2019年高考数学专题三立体几何与空间向量第4讲空间中动态问题梯度训练新人教A版.docx

第4讲空间中动态问题选题明细表知识点方法巩固提高A巩固提高B展开图1,3,98折叠后位置关系2,5,7,11,124,10折叠后数量关系8,141,6,7,11,12,13,14,15轨迹问题4,6,10,132,3,5,9巩固提高A一、选择题1. 如图,是正方体的平面展开图,则在这个正方体中AB与CD的位置关系为(C)(A)平行(B)相交成60角(C)异面成60角(D)异面且垂直解析:由图可知还原立体图形如图所示:所以可知AB,CD异面,因为CE平行AB,所以DCE为所求角,因为三角形CDE为等边三角形,故DCE=60.故选C.2. 如图,等边ABC的中线AF与中位线DE相交于点G,已知AED是AED绕DE翻转过程中的一个图形,下列命题中,错误的是(D)(A)动点A在平面ABC上的射影在线段AF上(B)恒有平面AGF平面BCED(C)三棱锥AEFD的体积有最大值(D)异面直线AE与BD不可能垂直解析:由题意知,DE平面AGF,故选项A,B正确,对于三棱锥A-EFD体积,其底面EFD在翻转过程中面积不变,则当AG底面EFD时,三棱锥AEFD体积最大,故选项C正确,过E点作AB的垂线,垂足为E,EEAF=G,当AG平面BCED时,EE是AE在平面BCED的射影,由三垂线定理易知,此时AEBD.故选D.3.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,这个圆柱的全面积与侧面积的比是(A)(A)(B)(C)(D)解析:侧面展开图是一个正方形,所以2r=h,全面积为S1=2r2+2rh=2r2(1+2),侧面积S2=2rh=42r2.所以=,故选A.4.在棱长为1的正方体ABCDABCD中,E是AA的中点,P是三角形BDC内的动点,EPBC,则P的轨迹长为(D)(A)(B)(C)(D)解析:先找到一个平面总是保持与BC垂直,分别取BB,BC,AD的中点F,H,G.连接EF,FH,EG,GH,在正方体ABCD-ABCD中,有BC平面EFHG,又P是三角形BDC内的动点,根据平面的基本性质得:点P的轨迹为平面EFG与平面BDC的交线段MN,在直角三角形MNH中,NH=,MH=,所以MN=.故选D.5.将下面的平面图形(每个点都是正三角形的顶点或边的中点)沿虚线折成一个正四面体后,直线MN与PQ是异面直线的是(C)(A)(B)(C)(D)解析:折叠后N与Q重合,两直线相交;折叠后两直线平行,因此异面直线是故选C6. 如图,AB=B,直线AB与平面所成的角为75,点A是直线AB上一定点,动直线AP与平面交于点P,且满足PAB=45,则点P在平面内的轨迹是(D)(A)双曲线的一支(B)抛物线的一部分(C)圆 (D)椭圆解析:用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥,得到的是圆;把平面渐渐倾斜,得到椭圆;当平面和圆锥的一条母线平行时,得到抛物线.此题中平面上的动点P满足PAB=45,可理解为P在以AB为轴的圆锥的侧面上,再由斜线段AB与平面所成的角为75,可知P的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义.故可知动点P的轨迹是椭圆.故选D.7. 如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将ADE沿直线DE翻转到A1DE,若M,O分别为线段A1C,DE的中点,则在ADE翻转过程中,下列说法错误的是(C)(A)与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直(B)异面直线BM与A1E所成角是定值(C)一定存在某个位置,使DEMO(D)三棱锥A1-ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值解析:取DC中点N,连接MN,NB,则MNA1D,NBDE,所以平面MNB平面A1DE,即MB平面A1DE,A正确;取A1D的中点为F,连接MF,EF,则平面BEFM是平行四边形,所以A1EF为异面直线BM与A1E所成角,故B正确;A关于直线DE的对称点为N,则DE平面A1AN,即过O与DE垂直的直线在平面A1AN上,由于点M平面A1AN,故C错误;三棱锥A1-ADE外接球的半径为AD,故D正确.故选C.8.如图,把画有函数f(x)=2sin(x+)(0,)部分图象的纸片沿x轴折成直二面角,若A,B两点之间的空间距离为2,则f()等于(C)(A)-2(B)-(C)-1(D)解析:设函数y=f(x)的周期为T=,由f(0)=1有sin =,所以=,在折叠后的图象中,AB=2,解出T=8,=,所以f(x)=2sin(x+),则f()=2sin(+)=2sin=-2sin=-1.故选C.二、填空题9.若圆柱的侧面展开图是一个正方形,则它的母线长和底面半径的比值是.解析:设圆柱的底面半径为r,母线长为l,由题意2r=l,所以=2.答案:210. 如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P在侧面BCC1B1及其边界上运动,并且总是保持APBD1,则动点P的轨迹是 .解析:正方体ABCDA1B1C1D1中,点P在侧面BCC1B1及其边界上运动,在运动过程中,保持APBD1,因为BD1是定线段,要求保持APBD1,在侧面BCC1B1连接CB1,因为BD1在侧面BCC1B1的射影是BC1,因为几何体是正方体,所以BC1B1C,B1CBD1,同理ACBD1,BD1平面AB1C,点P在B1C上,所以APBD1,则动点P的轨迹是线段B1C.答案:线段B1C11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,有如下结论:ACBD;ACD是等边三角形;AB与平面BCD成60的角.其中正确结论的序号是.解析:取BD的中点O,连接OA,OC,所以OABD,OCBD,所以BD平面OAC,所以ACBD;故正确;设正方形的边长为a,则在直角三角形ACO中,可以求得AC=a,所以ACD是等边三角形;故正确;AB与平面BCD成45角;故不正确.答案:12.沿对角线AC将正方形ABCD折成直二面角后,AB与CD所在的直线所成的角等于.解析:如图建立空间直角坐标系,设OA=OB=OC=OD=1,则A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,1),所以=(1,1,0),=(0,-1,1),因此|cos |=,且(0,90,所以=60.答案:6013. 如图已知每条棱长都为3的四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面是菱形,BAD=60,DD1平面ABCD,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN中点P的轨迹与此四棱柱的面所围成的几何体的体积为.解析: 取AB的中点E,连接DE,由题意知DEAB,DECD,以DE所在直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD1所在直线为z轴建立如图空间直角坐标系.设M(0,0,z),N(x,y,0),则P(,),MN=2;所以x2+y2+z2=4,所以+=+=1.所以OP2=1,即OP=1.所以点P的轨迹是以原点D为球心,以1为半径的球的一部分,又因为BAD=60,所以ADC=120.所以点P的轨迹是球的,所以几何体的体积为V=13=.答案:三、解答题14.(2018宁波5月模拟)如图,四边形ABCD为梯形,ABCD,C=60,点E在线段CD上,满足BECD,且CE=AB=CD=2,现将ADE沿AE翻折到AME位置,使得MC=2.(1)证明:AEMB;(2)求直线CM与平面AME所成角的正弦值.(1)证明:连接BD交AE于点N,所以BE=2tan 60=2.所以BD=4.因为BECD,C=60,且CE=CD=2,所以BC=4,CD=8.因为BC2+BD2=CD2,所以BCBD,又BCAE,所以AEBD.从而AEBN,AEMN,所以AE平面MNB.所以AEMB.(2)解:由MB平面ABCE,如图建系,A(0,2,0),C(2,-2,0),E(2,0,0),M(0,0,2),则=(0,-2,2),=(2,-2,0),=(2,-2,-2).设平面AME的法向量为m=(x,y,z),由可取m=(,1),所以sin =cos=.巩固提高B一、选择题1. 边长为a的菱形ABCD中锐角A=,现沿对角线BD折成60的二面角,翻折后|AC|=a,则锐角A是(C)(A)(B)(C)(D)解析:取BD的中点O,连接OC,OA,则COA为二面角CBDA的平面角,即COA=60,因为|AC|=a,所以|AO|=a.因为菱形ABCD中AD=a,所以ADB=,所以A=.故选C.2. 如图,动点P在正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上.过点P作垂直于平面BB1D1D的直线,与正方体表面相交于M,N.设BP=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是(B)解析:设正方体的棱长为1,显然,当P移动到对角线BD1的中点O时,y=MN=AC=取得唯一最大值,所以排除A,C;当P在BO上时,分别过M,N,P作底面的垂线,垂足分别为M1,N1,P1,则y=MN=M1N1=2BP1=2xcosD1BD=x.故选B.3. 如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P在线段AD1上移动,则异面直线CP与BA1所成的角的取值范围为(A)(A)( 0,(B)(0, (C)0, (D)(0,)解析:因为A1BD1C,所以CP与A1B所成角可化为CP与D1C所成角.因为AD1C是正三角形,可知当P与A重合时所成角为,因为P不能与D1重合,此时D1C与A1B平行而不是异面直线,所以0,故选A.4.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,点E为CD的中点,F为线段CE(端点除外)上一动点,现将DAF沿AF折起,使得平面ABD平面ABC,设直线FD与平面ABCF所成角为,则sin 的最大值为(C)(A)(B)(C)(D)解析:如图:在矩形ABCD中,过点D作AF的垂线交AF于点O,交AB于点M,设CF=x(0x1),AM=t由DAMFDA,得=,即有t=,由0x1,得t1,在翻折后的几何体中,因为AFOD,AFOM,所以AF平面ODM,从而平面ODM平面ABC,又平面ABD平面ABC,则DM平面ABC,连接MF,则MFD是直线FD与平面ABCF所成角,即MFD=,而DM=,DF=2-x=,则sin =t=由于t21,则当t2=时,sin 取到最大值,其最大值为.故选C.5.如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,动点P在此正方体的表面上运动,且PA=x(0x),记点P的轨迹的长度为f(x),则函数f(x)的图象可能是(B)解析:P的轨迹为以A为球心,PA为半径的球面与正方体的交线.所以在x(0,1时,轨迹长度直线增加,而x(1,时,轨迹长度由减小到增加,之后逐渐减小.故选B.二、填空题6.将一张边长为12 cm的纸片按如图1所示阴影部分裁去四个全等的等腰三角形,将余下部分沿虚线折成一个有底的正四棱锥模型,如图2放置.若正四棱锥的正视图是正三角形(如图3),则四棱锥的体积是 cm3.解析:设正四棱锥的底面边长为2x,则其侧棱长为=,根据题意知(2x)2=72-12x+2x2-x2;所以x=2,x=-6(舍去),所以此四棱锥的底边长为4,高为4=2,所以其体积为V=(4)22=.答案:7. 如图是一个棱长为1的无盖正方体盒子的平面展开图,A,B,C,D为其上四个点,以A,B,C,D为顶点的三棱锥的体积为.解析:根据题目图示可知三棱锥的底面积为,高度为1,进而得到三棱锥的体积为V=1=.答案:8. 如图所示的几何体中,四边形ABCD是矩形,平面ABCD平面ABE,已知AB=2,BC=1,AE=BE=,若M,N分别是线段DE,CE上的动点,则AM+MN+NB的最小值为.解析:将四棱锥E-ABCD的侧面AED,DEC,CEB展开铺平如图,连接AB,分别交CE和DE于N,M点,此时的AM+MN+NB值最小.在ABE中,AB2=AE2+BE2-2AEBEcos 120=9,所以AM+MN+NB的最小值为3.答案:39. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中(如图),已知点P在直线BC1上运动,则下列四个命题:三棱锥A-D1PC的体积不变;直线AP与平面ACD1所成的角的大小不变;二面角P-AD1-C的大小不变;M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点,则M点的轨迹是直线A1D1.其中真命题的编号是.(写出所有真命题的编号)解析:=为定值;因为BC1AD1,所以BC1平面AD1C,因此P到平面AD1C距离不变,但AP长度变化,因此直线AP与平面ACD1所成的角的大小变化;二面角P-AD1-C的大小就是平面ABC1D1与平面AD1C所组成二面角的大小,因此不变;到点D和C1距离相等的点在平面A1BCD1上,所以M点的轨迹是平面A1BCD1与平面A1B1C1D1的交线A1D1.综上真命题的编号是.答案:10.在矩形ABCD中,ABBC,现将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折的过程中,给出下列结论:存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直;存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直;存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.其中正确结论的序号是.(写出所有正确结论的序号)解析:如图,若ACBD,作AEBD,CFBD,那么BD平面ACF,则BDAF,这与BDAE矛盾,点E,F不会重合,所以不正确;若ABCD,已知CDBC,则CD平面ABC,点A在平面BCD内的射影,只要落在线段BC上即可,因为ABBC,这与已知矛盾,所以不正确.答案:11. 如图,直线l平面,垂足为O,已知ABC中,ABC为角,AB=2,BC=1,该直角三角形做符合以下条件的自由运动:(1)Al,(2)B.则C,O两点间的最大距离为.解析:以O为原点,OA所在直线为y轴,OB所在直线为x轴建立直角坐标系,如图所示,设ABO=,C(x,y),则有x=ABcos +BCsin =2cos +sin ,y=BCcos =cos ,所以x2+y2=4cos2+4sin cos +1=2cos 2+2sin 2+3=2sin(2+)+3,当sin(2+)=1时,x2+y2最大,最大值为2+3,则C,O两点间的最大距离为1+.答案:1+12. 如图,在矩形ABCD中,点G,H分别在AD,CD上,AG=GD=DH=DC=8,沿直线GH将DGH翻折成D1GH,使二面角D1GHD为直角,点E,F分别为线段AB,CH上,沿直线EF将四边形EFCB向上折起,使B与D1重合,则CF=.解析: 可设CF=x,由题意得翻折后,B与D1重合,所以BF=D1F,因为AG=GD=DH=DC=8,D=90,所以GH=8,DC=20,HC=12,如图所示:取GH的中点O,连接OF,因为二面角D1GHD为直角,D1H=D1G,所以D1OGH,所以D1O平面ABCD,在FHO中,OHF=135,FH=12-x,OH=4,由余弦定理可得OF2=OH2+FH2-2OHFHcos 135=32+(12-x)2+8(12-x)=x2-32x+272,所以D1F2=OF2+D1O2=x2-32x+272+32=x2-32x+304,因为BF2=BC2+CF2=162+x2=256+x2,所以x2-32x+304=256+x2,所以32x=48,解得x=.答案:13. 已知正四棱锥V-ABC