專題強化練立體幾何答案

專題強化練1空間幾何體的內切球和外接球一、選擇題1.D過球心O作底面ABC的垂線,垂足為O',易知OO'=2,O'A=23×32×2=由球的截面的性質可得OA2=OO'2+O'A2,所以OA=4+43=所以球O的表面積S=4π·OA2=64π3故選D.2.A設正四棱錐外接球的球心為O,半徑為R,正四棱錐底面的中心為O1,則O在正四棱錐的高PO1上.在直角三角形ABC中,AC=2AB=2×22=4,所以AO1=2,所以正四棱錐的高PO1=AP2-AO1因為PO1=AO1,所以O與O1重合,即正四棱錐外接球的球心是底面的中心O1,且球的半徑R=2,故球的表面積S=4πR2=16π.故選A.3.B該幾何體的軸截面如圖所示,設球O的半徑為r.易得圓錐的高為52-32=4,故S△SAB=12×6×4=12故V1=43π×r3=92π,V2=13π×32×4=12π,故V1V2=4.B設△ABC的邊長為a,則S△ABC=12a·a·sin60°=93,解得a=6(負值舍去).設△ABC的外接圓半徑為r,則2r=6sin60°,得r=23,則球心到平面ABC的距離為42-(23)2=2,所以點D到平面ABC的最大距離為2+4=6,所以三棱錐D-ABC體積的最大值為15.B易得AC=10.設△ABC的內切圓的半徑為r,則12×6×8=12×(6+8+10)×r,所以r=2,因為2r=4>3,所以當球與三棱柱的上、下底面相切時,體積最大,所以最大球的直徑為3,則半徑R=此時球的體積V=43πR3=9π2.解題反思要使球的體積取最大值,該球的半徑應取到最大值,即該球與三棱柱內切,因此需要討論底面三角形內切圓直徑與三棱柱高的關系,從而確定出球半徑的最大值.6.B設△BCD的中心為O1,球O的半徑為R,連接AO1,則O在AO1上.連接O1D,OD,O1E,OE,如圖,則O1D=3×sin60°×23=3,AO1=AD2在Rt△OO1D中,R2=3+(3-R)2,解得R=2.∵BD=3BE,∴DE=2.在△DEO1中,O1E=3+4-∴OE=O1E2+OO過點E作球O的截面,當截面與OE垂直時,截面圓的面積最小,此時,截面圓的半徑為22-(2)2=2,面積為2π;當截面過球心時,二、填空題7.答案6π解析設三棱錐S-EFG外接球的半徑為R.由題意可知,SG⊥EG,SG⊥GF,GE⊥GF,所以將三棱錐S-EFG補成如圖所示的長方體,它們有同一外接球,因為SG=2,GE=GF=1,所以外接球的直徑2R=22+1即R=62所以三棱錐S-EFG的外接球的表面積S=4πR2=6π.8.答案81解析設球O的半徑為R,則43πR3=36π,故由題易知PA,AB,AD兩兩垂直,所以將四棱錐P-ABCD補成長方體,可知外接球的直徑為長方體的體對角線,設長方體的長、寬、高分別為a,b,c,且c=3,因為a2+b2+32=62,所以a2+b2=27,又a2+b2≥2ab,所以ab≤272,當且僅當a=b=362時,等號成立.要使得四棱錐M-ABCD的體積最大,只需點M為平面ABCD的中心O'與球心O所在的直線與球的交點(點M、O'在球心又OO'=R2-a2+b所以四棱錐M-ABCD體積的最大值為13×272×329.答案400π3cm解析如圖1,連接OE交AB于點I.設正方形的邊長為xcm(x>0),則OI=x2cm,IE=12因為該四棱錐的側面積是底面積的2倍,所以4×x2×12-x2=2x2設E,F,G,H重合于點P,該四棱錐的外接球的球心為Q,易知OC=42cm,PC=EA=82+42=45cm,所以OP=設外接球的半徑為Rcm,則R2=(43-R)2+(42)所以外接球的表面積S=4π×10332=400310.答案1解析如圖1,設△BCD的中心為O1,則其外接球球心O在AO1上,連接OD,O1D.O1D=23×CD×32=22,AO1=AD2-DO12=4,設外接球的半徑為R,則R2=(AO1-R)2+DO12,解得R=3.設正四面體A-BCD內切球的半徑為r1,根據(jù)等體積法可得13r1根據(jù)題意R=3≥3r,r≤r1,所以r≤1.設OO1與外接球球面相交于點Q,如圖所示,畫出截面圖,O1Q=R-OO1=2≥2r,故r≤1.綜上所述,r≤1,故r的最大值為1.專題強化練2空間中的平行關系一、選擇題1.B若l⊥m,m⊥α,則l∥α或l?α;若l∥α,m⊥α,則l⊥m.∴“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的必要而不充分條件,故選B.2.D對于選項A、B,若n?α,則α⊥β,故A、B不符合;對于選項C,若α∩β=l,m∥n∥l,m,n為α,β外的直線,顯然有m∥α,n∥β,故C不符合;對于選項D,若m⊥α,m∥n,則n⊥α,又n⊥β,所以α∥β,故D符合.3.D如圖,延長B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延長D1A1至A3,使A3A1=D1A1,連接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易證AA2∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C.∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3為平面α.易得m∥A2A3,直線AA2即為直線n,所以m、n所成的角即為AA2、A2A3所成的角.顯然有AA2=AA3=A2A3,所以m、n所成的角為60°,其正弦值為32.故選4.B設截面分別與棱AD、BD、BC、AC交于點E、F、G、H,由直線AB∥平面EFGH,且平面ABC∩平面EFGH=GH,平面ABD∩平面EFGH=EF,得GH∥AB,EF∥AB,∴GH∥EF,同理可得EH∥FG,∴四邊形EFGH為平行四邊形.∵AB=BD=AD=CD=3,AC=BC=4,∴△ACD≌△BCD,過點A作AM⊥CD于M,連接BM,則BM⊥CD,∵AM∩BM=M,∴CD⊥平面ABM,又AB?平面ABM,∴CD⊥AB,∴EF⊥FG,∴四邊形EFGH為矩形.設BF∶BD=BG∶BC=FG∶CD=x,0<x<1,則FG=3x,HG=3(1-x),于是S矩形EFGH=FG·HG=9x(1-x)=-9·x-12當x=12時,四邊形EFGH的面積取得最大值94.二、填空題5.答案52a解析如圖所示,在線段D1C1上取點M,使得D1M=14D1C1,連接PM;在線段CD上取點N,使得CN=14CD,連接MN.設H為D1C1的中點,連接A則有PM∥A1H,A1H∥SC1,∴PM∥SC1,∵PM?平面SC1B,SC1?平面SC1B,∴PM∥平面SC1B,易得SB∥CH,CH∥MN,∴MN∥SB,同理可得MN∥平面SC1B,∵PM∩MN=M,PM,PN?平面PMN,∴平面SC1B∥平面PMN,又平面PMN∩平面DCC1D1=MN,∴當點Q在線段MN上時,有PQ∥平面SBC1,∴點Q的軌跡為線段MN.∵MN=CH=a2+a∴點Q的軌跡的長度是526.答案①③④解析①VB1-BED1F=又三棱錐B1-BED1的體積等于三棱錐D1-BB1E的體積,底面B1BE的面積不變,高D1C1不變,∴三棱錐D1-BB1E的體積不變,∴四棱錐B1-BED1F的體積不變,為定值,故①正確;②當點E在點C處時,CG與平面EBD1相交,故②錯誤;③由O為底面ABCD對角線AC和BD的交點,得DO=12DB,設H為DD1的中點,則在△D1DB中,OH∥D1B,又OH?平面EBD1,D1B?平面EBD1,∴OH∥平面EBD1,故③正確④四邊形BED1F的周長為2(BE+ED1),則分析BE+ED1即可,將側面BCC1B1沿著棱CC1展開,使得B在DC延長線上,此時B的位置設為P,則線段D1P與CC1的交點即為四邊形BED1F的周長取得最小值時的唯一點E,故④正確.故答案為①③④.三、解答題7.解析(1)證明:如圖,延長BE、BF分別與AD、CD交于點G、H,連接GH.∵E、F分別為△ABD,△CBD的重心,∴G、H分別為DA,DC的中點,∴GH∥AC,又GH?平面BEF,AC?平面BEF,∴AC∥平面BEF.(2)△ACD中,根據(jù)余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=4+3-6=1,∴AC=1(負值舍去),∴AD2=AC2+CD2,∴CD⊥AC.∵BD⊥平面ACD,AC?平面ACD,∴BD⊥AC,又CD∩BD=D,∴AC⊥平面BDC.易知EF∥GH∥AC,∴EF⊥平面BDC.∵EF=23GH=13AC=13,S△BDF=23S△BDH=23∴VB-DEF=13S△BDF·EF=38.解析(1)證明:連接BM.∵E,F分別是BC,CM的中點,∴EF∥BM,又EF?平面BDD1B1,BM?平面BDD1B1,∴EF∥平面BDD1B1.(2)棱CD上存在一點G,使得平面GEF∥平面BDD1B1,理由如下:假設在棱CD上存在一點G,使得平面GEF∥平面BDD1B1.∵平面GEF∩平面ABCD=EG,平面BDD1B1∩平面ABCD=BD,∴EG∥BD,又∵E是BC的中點,∴G是DC的中點,此時易證得平面GEF∥平面BDD1B1,∴棱CD上存在一點G,使得平面GEF∥平面BDD1B1,且CGGD9.解析存在.理由如下:假設存在點E,使得平面EB1C∥平面A1BD.∵平面AA1C1C∩平面A1BD=A1D,平面AA1C1C∩平面EB1C=EC,∴A1D∥EC,由A1C1∥AC得A1E∥CD,∴四邊形A1DCE是平行四邊形,∴A1E=CD,∵D是AC的中點,AC=A1C1,∴E是A1C1的中點,此時平面EB1C∥平面A1BD.∴當E是A1C1的中點時,平面EB1C∥平面A1BD.10.解析(1)證明:∵E,F分別是BC,BP的中點,∴EF∥PC.∵PC?平面PAC,EF?平面PAC,∴EF∥平面PAC.(2)證明:∵E,G分別是BC,AD的中點,ADBC,∴AGCE,∴四邊形AECG為平行四邊形,∴AE∥CG.∵AE?平面PCG,CG?平面PCG,∴AE∥平面PCG.∵EF∥PC,PC?平面PCG,EF?平面PCG,∴EF∥平面PCG.∵AE∩EF=E,AE?平面AEF,EF?平面AEF,∴平面AEF∥平面PCG.(3)如圖,設GC,AE與BD分別交于M,N兩點,連接PM,FN,易知F,N分別是BP,BM的中點,∴FN∥PM,且FN=12∵PM?平面PGC,FN?平面PGC,∴FN∥平面PGC,∴點N即為所找的H點.專題強化練3空間中的垂直關系一、選擇題1.A連接OE,BE,ED,C1E.易得OC12=1+12=32,OE2=14+12=34∴OC12+OE2=EC12,∴OE⊥OC1,易得BD⊥平面ACC∴BD⊥OC1,又OE∩BD=O,∴OC1⊥平面BDE,∴所得截面為△BDE.S△BDE=12BD·OE=12×2×32∴α截該正方體所得截面圖形的面積為64故選A.2.B易知AH⊥HE,AH⊥HF,又HE∩HF=H,∴AH⊥平面EFH,∴B正確;∵過A只有一條直線與平面EFH垂直,∴A不正確;易知AG⊥EF,EF⊥AH,又AG∩AH=A,∴EF⊥平面HAG,又EF?平面AEF,∴平面HAG⊥平面AEF,過H作直線l垂直于平面AEF,則l一定在平面HAG內,∴C不正確;∵HG不垂直AG,∴HG⊥平面AEF不正確,∴D不正確.故選B.3.A如圖,連接AC1.易知AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥AB,又AB⊥AC,AA1∩AC=A,∴AB⊥平面ACC1A1.∵A1C?平面ACC1A1,∴AB⊥A1C,當異面直線BC1與A1C相互垂直時,由AB∩BC1=B,可得A1C⊥平面ABC1,∵AC1?平面ABC1,∴A1C⊥AC1,∴四邊形ACC1A1為正方形,∴∠A1CA=45°,反之亦然,即∠A1CA=45°時,可得BC1⊥A1C成立.故選A.4.C如圖,連接C1D,過M作MH⊥C1D于H,連接HN,過H作HH1⊥C1D1于H1,則MH∥AD,∴MHAD=C∵AD⊥平面CC1D1D,∴MH⊥平面CC1D1D.易知HH1∥DD1,∴HH1DD1=C1∵AD=DD1,∴MH=HH1,在Rt△MHN中,MN2=MH2+HN2,∵HN≥HH1,∴MH2+HN2≥MH2+HH12=2MH即MN2≥2MH2,MN≥2MH,∴PM+22即PM+22MN的最小值為故選C.二、填空題5.答案1個或無數(shù)個解析設平面α外一點為A,平面α內一點為O,若OA⊥α,則過OA的任一平面都垂直α,所以過OA存在無數(shù)個平面與平面α垂直;若OA不垂直于α,則過點A有唯一的直線l與平面α垂直,OA與l確定唯一的平面與α垂直,所以過OA存在唯一的平面與平面α垂直.故答案為1個或無數(shù)個.6.答案①②④解析對于①,∵SA⊥平面ABC,AB、AC、BC?平面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC,SA⊥BC,又BC⊥AC,SA∩AC=A,∴BC⊥平面SAC,∵SC?平面SAC,∴BC⊥SC,∴三棱錐S-ABC的四個面都是直角三角形,①正確;對于②,若AC=BC=SC=2,SC⊥平面ABC,則三棱錐S-ABC的外接球可以看作棱長為2的正方體的外接球,∴2R=23(R為外接球的半徑),球的表面積為12π,②正確;對于③,設△ABC的內心是O,則SO⊥平面ABC,連接OC,則有SO2=SC2-OC2=5-2=3,∴SO=3,∴三棱錐S-ABC的體積V=13×S△ABC×SO=13×12×3×4×3=23,對于④,若SA=3,SA⊥平面ABC,則直線PS與平面SBC所成的角最大時,P點與A點重合,易知AS與平面SBC所成的角為∠ASC,在Rt△SCA中,tan∠ASC=33=1,∴∠ASC=45°,∴直線PS與平面SBC所成的最大角為45°,④正確故答案為①②④.三、解答題7.解析(1)∵C1D1∥B1A1,∴∠B1A1M是異面直線A1M和C1D1所成的角.∵在長方體ABCD-A1B1C1D1中,A1B1⊥平面BCC1B1,∴A1B1⊥B1M,∵B1C1=BC=2,C1M=1,∴B1M=B1C12+M∴tan∠B1A1M=B1MA即異面直線A1M和C1D1所成角的正切值為52(2)證明:當C1M=2時,B1M=BM=BC2+C∴B1M2+BM2=BB1∴B1M⊥BM,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BM?平面BCC1B1,∴A1B1⊥BM.又A1B1∩B1M=B1,∴BM⊥平面A1B1M.8.證明(1)∵E、F分別是棱PC和PD的中點,∴EF∥CD,又在矩形ABCD中,AB∥CD,∴EF∥AB,∵AB?平面PAB,EF?平面PAB,∴EF∥平面PAB.(2)在矩形ABCD中,AD⊥CD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD?平面ABCD,∴CD⊥平面PAD,又AF?平面PAD,∴CD⊥AF.∵PA=AD,F是PD的中點,∴AF⊥PD,∵PD?平面PCD,CD?平面PCD,PD∩CD=D,∴AF⊥平面PCD.方法總結證明線面平行的關鍵是在面中找到一條與已知直線平行的直線,找線的方法可利用三角形的中位線或平行公理;線面垂直的判定可由線線垂直得到,注意線線是相交的,而要求證的線線垂直又可以轉化為已知的線面垂直(有時來自面面垂直)來考慮.9.證明(1)如圖,連接OE,∵O、E分別是AC、PC的中點,∴PA∥OE,又PA?平面BDE,OE?平面BDE,∴PA∥平面BDE.(2)∵PO⊥底面ABCD,BD?底面ABCD,∴PO⊥BD,又正方形中BD⊥AC,PO∩AC=O,∴BD⊥平面PAC,而BD?平面BDE,∴平面BDE⊥平面PAC.10.解析(1)當a=2時,BD⊥平面PAC.證明如下:當a=2時,矩形ABCD為正方形,則BD⊥AC.∵PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,∴BD⊥PA.又AC∩PA=A,AC?平面PAC,PA?平面PAC,∴BD⊥平面PAC.故當a=2時,BD⊥平面PAC.(2)設M是符合條件的BC棱上的點.∵PA⊥平面ABCD,DM?平面ABCD,∴DM⊥PA,又PM⊥DM,PA∩PM=P,PA?平面PAM,PM?平面PAM,∴DM⊥平面PAM,∵AM?平面PAM,∴DM⊥AM,∴點M是以AD為直徑的圓和BC邊的交點,∴半徑r=AD2≥AB,即∴a∈[4,+∞).專題強化練4空間角和距離一、選擇題1.C將平面展開圖還原成正方體,如圖所示:對于①,連接MB,易知MB∥CG,MB⊥AF,∴AF⊥CG,①正確;對于②,連接AC,易知MN∥AC,∴∠GAC是異面直線AG與MN所成的角,易知△GAC為等邊三角形,∴∠GAC=60°,②正確;對于③,連接BD,易知∠GBD為BG與平面ABCD所成的角,∠GBD≠45°,③錯誤.故選C.2.C取AB的中點G,連接PG、CG,作CH⊥PG,垂足為H,如圖所示,∵PA=PB=AB=2,∴△PAB為等邊三角形.∵G為AB的中點,∴PG⊥AB,∵△ABC為等腰直角三角形,∠ACB=90°,∴CG⊥AB,又PG∩CG=G,∴AB⊥平面PCG,又CH?平面PCG,∴AB⊥CH.又CH⊥PG,PG∩AB=G,∴CH⊥平面PAB,即CH就是點C到平面PAB的距離.在等邊三角形PAB中,PG=32×2=6在Rt△ABC中,CG=1×12=2在△PCG中,由余弦定理的推論可得cos∠PGC=PG2+CG2∴sin∠PGC=1-cos2∠PGC=在Rt△CHG中,CH=CG·sin(π-∠PGC)=22×63=∴點C到平面PAB的距離為33.故選C.3.D設平面AD1E與直線BC交于點G,則G為BC的中點,連接AG、EG,分別取B1B、B1C1的中點M、N,連接A1M、MN、A1N,則A1M∥D1E,MN∥EG.∵A1M?平面D1AE,D1E?平面D1AE,∴A1M∥平面D1AE,同理可得MN∥平面D1AE.∵A1M、MN是平面A1MN內的兩條相交直線,∴平面A1MN∥平面D1AE.∵A1F∥平面D1AE,∴F是線段MN上的動點.連接B1F,設直線A1F與平面BCC1B1所成的角為θ,當點F與點M(或N)重合時,A1F與平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1,此時所成角θ達到最小值,滿足tanθ=A1當點F為MN的中點時,A1F與平面BCC1B1所成角達到最大值,此時tanθ=A1B1B1∴t構成的集合為{t|2≤t≤22}.4.AD在直三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形BCC1B1是矩形,因為ECB1C=DCBC,所以ED∥BB1因為ED?平面ACC1,CC1?平面ACC1,所以ED∥平面ACC1,A項正確;因為AA1=AC=23AB=2,所以因為AB⊥AC,所以BC=22+32=13,所以B1C=易知B1C是三棱柱外接球的直徑,所以外接球的表面積為4π×1722=17π,故BAA1∥BB1,所以∠BB1C為異面直線B1C與AA1所成的角.在Rt△B1BC中,BB1=2,BC=13,所以tan∠BB1C=BCBB1=132,過A作AF⊥BC于F,由直三棱柱的定義可知AF⊥CC1,因為CC1∩BC=C,所以AF⊥平面BCC1B1,過F作FG⊥B1C于G,連接AG,則AG⊥B1C,所以∠AGF是二面角A-EC-D的平面角.在Rt△BAC中,可得AF=613,CF=413,因為sin∠B1CB=217,所以FG=4所以AG=3613+6413×17,所以cos∠AGF=FGAG=413×故選AD.二、填空題5.答案2解析依題意可知,該幾何體為正四面體,設頂點A在底面內的射影是O,則O為△BCD的中心,連接OB,過P作PH⊥OB,交OB于H,連接HE,如圖.易知∠PEH是直線EP與平面BCD所成的角,設為θ,設正四面體的棱長為4a,PB=x(0≤x≤4a),在三角形PBE中,∠PBE=π3由余弦定理得PE=x2在△AOB中,AO=(4a)2∴PHAO=x4a,解得∴sinθ=PHPE==63∴當x=2a時,sinθ取得最大值,最大值為226.答案10解析如圖1,作C1D⊥AB于D,C1O⊥平面ABC于O,連接DO,∵AB?平面ABC,∴C1O⊥AB,又C1O∩C1D=C1,∴AB⊥平面C1DO,又DO?平面C1DO,∴AB⊥DO,∴∠C1DO為等邊△ABC和直角△ABC1所在半平面構成的二面角,即∠C1DO=60°,又∠AC1B=90°,∠C1AB=30°,∴C1B=AB·sin30°=1,C1D=C1B·sin60°=32,C1O=C1D·sin60°=3DO=C1D·cos60°=34,BD=C1B·cos60°=12,畫出底面△ABC如圖2,分析可知CO=ED2+(CE-∴CC1=C1O2+CO三、解答題7.解析(1)證明:如圖,取BC的中點G,連接EG、AG,則EG∥DA,且EG=DA,∴四邊形ADEG為平行四邊形,∴DE∥AG.∵B1B⊥平面ABC,AG?平面ABC,∴B1B⊥AG,∵AB=AC,且G為BC的中點,∴BC⊥AG,又B1B∩BC=B,∴AG⊥平面BCC1B1,又DE∥AG,∴DE⊥平面BCC1B1.(2)∵B1B∥AD,∴∠ADC就是直線B1B與直線CD所成的角,∴∠ADC=45°,∴AD=AC=2.設點B到平面B1CD的距離為d,由VB-B1CD=VC-B1BD,可得13×d×12×故點B到平面B1CD的距離d=438.解析(1)證明:取DE的中點F,連接AF、FN,又N為BC的中點,∴FN∥CD,FN=12∵矩形ABCD中,M為AB的中點,∴AM∥CD,AM=12∴AM∥FN,AM=FN,∴四邊形AMNF為平行四邊形,∴AF∥MN.又AF?平面AED,MN?平面AED,∴MN∥平面AED.(2)過點E作EH⊥BC于H,∵平面ABCD⊥平面EBC,平面ABCD∩平面EBC=BC,∴EH⊥平面ABCD,過H作HG⊥AD于G,連接EG.∵AD?平面ABCD,∴EH⊥AD,又EH∩HG=H,∴AD⊥平面EHG,EG?平面EHG,∴AD⊥EG,∴∠EGH即為二面角E-AD-B的平面角.在Rt△EHB中,EH=EB×sinπ3=2×32=3,∴tan∠EGH=EHHG=3,∴∠EGH=π∴二面角E-AD-B的大小為π39.解析(1)證明:∵AD⊥平面PDC,PD?平面PDC,∴AD⊥PD,∵BC∥AD,∴PD⊥BC,又PD⊥PB,PB∩BC=B,∴PD⊥平面PBC.(2)過點D作AB的平行線交BC于點F,連接PF,則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角.∵PD⊥平面PBC,∴PF為DF在平面PBC上的射影,∴∠DFP為直線DF與平面PBC所成的角.∵AD∥BC,DF∥AB,∴四邊形DABF為平行四邊形,∴BF=AD=1.∴CF=BC-BF=2.∵AD⊥DC,∴BC⊥DC.在Rt△DCF中,可得DF=CD2+C在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=PDDF=5∴直線AB與平面PBC所成角的正弦值為5510.解析(1)證明:∵△ABC是正三角形,E為AB的中點,∴CE⊥AB.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,∴CE⊥平面A1ABB1,∴CE⊥B1E.∵四邊形A1ABB1是矩形,且AA1=1,AB=2,∴A1E2+B1E2=AE2+AA12+EB2+BB12=4=A1B12,∴A∵CE⊥B1E,A1E⊥B1E,CE∩A1E=E,∴B1E⊥平面A1EC.(2)如圖所示,過點B1作B1H⊥平面A1EC,垂足為H,連接B1C,EH,則∠B1EH為直線B1E與平面A1EC所成的角,在△A1B1E中,A1B1=2,A1E=B1E=5,∴S△在△A1CE中,A1C=22,CE=3,A1E=5,∴S△A1∵VC-A1B1E=VB∴13×2×3=13×152×B1H,解得B1H=45,∴sin∠B1EH=專題強化練5折疊問題一、選擇題1.B當平面BAC與平面DAC垂直時,三棱錐的高最大,由于底面積S△ACD為定值,所以此時其體積最大.取AC的中點E,連接BE,DE,如圖,因為DE⊥AC,所以由面面垂直的性質可得DE⊥平面ABC,所以∠DBE是直線BD和平面ABC所成的角,因為BE=DE,所以∠DBE=45°.故選B.2.B根據(jù)題意,作出菱形ABCD,且AB=23,∠BCD=60°,按照題意翻折成三棱錐C-ABD,取BD的中點F,且∠AFC=120°,如下圖所示:設O為△ABD的中心,作CE⊥平面ABD于E,易知CE與AF的延長線交于E.∵BC=CD=23,∴CF=23cos30°=3,由∠AFC=120°,可知∠CFE=60°,∴CE=CF×sin60°=3×32=332,EF=CF×cos60°=3×1易得OF=13AF=13×3=1,AO=23由球的性質可知,球心O'在過O且與平面ABD垂直的直線上,作CG⊥OO'于G,連接O'A,O'C,則四邊形CEOG為矩形,設OO'=h,O'A=O'C=r,則CG=EO=52,OG=CE=3在Rt△O'CG與Rt△O'OA中,由勾股定理可得C即5解得h∴球的表面積S=4πr2=28π.故選B.3.D如圖1所示,取BC的中點O,連接EF、EO、FO,則△AEF、△EBO、△FOC、△EFO均為邊長為3的等邊三角形,連接AO,交EF于G,則G為EF的中點,且AO⊥EF,AO⊥BC,AG=OG=32當四棱錐P-BCFE的外接球的表面積最小時,球的半徑最小.∵球心到E、F、B、C的距離相等,∴球心在過O且與平面BCFE垂直的直線上,故當球心為O時,球的半徑取得最小值,為3,如圖2所示,此時,OP=3,OG=PG=32,在△POG中,由余弦定理可得cos∠OGP=322+∵GO⊥EF,GP⊥EF,GO∩GP=G,∴EF⊥平面OPG,又EF?平面BCFE,∴平面OPG⊥平面BCFE,∴點P到平面BCFE的距離d=PG·sin∠OGP=32×1-13∴VP-BCFE=13×12×(23+3)×32×24.BD對于A,取AD的中點E,連接CE、NE,設CE∩MD=F,連接NF,如圖1所示,則NE∥AB1,∵NE?平面B1AM,B1A?平面B1AM,∴NE∥平面B1AM.易得四邊形AMCE是平行四邊形,∴CE∥AM,同理可證CE∥平面B1AM,又CE∩NE=E,且CE,NE?平面CNE,∴平面CNE∥平面B1AM,∴MB1∥平面CNE,又MB1?平面B1MD,平面B1MD∩平面CNE=NF,∴NF∥MB1,在矩形ABCD中,∠ABC=90°,∴∠AB1M=90°,∴AB1⊥MB1,∴EN⊥NF,若CN⊥AB1,則EN⊥CN.∵NE、NF、NC共面且共點,∴這是不可能的,故A不正確.對于B,由等角定理可得∠NEC=∠MAB1,又NE=12AB1,AM=EC,∴在△CEN中,由余弦定理得NC2=NE2+EC2-2NE·EC·cos∠NEC是定值,∴NC的長是定值,故B正確.對于C,取AM的中點O,連接B1O,OD,如圖2所示,若AB=BM,則AB1=B1M,∴AM⊥B1O,若AM⊥B1D,由于B1O∩B1D=B1,且B1O,B1D?平面ODB1,∴AM⊥平面ODB1,∵OD?平面ODB1,∴OD⊥AM,則AD=MD,易知AD≠MD,故AM⊥B1D不成立,故C不正確.對于D,根據(jù)題意知,只有當平面B1AM⊥平面AMD時,三棱錐B1-AMD的體積最大,取AD的中點E,連接OE、B1E、ME,如圖2所示.易知B1O⊥AM,∵平面B1AM⊥平面AMD,平面B1AM∩平面AMD=AM,B1O?平面B1AM,∴B1O⊥平面AMD,∴B1O⊥OE,又AB1⊥B1M,AB1=B1M=1,∴AM=2,B1O=12AM=22,OE=12DM=12AM=22,∴EB1=2∴AD的中點E就是三棱錐B1-AMD的外接球的球心,球的半徑為1,表面積是4π,故D正確.故選BD.二、填空題5.答案4解析如圖,易知B'H⊥平面ACD,連接AH,設∠BCD=∠B'CD=α,α∈0,π則有B'H=sinα,CH=cosα,∠ACH=π2-α,在△AHC中,由余弦定理得AH2=AC2+CH2-2CH×AC×cos∠ACH=3+cos2α-23cosαcosπ=3+cos2α-23sinαcosα,在Rt△AHB'中,由勾股定理得AB'2=AH2+B'H2=3+cos2α-23sinαcosα+sin2α=4-3sin2α,∴當α=π4時,AB'取得最小值,為46.答案①②④解析如圖所示:①易知tan∠DPE=DEPD=23,∵DE⊥PD,DE⊥BD,PD∩BD=D,∴DE⊥平面∴BC⊥平面PBD,∴BC⊥PB,即∠PBC=90°,∵PB<PD+DB=12,∴tan∠BPC=BCPB=8PB>