,则下列结论中正确的是 (
)
A.任意直线l⊂α,都有l⊥β
B.存在直线l⊂α,使得l∥β
C.任意直线l⊂α,都有l⊥m
D.存在直线l⊂α,使得l∥m
答案 B 由面面垂直的性质定理知,在平面α内,只有垂直于交线的直线才垂直于另一个平面,排除A、C,当
直线m与平面α相交时,平面α内不存在直线与m平行,排除D,故选B.
3.设一个球形西瓜,切下一刀后所得切面圆的半径为4,球心到切面圆圆心的距离为3,则该西瓜的体积为 (
)
256 400 500
A.100π B. π C. π D. π
3 3 3
答案 D 因为切面圆的半径为4,球心到切面圆圆心的距离为3,
所以球的半径为 =5.
√42+32
4 500
所以该西瓜的体积为 π·53= π.
3 3
故选D.
思路分析 利用切面圆的半径为4,球心到切面圆圆心的距离为3,求出球的半径,然后求解体积.
4.已知m,n是两条直线,α,β是两个平面,给出下列命题:
①若n⊥α,n⊥β,则α∥β;
②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等,则α∥β;
③若m,n为异面直线,n⊂α,n∥β,m⊂β,m∥α,则α∥β.
其中正确命题的个数是 ( )
A.3 B.2 C.1 D.0
答案 B ①若n⊥α,n⊥β,则n为平面α与β的公垂线,则α∥β,故①正确;
②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等,三点可能在平面β的异侧,此时α与β相交,故②错误;
③若n,m为异面直线,n⊂α,n∥β,m⊂β,m∥α,根据面面平行的判定定理,可得③正确.故选B.
5.(2020贵州贵阳、遵义、毕节重点中学联考,6)一个几何体的三视图如图所示,其中主视图中△ABC是边长
为1的正三角形,俯视图为正六边形,那么该几何体的侧视图的面积为 ( )
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3 3 3
A. B. C.1 D.
8 4 2
答案 A 本题主要考查空间几何体的三视图、直观图,以空间几何体三视图还原直观图为载体考查学生的
空间想象能力和逻辑推理能力.
由三视图可知,该几何体是底面边长为 1 ,侧棱长为1,高为√ 12- (1) 2 =√3的正六棱锥(如图所示),
2 2 2
√3 1
利用三视图长度之间的关系可知,该几何体的侧视图的底面边长为 ,所以该几何体的侧视图的面积S= ×
2 2
√3 √3 3
× = ,故选A.
2 2 8
6.(2020湘赣皖十五校第二次联考,3)棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中,P为正方体表面上的一个动点,且
1 1 1 1
总有PC⊥BD,则动点P的轨迹所围成的图形的面积为( )
1
√3
A.√3 B.3√2 C. D.1
2
答案 C 如图,连接BD.易证BD⊥平面ACB,得动点P的轨迹所围成图形为△ABC,△ABC是边长为√2的
1 1 1 1
√3 √3
正三角形,其面积S= ×(√2)2= .
4 2
7.如图,在长方体ABCD-ABCD 中,AB=BC=2,AA=1,则BC 与平面BBDD所成角的正弦值为 ( )
1 1 1 1 1 1 1 1
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√6 2√5 √15 √10
A. B. C. D.
3 5 5 5
答案 D 以D点为坐标原点,DA、DC、DD 所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则
1
A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C(0,2,1),∴ =(-2,0,1), =(-2,2,0),易知 为平面BBDD的一个法向量,
1 ⃗BC ⃗AC ⃗AC 1 1
1
4 √10 √10
∴cos<⃗BC ,⃗AC>= = .∴BC 与平面BBDD所成角的正弦值为 .
1 √5×√8 5 1 1 1 5
一题多解 本题考查线面角的计算,如图所示,在平面ABCD 内过点C 作BD 的垂线,垂足为E,连接BE.
1 1 1 1 1 1 1
由CE⊥BD,CE⊥BB,BD∩BB=B,得CE⊥平面BDDB,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴∠CBE的正弦值即为所求,
1
2×2
∵BC
1
=√22+12=√5,C
1
E= =√2,
2√2
∴sin∠C 1 BE= C 1 E =√2=√10.
BC √5 5
1
8.(2020湖南怀化三模,10)已知一块形状为正三棱柱ABC-ABC(底面是正三角形,侧棱与底面垂直的三棱柱)
1 1 1
的实心木材,AB=AA=2√3.若将该木材经过切割加工成一个球体,则此球体积的最大值为 ( )
1
8√2
A.4√3π B. π
3
4 32
C. π D. π
3 3
答案 C 由题意知最大球应该是和正三棱柱三个侧面都相切的球,即球的大圆和正三棱柱的横截面相切,横
1 √3
截面是边长为2√3的正三角形,设大圆的半径为r,则3× ×2√3×r= ×(2√3)2,解得r=1,所以球体积的最大
2 4
4
值为 π.故选C.
3
9.(2020湖北荆门模拟,11)已知二面角α-l-β为60°,动点P、Q分别在α、β内,P到β的距离为√3,Q到α的距
√3
离为 ,则P、Q两点之间距离的最小值为 ( )
2
A.√3 B.1 C.√2 D.2
答案 A 如图,分别作QA⊥α于A,AC⊥l于C,PB⊥β于B,PD⊥l于D,
√3
连接CQ,BQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ= ,BP=√3,
2
∴BD=CQ=1,
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又∵PQ= = ≥ .
√BQ2+BP2 √BQ2+3 √3
当且仅当BQ=0,即点B与点Q重合时等号成立.
∴P、Q两点之间距离的最小值为√3.
故选A.
10.(2020河南濮阳一模,11)已知直四棱柱ABCD-ABCD 的侧棱长为8,底面矩形的面积为16,一个小虫从C
1 1 1 1
点出发沿直四棱柱侧面绕行一周后到达线段CC 上一点M,若AM⊥平面ABD,则小虫爬行的最短路程为
1 1
( )
A.8 B.16 C.2√65 D.4√17
答案 C 本题考查棱柱的性质以及利用侧面展开图求侧面两点间距离的最小值问题,考查直观想象、数学
运算、逻辑推理的核心素养,考查转化与化归的数学思想,体现数学应用意识.
如图,在四棱柱ABCD-ABCD 中,若AM⊥平面ABD,则AM⊥BD.
1 1 1 1 1
根据直四棱柱的性质得CC⊥BD,且AM∩CC=M,∴BD⊥平面AACC,
1 1 1 1
∴BD⊥AC.又∵底面ABCD是矩形,∴底面ABCD是正方形,∴AB2=16,∴AB=4,∴该四棱柱是底面为正方形的长
方体.
过M点作MH⊥BB于H点,则MH⊥侧面ABBA,连接AH,则AH即为AM在平面ABBA 内的射影,又
1 1 1 1 1
∵AM⊥平面ABD,∴AM⊥AB,∴AH⊥AB.
1 1 1
A A AB
∴Rt△ABH∽Rt△AAB,∴ 1 = ,结合AB=4,AA=8,解得BH=2,∴CM=BH=2.
1 AB BH 1
在侧面展开图(沿侧棱CC 展开)矩形CC'C'C 中,
1 1 1
CC'=16,C'M=2,∴CM= = =2 .故选C.
√CC'2+C'M2 √162+22 √65
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共15分.
11.一个六棱锥的体积为2√3,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为 .
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答案 12
解析 设六棱锥的高为h,
1 1 √3
则 ×6× ×2×2× ×h=2√3,解得h=1.
3 2 2
设六棱锥的斜高为h',
则h2+(√3)2=h'2,故h'=2.
1
所以该六棱锥的侧面积为 ×2×2×6=12.
2
12.(20205·3原创题)已知四面体ABCD,AB=BC=CD=AD=BD=2,当四面体的体积取最大值时,该四面体外接球
的表面积为 .
20
答案 π
3
解析 取BD的中点M,连接AM,CM,设AC=x,易证BD⊥平面AMC,因为AB=BC=CD=AD=BD=2,所以
AM=CM=√3,
所以S =1x√ x2,
△AMC 3-
2 4
而V =V +V =1·S ·BM+1·S ·DM=1·S ·BD=1x√ x2=1√ x4,所以当x2=-
A-BCD B-AMC D-AMC △AMC △AMC △AMC 3- 3x2-
3 3 3 3 4 3 4
3
( 1)=6,即x=√6(舍负)时,四面体ABCD的体积取得最大值.
2× -
4
在△AMC中,AM2+CM2=AC2,即AM⊥CM,
又知AM⊥BD,BD∩CM=M,
所以AM⊥平面BCD,
又知AM⊂平面ABD,
所以平面ABD⊥平面BCD.
设△BCD的外心为O,△ABD的外心为O,过点O 作直线l∥AM,则l⊥平面BCD,由此可知四面体外接球的球
1 2 1 1 1
心一定在直线l 上,同理,过点O 作直线l∥CM,则l⊥平面ABD,四面体外接球的球心一定在直线l 上,所以四
1 2 2 2 2
2 2√3
面体外接球的球心为直线l 与直线l 的交点,设为点O,连接OC,在Rt△OOC中,OC=2OO= MC= ,所
1 2 1 1 1
3 3
以外接球半径R=OC= √ (√3) 2 (2√3) 2 = √15 ,所以当四面体的体积取最大值时,该四面体外接球的表面
+
3 3 3
20
积S=4πR2= π.
3
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命题意图 本题以四面体的体积为入手点,考查几何体体积的最值问题和外接球问题,渗透了数学运算和直
观想象的核心素养,属中档题.
思路分析 利用分割求和法将四面体的体积表示成关于AC长的函数,进而利用函数思想求得体积取最大值
时AC的长,利用球的性质以及几何体的结构特征找出四面体外接球的球心,从而利用R2=r2+d2求得外接球半
径,代入球的表面积公式求得结果.
13.(2020重庆巴蜀中学一模,16)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为2,P为体对角线BD 上的一点,且
1 1 1 1 1
1
BP=λBD
1
(λ∈(0,1)),现有以下判断:①A
1
D⊥C
1
P;②若BD
1
⊥平面PAC,则λ= ;③△PAC周长的最小值是2√2+2
3
;④若△PAC为钝角三角形,则λ的取值范围为( 2),其中正确判断的序号为 .
√3 0,
3
答案 ①②④
解析 在正方体ABCD-ABCD 中,AD⊥平面ABCD,又CP⊂平面ABCD,故AD⊥CP,故①正确.
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
在Rt△ABD 中,AB=2,AD=2√2,BD=2√3,
1 1 1
由于BD⊥平面PAC,所以BD⊥AP,由射影定理得AB2=BP·BD,
1 1 1
2
2 PB 1 1
即4=PB·2√3,PB= , = √3 = ,可得λ= ,故②正确.
√3 BD 3 3
1 2√3
4√6
将△ABD 和△CBD 放在同一个平面内,可得AP+CP的最小值为 ,又AC=2√2,故③错误.
1 1
3
2
利用BD⊥平面ACD,可得当△APC为直角三角形时,λ= ,故当△APC为钝角三角形时,λ的取值范围为
1 1 1
3
( 2),故④正确.
0,
3
所以正确判断为①②④.
三、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
14.(10分)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,AC=BC,E,F分别为AB,AB 的中点.
1 1 1 1 1
(1)求证:AF∥平面BCE;
1
(2)若AB⊥BC,求证:平面BCE⊥平面ABC.
1 1 1 1
解析 (1)在三棱柱ABC-ABC 中,AB∥AB,AB=AB,
1 1 1 1 1 1 1
∵E,F分别是AB,AB 的中点,
1 1
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1 1
∴FB= AB,AE= AB,∴FB=AE,
1 1 1 1
2 2
又FB∥AE,
1
∴四边形FBEA为平行四边形,
1
∴AF∥EB.
1
又∵AF⊄平面BCE,EB⊂平面BCE,
1 1 1
∴AF∥平面BCE.
1
(2)∵AB∥AB,AB⊥BC,∴AB⊥BC,
1 1 1 1 1 1
又∵E为AB的中点,AC=BC,
∴AB⊥EC,
又∵EC∩BC=C,
1
∴AB⊥平面BCE,
1
又∵AB⊂平面ABC,
∴平面ABC⊥平面BCE.
1
名师点睛 (1)线面平行的判定定理:平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平
行;
(2)面面垂直的判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直.
15.(12分)(2020皖南八校摸底,19)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,E,F,G分别是
棱BC,AD,PA的中点.
(1)求证:PE∥平面BFG;
(2)若PD=AD=1,AB=2,求点C到平面BFG的距离.
解析 (1)证明:连接DE,∵在矩形ABCD中,E,F分别是BC,AD的中点,
∴DF=BE,DF∥BE,∴四边形BEDF是平行四边形,∴DE∥BF.
∵G是PA的中点,∴FG∥PD.
∵PD,DE⊄平面BFG,FG,BF⊂平面BFG,
∴PD∥平面BFG,DE∥平面BFG.
∵PD∩DE=D,∴平面PDE∥平面BFG.
∵PE⊂平面PDE,∴PE∥平面BFG.
(2)解法一:∵PD⊥平面ABCD,FG∥PD,∴FG⊥平面ABCD.
在平面ABCD内,过C作CM⊥BF,垂足为M,则FG⊥CM.
∵FG∩BF=F,∴CM⊥平面BFG,
∴CM的长是点C到平面BFG的距离.
在矩形ABCD中,F是AD的中点,AD=1,AB=2,易知△BCM∽△FBA.
CM BC
∴ = .
BA FB
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√17 4√17
∵FB=√AB2+AF2= ,BC=AD=1,∴CM= ,
2 17
4√17
即点C到平面BFG的距离为 .
17
解法二:设C到平面BFG的距离为d,
1 1 √1 √17
在矩形ABCD中,AF= AD= ,AB=2,∴BF= +4= .
2 2 4 2
∵PD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD,∴PD⊥BF,
1 1
∵FG∥PD,∴FG⊥BF,FG= PD= ,
2 2
1 √17
∴△BFG的面积为 BF·FG= .
2 8
1
∵△BCF的面积为 BC·AB=1,V =V ,
C-BFG G-BCF
2
1 √17 1 1 4√17 4√17
∴ × d= ×1× ,∴d= ,即点C到平面BFG的距离为 .
3 8 3 2 17 17
16.(12分)(2020广东中山纪念中学质检)如图,直三棱柱ABC-ABC 的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是
1 1 1
BC,CC 的中点.
1
(1)证明:平面AEF⊥平面BBCC;
1 1
(2)若直线AC与平面AABB 所成的角为45°,求三棱锥F-AEC的体积.
1 1 1
解析 (1)证明:因为三棱柱ABC-ABC 是直三棱柱,
1 1 1
所以AE⊥BB,
1
又E是正三角形ABC的边BC的中点,所以AE⊥BC,
又BC∩BB=B,因此AE⊥平面BBCC,
1 1 1
又AE⊂平面AEF,所以平面AEF⊥平面BBCC.
1 1
(2)取AB的中点D,连接AD,CD,
1
因为△ABC是正三角形,所以CD⊥AB,
又三棱柱ABC-ABC 是直三棱柱,所以CD⊥AA,
1 1 1 1
又AB∩AA=A,
1
因此CD⊥平面AABB,于是∠CAD为直线AC与平面AABB 所成的角,
1 1 1 1 1 1
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√3
由题设知,∠CAD=45°,所以AD=CD= AB=√3,
1 1
2
在Rt△AA
1
D中,AA
1
=
√A D2-AD2
=
√3-1
=
√2
,
1
1 √2
所以FC= AA= ,
2 1 2
1 1 √3 √2 √6
故三棱锥F-AEC的体积V= S ·FC= × × = .
3 △AEC 3 2 2 12
解后反思 (1)由面面垂直的判定定理很容易得证;(2)所求三棱锥底面积容易求得,本题的难点为求三棱锥的
高FC,已知直线AC与平面AABB 所成的角为45°,故作出线面角,进而可求得AA 的值,则可得FC的长.
1 1 1 1
17.(12分)(2020湖南衡阳八中模拟,18)如图,多面体ABCD-ABCD 中,AA,BB,CC,DD 均垂直于平面
1 1 1 1 1 1 1 1
ABCD,AD∥BC,AB=BC=CD=AA=CC=2,BB=1,AD=DD=4.
1 1 1 1
(1)证明:AC⊥平面CDDC;
1 1 1 1
(2)求直线BC 与平面ABC 所成角的正弦值.
1 1 1 1
解析 (1)证明:如图,连接AC,
因为AA∥CC,且AA=CC,
1 1 1 1
所以四边形ACCA 为平行四边形,即AC∥AC.
1 1 1 1
又底面ABCD为等腰梯形,且AB=BC=CD=2,AD=4,所以AC⊥CD.
因为CC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以CC⊥AC.
1 1
又CD∩CC=C,所以AC⊥平面CDDC,
1 1 1
所以AC⊥平面CDDC.
1 1 1 1
(2)解法一:由题意得BC=2√2,延长DC,DC,AB,AB 交于点G,
1 1 1 1 1
取CG的中点M,连接BM.
易知BM∥AC∥AC,
1 1
又BM⊄平面ABC,AC⊂平面ABC,
1 1 1 1 1 1 1 1
所以BM∥平面ABC,
1 1 1
所以点B到平面ABC 的距离和点M到平面ABC 的距离相等.
1 1 1 1 1 1
由(1)知AC⊥平面CDDC,
1 1 1 1
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又AC⊂平面ABC,
1 1 1 1 1
所以平面ABC⊥平面CDDC.
1 1 1 1 1
过点M作MH⊥GD 于点H,
1
则MH⊥平面ABC,
1 1 1
√2
即点M到平面ABC 的距离为MH= .
1 1 1
2
设直线BC 与平面ABC 所成的角为θ,
1 1 1 1
√2
MH 1
则sinθ= = 2 = ,
BC 4
1 2√2
1
即直线BC 与平面ABC 所成角的正弦值为 .
1 1 1 1
4
解法二:以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,
过点D且垂直于平面ADDA 的直线为y轴,DD 所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
1 1 1
则B(3,√3,0),A(4,0,2),B(3,√3,1),C(1,√3,2),
1 1 1
则 =(-2,0,2), =(-3, ,0), =(-2,0,1).
⃗BC ⃗A C √3 ⃗B C
1 1 1 1 1
设平面ABC 的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1
{⃗A C ⊥n, {-3x+√3 y=0,
由 1 1 得
⃗B C ⊥n, -2x+z=0,
1 1
令x=1,得n=(1,√3,2).
设直线BC 与平面ABC 所成的角为θ,
1 1 1 1
2 1
则sinθ=|cos<⃗BC ,n>|= = ,
1 2√2×2√2 4
1
即直线BC 与平面ABC 所成角的正弦值为 .
1 1 1 1
4
名师点睛 本题考查直线与平面垂直的判定、线面角,考查空间想象能力和运算求解能力,属于中档题.
思路分析 (1)连接AC,证出AC⊥CD,CC⊥AC,利用线面垂直的判定定理可得AC⊥平面CDDC,再利用平
1 1 1
行线的性质即可得证.
(2)解法一:由题意得BC=2√2,延长DC,DC,AB,AB 交于点G,取CG的中点M,连接BM,由BM∥AC∥AC,可
1 1 1 1 1 1 1
得点B到平面ABC 的距离和点M到平面ABC 的距离相等,求出点M到平面ABC 的距离,找到线面角即
1 1 1 1 1 1 1 1 1
可求解;
解法二:以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,过点D且垂直于平面ADDA 的直线为y轴,DD 所在直线为z
1 1 1
轴建立空间直角坐标系,求出平面ABC 的一个法向量,利用线面角的向量公式即可求解.
1 1 1
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18.(12分)(2020天津适应性测试,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知AB=BC=√5,AC=4,AD=DC=2√2,点O为
AC的中点,PO⊥底面ABCD,PO=2,点M为PC的中点.
(1)求直线PB与平面ADM所成角的正弦值;
(2)求二面角D-AM-C的正弦值;
(3)记棱PD的中点为N,若点Q在线段OP上,且NQ∥平面ADM,求线段OQ的长.
解析 连接OB,由已知得O,B,D共线.依题意,以O为原点,分别以⃗OB,⃗OC,⃗OP的方向为x轴,y轴,z轴正方
向,建立空间直角坐标系(如图),可得O(0,0,0),A(0,-2,0),B(1,0,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1).
(1)依题意,可得⃗AD=(-2,2,0),⃗AM=(0,3,1),
设n=(x,y,z)为平面ADM的法向量,则{n·⃗AD=0,
n·⃗AM=0,
{-2x+2y=0,
即 不妨设y=1,可得n=(1,1,-3),
3 y+z=0,
又 =(1,0,-2),故cos< ,n>= ⃗PB·n =7√55,
⃗PB ⃗PB
|⃗PB||n| 55
7√55
∴直线PB与平面ADM所成角的正弦值为 .
55
(2)由已知可得OB⊥AC,OB⊥PO,
所以OB⊥平面AMC,
故⃗OB是平面AMC的一个法向量,
易知⃗OB=(1,0,0),
∴cos< ,n>= ⃗OB·n =√11,于是有sin< ,n>=√110.
⃗OB ⃗OB
|⃗OB||n| 11 11
√110
∴二面角D-AM-C的正弦值为 .
11
(3)设线段OQ的长为h(0≤h≤2),则点Q的坐标为(0,0,h),
易知点N的坐标为(-1,0,1),进而可得⃗NQ=(1,0,h-1),
由NQ∥平面ADM,得⃗NQ⊥n,∴⃗NQ·n=0,
4
即1-3(h-1)=0,解得h= ∈[0,2],
3
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4
∴线段OQ的长为 .
3
点睛 用空间向量解答立体几何问题的一般步骤:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的
坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两向量垂直数量积为零列出方程组求出法向
量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离.
思路分析 以O为原点,分别以⃗OB,⃗OC,⃗OP的方向为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系.(1)求出直
线PB的方向向量,利用向量垂直数量积为零列方程求出平面ADM的法向量,进而可求直线PB与平面ADM
所成角的正弦值;(2)由已知可得OB⊥平面AMC,故⃗OB是平面AMC的一个法向量,结合(1)中平面ADM的法
向量,利用空间向量夹角余弦公式可求二面角D-AM-C的余弦值,从而可得二面角的正弦值;(3)设线段OQ的
长为h(0≤h≤2),则点Q的坐标为(0,0,h),利用直线⃗NQ与平面ADM的法向量数量积为零列方程求解即可.
19.(12分)(2020河南、山西百校联盟4月联考,19)如图,将斜边长为4√2的等腰直角△ABC沿斜边BC上的高
AD折成直二面角B-AD-C,E为AD中点.
(1)求二面角A-BC-E的余弦值;
(2)M为线段BC上一动点,当直线DM与平面BCE所成的角最大时,求三棱锥M-CDE外接球的体积.
解析 解法一:(1)∵△ABC为等腰直角三角形,D是斜边BC的中点,∴BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC是二面角B-
AD-C的平面角,则有∠BDC=90°,即BD⊥CD,又AD∩CD=D,∴BD⊥平面ADC,
∴以D为坐标原点,DA、DC、DB所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
∵在平面图形中,△ABC是斜边长为4√2的等腰直角三角形,且E为高AD的中点,
∴D(0,0,0),A(2√2,0,0),B(0,0,2√2),C(0,2√2,0),E(√2,0,0),∴⃗AC=(-2√2,2√2,0),⃗BC=(0,2√2,-2√2),⃗EC=(-√2
,2√2,0),
设平面ABC的法向量为m=(x,y,z),平面BCE的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1 2 2 2
{m·⃗BC=0, { 2√2y -2√2z =0,
由 得 1 1 令x=1,则y=z=1,
1 1 1
m·⃗AC=0 -2√2x +2√2y =0,
1 1
∴m=(1,1,1),
同理可求得n=(2,1,1),
m·n 4 2√2
∴cos<m,n>= = = .
|m|×|n| √3×√6 3
2√2
∴二面角A-BC-E的余弦值为 .
3
(2)如图,设⃗BM=λ⃗BC(0≤λ≤1),
可得M(0,2√2λ,2√2-2√2λ),
∴⃗DM=(0,2√2λ,2√2-2√2λ),
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又由(1)可知平面BCE的法向量为n=(2,1,1).
∴cos< ,n>= 2√2 = 1 .
⃗DM
2√4λ2-4λ+2×√6 √3×√(2λ-1)2+1
1
即直线DM与平面BCE所成的角的正弦值为 .
√3×√(2λ-1)2+1
∵0≤λ≤1,∴ 1 ≤√3,当且仅当λ=1时,等号成立.
√3×√(2λ-1)2+1 3 2
∴当M为BC中点时,直线DM与平面BCE所成的角最大,此时DM=2.
由平面几何知识可知,△CDE和△CME都是直角三角形,设N为CE的中点,
1 √10
则ND=NE=NC=NM= CE= ,
2 2
√10
∴三棱锥M-CDE外接球的半径为 ,
2
∴外接球的体积V=4π(√10) 3 =5√10π.
3 2 3
解法二:(1)取BC的中点F,连接EF,AF,
∵△ABC为等腰直角三角形,D是斜边BC的中点,∴BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,则
有∠BDC=90°,即BD⊥CD,又AD∩CD=D,∴BD⊥平面ADC.由题意得AD=BD=CD=2√2,AB=BC=CA=4.
由平面几何知识可知,BE=CE=√10,
∴EF⊥BC,AF⊥BC,∴∠EFA是二面角A-BC-E的平面角,
在△EFA中,AE= ,AF= =2 ,EF= = ,
√2 √42-22 √3 √10-4 √6
EF2+AF2-AE2 16 2√2 2√2
∴cos∠EFA= = = ,∴二面角A-BC-E的余弦值为 .
2·EF·AF 12√2 3 3
d
(2)设直线DM与平面BCE所成的角为α,点D到平面BCE的距离为d,则sinα= ,易求得S =2√6,
△BCE
DM
2√3
由V =V ,求得d= .
三棱锥B-CDE 三棱锥D-BCE
3
∴当DM最小时,直线DM与平面BCE所成的角的正弦值最大,此时所成角也最大,
∴当M为BC中点时,直线DM与平面BCE所成的角最大,此时DM=2.
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1 √10
由平面几何知识可知,△CDE和△CME都是直角三角形,设N为CE的中点,则ND=NE=NC=NM= CE= .
2 2
√10
∴三棱锥M-CDE外接球的半径为 .
2
4 (√10) 3 5√10
∴外接球的体积V= π = π
3 2 3
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