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PAGE第5頁(yè)共7頁(yè)課時(shí)驗(yàn)收評(píng)價(jià)(五十)立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題1.(2022·新鄉(xiāng)一模)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3,點(diǎn)H在棱AA1上,且HA1=1,P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一動(dòng)點(diǎn),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(diǎn)G,則可得HG⊥平面BCC1B1,因?yàn)镚P?平面BCC1B1,所以HG⊥GP,則HG=3,因?yàn)镠P=eq\r(,13),所以GP=2,所以點(diǎn)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(zhǎng)為1,P為底面正方形ABCD內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn),若三角形APC1的面積S=eq\f(1,2),則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是()A.圓的一部分 B.雙曲線(xiàn)的一部分C.拋物線(xiàn)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(diǎn)P到直線(xiàn)AC1的距離為定值eq\f(\r(,3),3),所以點(diǎn)P在以直線(xiàn)AC1為軸,以eq\f(\r(,3),3)為底面半徑的圓柱側(cè)面上,直線(xiàn)AC1與平面ABCD既不平行也不垂直,所以點(diǎn)P的軌跡是平面ABCD上的一個(gè)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(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M為棱AB的中點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運(yùn)動(dòng),總有AP⊥D1M,則動(dòng)點(diǎn)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(diǎn)E,F(xiàn),連AE,AF,EF,A1M,DM,A1F,因?yàn)镸為AB的中點(diǎn),E為BC的中點(diǎn),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?yàn)锳P?平面AEF,所以AP⊥D1M,因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運(yùn)動(dòng),所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是線(xiàn)段EF,而EF=eq\f(\r(2),2),所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)度為eq\f(\r(,2),2).故選A.4.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F(xiàn)是線(xiàn)段A1C1上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),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(cuò)誤;B點(diǎn)到面CEF的距離為定值,為eq\f(BD,2)長(zhǎng),△CEF5.已知點(diǎn)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(dòng)點(diǎn),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(zhǎng)線(xiàn)與球面交點(diǎn)時(shí),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(zhǎng)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(shí)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(duì)稱(chēng)性,可知當(dāng)截面為正六邊形EFGHKI時(shí),截面面積最大,此時(shí)正六邊形的邊長(zhǎng)為eq\r(,2),設(shè)B1D交截面EFGHKI于M,則M為B1D的中點(diǎn),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(shí),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(shí),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(diǎn)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(xiàn)段AB,AC′的中點(diǎn),H在直線(xiàn)DC′上,那么在翻折的過(guò)程中,下列說(shuō)法錯(cuò)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(gè)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(shí),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?yàn)锳B∥CD,AB=2AD=2DC=2CB,E是AB的中點(diǎn),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(guò)程中,∠BDC,∠DBC的大小保持不變,由線(xiàn)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?yàn)椤螪BC大小不變,所以在翻折的過(guò)程中,C′的軌跡在以BD為軸的一個(gè)圓錐的底面圓周上,而EF是△ABC′的中位線(xiàn),所以點(diǎn)F的軌跡在一個(gè)圓錐的底面圓周上,但此圓的圓心不是點(diǎn)E,故B不正確;當(dāng)BH⊥平面ADC′時(shí),BH⊥DH.因?yàn)椤螲C′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(guò)程中,△BC′D的面積不變,所以當(dāng)AD⊥平面BDC′時(shí),四面體C′-ABD的體積取得最大值,故D正確.9.已知母線(xiàn)長(zhǎng)為6的圓錐的頂點(diǎn)為S,點(diǎn)A,B為圓錐的底面圓周上兩動(dòng)點(diǎn),當(dāng)SA與SB所夾的角最大時(shí),銳角△ASB的面積為8eq\r(,2),則此時(shí)圓錐的體積為_(kāi)_______.解析:設(shè)底面半徑為r,當(dāng)SA與SB所夾的角最大時(shí),AB為底面圓的直徑,此時(shí)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(zhǎng)度均為2eq\r(,3),以頂點(diǎn)P為球心,4為半徑作一個(gè)球,則該球面被三棱錐四個(gè)表面截得的所有弧長(zhǎng)之和為_(kāi)_______.解析:由題可知AP,AB,AC三條棱兩兩垂直,且長(zhǎng)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(gè)表面截得的所有弧長(zhǎng)之和為eq\f(π,3)×2+eq\f(4π,3)+π=3π.答案:3π11.乒乓球被稱(chēng)為中國(guó)的“國(guó)球”,是一種世界流行的球類(lèi)體育項(xiàng)目,2000年之后國(guó)際比賽用球的直徑為40mm.現(xiàn)用一個(gè)底面為正方形的棱柱盒子包裝四個(gè)乒乓球,為倡導(dǎo)環(huán)保理念,則此棱柱包裝盒(長(zhǎng)方體)表面積的最小值為_(kāi)_____cm2.(忽略乒乓球及包裝盒厚度)解析:設(shè)A,B,C,D是四個(gè)球的球心,以下面積單位是cm2.①A,B,C,D四點(diǎn)共線(xiàn),則S=2×42+4×4×16=288.②A,B,C,D四點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)正方形,則S=2×82+4×8×4=256.③A,B,C,D四點(diǎn)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(zhǎng)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_(kāi)_______.解析:如圖所示,取AC中點(diǎn)為F,DC中點(diǎn)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
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