《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 專題突破五 高考中的立體幾何問題講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 專題突破五 高考中的立體幾何問題講義（含解析）.docx（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

高考專題突破五　高考中的立體幾何問題 題型一　求空間幾何體的表面積與體積 例1　(1)一個正方體挖去一個多面體所得的幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖、側(cè)視圖和俯視圖均為邊長等于2的正方形，則這個幾何體的表面積為(　　) A.16＋4 B.16＋4 C.20＋4 D.20＋4 答案　D 解析　由三視圖可知，該幾何體是棱長為2的正方體的內(nèi)部挖去一個底面邊長為2的正四棱錐，將三視圖還原可得如圖， 可得其表面積為S＝522＋42＝20＋4，故選D. (2)(2018浙江省嘉興市第一中學(xué)期中)如圖，已知AB為圓O的直徑，C為圓上一動點，PA⊥圓O所在平面，且PA＝AB＝2，過點A作平面α⊥PB，交PB，PC分別于E，F(xiàn)，當(dāng)三棱錐P－AEF體積最大時，tan∠BAC＝________. 答案　 解析　∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB， 又AC⊥BC，AP⊥BC，AC∩AP＝A，AC，AP?平面PAC， ∴BC⊥平面PAC，又∵AF?平面PAC， ∴AF⊥BC，又∵PB∩BC＝B，PB，BC?平面PBC， ∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90， 設(shè)∠BAC＝θ，在Rt△PAC中， AF＝＝＝. 在Rt△PAB中，AE＝PE＝，∴EF＝， ∴V三棱錐P－AEF＝AFEFPE＝AF＝ ＝≤， ∴當(dāng)AF＝1時，三棱錐P－AEF的體積取最大值， 此時＝1，且0<θ<90， ∴cosθ＝，sinθ＝，tanθ＝. 思維升華(1)等積轉(zhuǎn)換法多用來求三棱錐的體積. (2)不規(guī)則的幾何體可通過分割或補形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用公式求解. 跟蹤訓(xùn)練1　(1)(2018嘉興模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的表面積(單位：cm2)是(　　) A.36＋24 B.36＋12 C.40＋24 D.40＋12 答案　B 解析　由三視圖得該幾何體為一個組合體，上面是棱長為2的正方體，下面是下底為邊長為4的正方形、上底為邊長為2的正方形的四棱臺，則其表面積為522＋4＋42＝36＋12，故選B. (2)(2018溫州高考適應(yīng)性測試)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A.＋π B.＋π C. D. 答案　A 解析　由三視圖可還原出幾何體的直觀圖，該幾何體是由半個圓柱(底面圓的半徑為1，高為2)和一個四棱錐(底面為邊長是2的正方形，高為1)組成的，如圖所示.故該幾何體的體積V＝π122＋221＝＋π.故選A. 題型二　空間點、線、面的位置關(guān)系 例2　如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點. (1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求證：C1F∥平面ABE； (3)求三棱錐E－ABC的體積. (1)證明　在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC. 因為AB?平面ABC，所以BB1⊥AB. 又因為AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1. 又AB?平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1. (2)證明　方法一　如圖1，取AB中點G，連接EG，F(xiàn)G. 因為E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點， 所以FG∥AC，且FG＝AC. 因為AC∥A1C1，且AC＝A1C1， 所以FG∥EC1，且FG＝EC1， 所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1F∥EG. 又因為EG?平面ABE，C1F?平面ABE， 所以C1F∥平面ABE. 方法二　如圖2，取AC的中點H，連接C1H，F(xiàn)H. 因為H，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，所以HF∥AB， 又因為E，H分別是A1C1，AC的中點， 所以EC1∥AH，且EC1＝AH， 所以四邊形EAHC1為平行四邊形，所以C1H∥AE， 又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A， 所以平面ABE∥平面C1HF， 又C1F?平面C1HF，所以C1F∥平面ABE. (3)解　因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝＝. 所以三棱錐E－ABC的體積V＝S△ABCAA1＝12＝. 思維升華 (1)平行問題的轉(zhuǎn)化 利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化解決平行關(guān)系的判定問題時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而應(yīng)用性質(zhì)定理時，其順序正好相反.在實際的解題過程中，判定定理和性質(zhì)定理一般要相互結(jié)合，靈活運用. (2)垂直問題的轉(zhuǎn)化 在空間垂直關(guān)系中，線面垂直是核心，已知線面垂直，既可為證明線線垂直提供依據(jù)，又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪墊.應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理時，一般需作輔助線，基本作法是過其中一個平面內(nèi)一點作交線的垂線，從而把面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直問題，進而可轉(zhuǎn)化為線線垂直問題. 跟蹤訓(xùn)練2　如圖，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 證明　(1)以點A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz， 則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1). ∵點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點， ∴E，F(xiàn)，＝，＝(1，0，0). ∵＝－，∴∥，即EF∥AB， 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， ∴EF∥平面PAB. (2)由(1)可知，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)， ∵＝(0，0，1)(1，0，0)＝0，＝(0，2，0)(1，0，0)＝0， ∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC. 又AP∩AD＝A，AP，AD?平面PAD， ∴DC⊥平面PAD. ∵DC?平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC. 題型三　空間角的計算 1.(2018浙江高考適應(yīng)性考試)四個同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切，點M是球O1上的動點，則直線O2M與直線O3O4所成角的正弦值的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由四個同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切，則可以把O1，O2，O3，O4看成正四面體的四個頂點，球的半徑為棱長的一半，記球的半徑為1，則正四面體的棱長為2.平移直線O3O4至O2C位置，過O2C，O1O2的平面截球O1得一個大圓，過O2作大圓的兩條切線O2E，O2F，由線面垂直易證O1O2⊥O2C， 由圖可知，當(dāng)點M運動至切點E時，∠MO2C最小，當(dāng)點M運動至切點F時，∠MO2C最大，設(shè)∠EO2O1＝θ，則∠MO2C∈.在Rt△EO2O1中，sinθ＝，則θ＝，即直線O2M與直線O3O4所成角α∈，則直線O2M與直線O3O4所成角的正弦值的取值范圍為，故選C. 2.(2017浙江)如圖，已知正四面體D－ABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，AP＝PB，＝＝2，分別記二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角為α，β，γ，則(　　) A.γ＜α＜β B.α＜γ＜β C.α＜β＜γ D.β＜γ＜α 答案　B 解析　如圖①，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO. 由圖可知它們的對邊都是DO， ∴只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可. 　 如圖②，在AB邊上取點P′，使AP′＝2P′B，連接OQ，OR，則O為△QRP′的中心. 設(shè)點O到△QRP′三邊的距離為a，則OG＝a， OF＝OQsin∠OQF＜OQsin∠OQP′＝a， OE＝ORsin∠ORE＞ORsin∠ORP′＝a， ∴OF＜OG＜OE，∴＜＜， ∴α＜γ＜β.故選B. 3.(2018浙江)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2. (1)證明：AB1⊥平面A1B1C1； (2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值. 方法一　(1)證明　由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2， 所以A1B＋AB＝AA，故AB1⊥A1B1. 由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC， 得B1C1＝. 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120，得AC＝2. 由CC1⊥AC，得AC1＝， 所以AB＋B1C＝AC，故AB1⊥B1C1. 又因為A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1?平面A1B1C1， 因此AB1⊥平面A1B1C1. (2)解　如圖，過點C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點D，連接AD. 由AB1⊥平面A1B1C1， 得平面A1B1C1⊥平面ABB1. 由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D?平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1. 所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角. 由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝， 得cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝， 所以C1D＝，故sin∠C1AD＝＝. 因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是. 方法二　(1)證明　如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 由題意知各點坐標(biāo)如下： A(0，－，0)，B(1，0，0)，A1(0，－，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1). 因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0，2，－3). 由＝0，得AB1⊥A1B1. 由＝0，得AB1⊥A1C1. 又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1?平面A1B1C1， 所以AB1⊥平面A1B1C1. (2)解　設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ. 由(1)可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2). 設(shè)平面ABB1的一個法向量為n＝(x，y，z). 由得可取n＝(－，1，0). 所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝. 因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是. 思維升華空間角是高考中的?？純?nèi)容，線線角和二面角多出現(xiàn)在小題中，線面角多出現(xiàn)在解答題中，主要注意幾何法與空間向量法的靈活應(yīng)用. 題型四　立體幾何中的動態(tài)問題 1.(2018杭州模擬)等腰直角三角形ABE的斜邊AB為正四面體ABCD的側(cè)棱，直角邊AE繞斜邊AB旋轉(zhuǎn)，則在旋轉(zhuǎn)的過程中，有下列說法： ①四面體E—BCD的體積有最大值和最小值； ②存在某個位置，使得AE⊥BD； ③設(shè)二面角D—AB—E的平面角為θ，則θ≥∠DAE； ④AE的中點M與AB的中點N的連線交平面BCD于點P，則點P的軌跡為橢圓. 其中，正確說法的個數(shù)是(　　) A.1B.2C.3D.4 答案　C 解析　四面體E—BCD的底面BCD的面積為定值，且在旋轉(zhuǎn)的過程中，點E到底面BCD的距離存在最大值和最小值，所以四面體E—BCD的體積有最大值和最小值，①正確；設(shè)BD的中點為F，則當(dāng)AE旋轉(zhuǎn)到平面ACF內(nèi)時，AE⊥BD，②正確；當(dāng)點E旋轉(zhuǎn)到△ABD內(nèi)時，二面角D—AB—E的大小為0，∠DAE＝，此時θ≥∠DAE不成立，③錯誤；由題意得點P的軌跡為以MN為母線，AB為軸的圓錐面與平面BCD的交線，易得圓錐的母線與圓錐的軸的夾角為，在正四面體ABCD中易得直線 AB與平面BCD所成的角α滿足<α<，所以圓錐面與平面BCD的交線為橢圓，即點P的軌跡為橢圓，④正確.綜上所述，正確說法的個數(shù)為3，故選C. 2.(2018浙江高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，已知正四面體D—ABC，P為線段AB上的動點(端點除外)，則二面角D—PC—B的平面角的余弦值的取值范圍是____________. 答案　 解析　當(dāng)點P從點A運動到點B時，二面角D—PC—B的平面角逐漸增大，二面角D—PC—B的平面角最小趨近于二面角D—AC—B的平面角，最大趨近于二面角D—BC—A的平面角的補角. 設(shè)正四面體的棱長為2，如圖所示，取AC的中點為E.連接DE，BE，易知∠DEB為二面角D—AC—B的平面角，DE＝BE＝，所以cos∠DEB＝ ＝，同理二面角D—BC—A的平面角的補角的余弦值為－，故二面角D—PC—B的平面角的余弦值的取值范圍是. 思維升華 (1)考慮動態(tài)問題中點線面的變化引起的一些量的變化，建立目標(biāo)函數(shù)，用代數(shù)方法解決幾何問題. (2)運動變化中的軌跡問題的實質(zhì)是尋求運動變化過程中的所有情況，發(fā)現(xiàn)動點的運動規(guī)律. (3)運動過程中端點的情況影響問題的思考，可以利用極限思想考慮運動變化的極限位置. 1.(2018紹興質(zhì)檢)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中正確的個數(shù)是(　　) ①若m∥α且m⊥β，則α⊥β； ②若m⊥β且α⊥β，則m∥α； ③若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥β； ④若m∥n，n∥α，則m∥α. A.1B.2C.3D.4 答案　B 解析　若m∥α，則由線面平行的性質(zhì)定理知，在α內(nèi)有直線l與m平行，又m⊥β，則l⊥β，從而α⊥β，故①正確；若m⊥β且α⊥β，則m?α或m∥α，故②不正確；若m∥n，m⊥α，則n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，故③正確；若m∥n，n∥α，則m∥α或m?α，故④不正確.故正確的個數(shù)為2. 2.過正方體ABCD—A′B′C′D′的頂點A作平面α，使得棱AB，CC′，A′D′在平面α上的投影的長度相等，則這樣的平面α的個數(shù)為(　　) A.6B.4C.3D.1 答案　B 解析　考慮到平行的性質(zhì)，AB，CC′，A′D′可以用同一頂點處的三條棱替代，如AB，AA′，AD，投影的長度相等等價于這些線段所在直線與平面α所成的角相等，因此以正方體為依托， 如圖，平面AB′D′(BC′D)，ACD′(A′BC′)，A′BD(B′CD′)，A′C′D(AB′C)均符合題意，所以這樣的平面有4個.故選B. 3.(2018紹興模擬)《九章算術(shù)》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”.已知某“塹堵”的三視圖如圖所示，俯視圖中間的實線平分矩形的面積，則該“塹堵”的側(cè)面積為(　　) A.2 B.2＋4 C.4＋4 D.4＋6 答案　C 解析　由題可得，該幾何體是底面為等腰直角三角形，直角邊長為，高為2的直三棱柱，所以其側(cè)面包括一個邊長為2的正方形及兩個長和寬分別為2和的長方形，所以其側(cè)面積為S＝22＋22＝4＋4，故選C. 4.(2018臺州適應(yīng)性考試)如圖，已知菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，將菱形ABCD沿對角線AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若點N是BD上的動點，當(dāng)線段ON最短時，二面角N—AC—B的余弦值為(　　) A.0B.C.D. 答案　C 解析　易知OB＝OD，所以當(dāng)N為BD的中點時，線段ON最短，因為AC⊥OB，AC⊥OD，OB∩OD＝O，OB，OD?平面OBD，所以AC⊥平面BOD，所以O(shè)N⊥AC，又OB⊥AC，所以∠BON即二面角N—AC—B的平面角.因為平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，OD⊥AC，所以O(shè)D⊥平面ABC，所以O(shè)D⊥OB，△BOD為等腰直角三角形，所以∠BON＝45，所以二面角N—AC—B的余弦值為. 5.(2018浙江)已知四棱錐S－ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點)，設(shè)SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S－AB－C的平面角為θ3，則(　　) A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1 答案　D 解析　如圖，不妨設(shè)底面正方形的邊長為2，E為AB上靠近點A的四等分點，E′為AB的中點，S到底面的距離SO＝1，以EE′，E′O為鄰邊作矩形OO′EE′， 則∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3. 由題意，得tanθ1＝＝，tanθ2＝＝＝，tanθ3＝1， 此時tanθ2＜tanθ3＜tanθ1，可得θ2＜θ3＜θ1. 當(dāng)E在AB中點處時，θ2＝θ3＝θ1.故選D. 6.(2018嘉興調(diào)研)如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點，過EF的平面與棱BB1，DD1分別交于點G，H.設(shè)BG＝x，x∈[0，1]. ①四邊形EGFH一定是菱形； ②AC∥平面EGFH； ③四邊形EGFH的面積S＝f(x)在區(qū)間[0，1]上具有單調(diào)性； ④四棱錐A—EGFH的體積為定值. 以上結(jié)論正確的個數(shù)是(　　) A.4B.3C.2D.1 答案　B 解析　由正方體的性質(zhì)易得D1H＝BG＝x，則四邊形A1D1HE、四邊形ABGE、四邊形CBGF、四邊形C1D1HF為四個全等的直角梯形，則HE＝EG＝GF＝FH，即四邊形EGFH為菱形，①正確；因為AC∥EF，EF?平面EGFH，AC?平面EGFH，所以AC∥平面EGFH，②正確；在線段DD1上取DM＝x，則易得△HMG為直角三角形，且HM＝1－2x，則GH＝＝，則菱形EGFH的面積S＝f(x)＝EFGH＝，易得其在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在[0，1]上不具有單調(diào)性，③錯誤；V四棱錐A—EGFH＝V三棱錐A—EFH＋V三棱錐A—EGF＝V三棱錐F—AEH＋V三棱錐F—AEG＝11＋11＝，為定值，④正確.綜上所述，正確結(jié)論的個數(shù)是3，故選B. 7.如圖，在正四面體A—BCD中，P，Q，R分別為AB，AC，AD上的點，＝2，＝＝3，記二面角B—PQ—R，C—QR—P，D—PR—Q的平面角分別為α，β，γ，則(　　) A.γ<α<β B.α<γ<β C.α<β<γ D.β<γ<α 答案　C 解析　易知二面角B—PQ—R的平面角的補角就是二面角A—PQ—R的平面角，二面角C—QR—P的平面角的補角就是二面角A—QR—P的平面角，二面角D—PR—Q的平面角的補角就是二面角A—PR—Q的平面角.易得二面角A—PQ—R的平面角>二面角A—QR—P的平面角>二面角A—PR—Q的平面角，即α<β<γ.故選C. 8.如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，給出四個結(jié)論： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折過程中，可能成立的結(jié)論是________.(填寫結(jié)論序號) 答案?、冖? 解析　因為BC∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則①錯誤；設(shè)點D在平面BCF上的射影為點P，當(dāng)BP⊥CF時就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使條件滿足， 所以②正確；當(dāng)點P落在BF上時，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確；因為點D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯誤.故答案為②③. 9.如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點.設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為______. 答案　 解析　以A點為坐標(biāo)原點，AB，AD，AQ所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)AB＝1，則＝， E，設(shè)M(0，y，1)(0≤y≤1)， 則＝， ∴cos，＝＝－. 則cosθ＝|cos，|＝＝， 令t＝1－y，則y＝1－t， ∵0≤y≤1，∴0≤t≤1， 那么cosθ＝＝＝， 令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1， 那么cosθ＝， 又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴x＝1時，zmin＝5， 此時cosθ的最大值為＝＝. 10.(2009浙江)如圖，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為DC的中點，F(xiàn)為線段EC(端點除外)上一動點.現(xiàn)將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內(nèi)過點D作DK⊥AB，K為垂足.設(shè)AK＝t，則t的取值范圍是____________. 答案　 解析　如圖，在平面ADF內(nèi)過D作DH⊥AF，垂足為H，連接HK.過F點作FP∥BC交AB于點P. 設(shè)∠FAB＝θ，則cosθ∈. 設(shè)DF＝x，則1<2. ∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，DK⊥AB，DK?ABD，∴DK⊥平面ABC，又AF?平面ABC，∴DK⊥AF. 又∵DH⊥AF，DK∩DH＝D，DK，DH?平面DKH， ∴AF⊥平面DKH，∴AF⊥HK，即AH⊥HK. 在Rt△ADF中，AF＝，∴DH＝. ∵△ADF和△APF都是直角三角形，PF＝AD， ∴Rt△ADF≌Rt△APF，∴AP＝DF＝x. ∵△AHD∽△ADF， ∴cosθ＝＝.∴x＝. ∵10). (1)證明：BC1∥平面AB1D； (2)若直線BC1與平面ABB1A1所成角的大小為，求h的值. (1)證明　方法一　如圖1，連接A1B，交AB1于點E，連接DE，則DE是△A1BC1的中位線， 圖1 所以DE∥BC1. 又DE?平面AB1D，BC1?平面AB1D， 所以BC1∥平面AB1D. 方法二　如圖2，取AC的中點F，連接BF，C1F，DF. 圖2 因為AF∥DC1，且AF＝DC1， 所以四邊形AFC1D是平行四邊形，故AD∥FC1. 又FC1?平面BFC1，AD?平面BFC1， 所以AD∥平面BFC1. 因為DF∥B1B，且DF＝B1B，所以四邊形DFBB1是平行四邊形，故DB1∥FB. 又FB?平面BFC1，DB1?平面BFC1， 所以DB1∥平面BFC1. 又AD∩DB1＝D，AD，DB1?平面ADB1， 所以平面ADB1∥平面BFC1. 又BC1?平面BFC1， 故BC1∥平面AB1D. (2)解　方法一　取A1B1的中點H，連接C1H，BH. 因為△A1B1C1與△ABC都是正三角形，所以C1H⊥A1B1. 在直三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面A1B1C1，平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝A1B1， 又C1H?平面A1B1C1，故C1H⊥平面ABB1A1. 所以∠C1BH就是BC1與平面ABB1A1所成的角， 即∠C1BH＝. 在Rt△C1BH中，BC1＝2HC1＝2， 在Rt△BCC1中，BC1＝＝. 所以＝2，解得h＝2. 方法二　以AB的中點O為坐標(biāo)原點，OB，OC所在直線分別為x軸，y軸，過點O且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖3所示， 圖3 則B(1，0，0)，C1(0，，h). 易得平面ABB1A1的一個法向量為n＝(0，1，0). 又＝(－1，，h)， 所以sin＝|cos〈，n〉|＝， 即＝，解得h＝2. 13.(2018紹興市適應(yīng)性考試)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90，∠CAB＝θ，M為AB的中點.將△ACM沿著CM翻折至△A′CM，使得A′M⊥MB，則θ的取值不可能為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　如圖，設(shè)點A′在平面BMC上的射影為A″， 則由題意知，點A″在直線CM的垂線A′A″上.要使A′M⊥MB，則A″M⊥MB，所以只需考慮其臨界情況，即當(dāng)A″M⊥MB時，點A與點A″關(guān)于直線CM對稱，所以∠AMD＝∠A″MD＝∠BMC＝，又AM＝MC，所以△AMC是以∠MAC為底角的等腰三角形，所以∠CAM＋∠MCA＝2θ＝，所以θ＝.因此當(dāng)θ≥時，有A′M⊥MB，所以θ的取值不可能為，故選A. 14.(2018溫州高考適應(yīng)性測試)已知線段AB垂直于定圓所在的平面，B，C是圓上的兩點，H是點B在AC上的射影，當(dāng)C運動時，點H運動的軌跡(　　) A.是圓 B.是橢圓 C.是拋物線 D.不是平面圖形 答案　A 解析　設(shè)在定圓內(nèi)過點B的直徑與圓的另一個交點為點D，過點B作AD的垂線，垂足為點E，連接EH，CD.因為BD為定圓的直徑，所以CD⊥BC，又因為AB垂直于定圓所在的平面，所以CD⊥AB，又因為AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH，又因為BH⊥AC，AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥EH，所以動點H在以BE為直徑的圓上，即點H的運動軌跡為圓，故選A. 15.(2018浙江省鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知直三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)棱長為6，且底面是邊長為2的正三角形，用一平面截此棱柱，與側(cè)棱AA1，BB1，CC1分別交于三點M，N，Q，若△MNQ為直角三角形，則該直角三角形斜邊長的最小值為(　　) A.2B.4C.2D.2 答案　D 解析　取D，D1分別為AC，A1C1的中點，連接DD1，DB，根據(jù)題意以D為原點，DB，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 點M在側(cè)棱AA1上，設(shè)M(0，－1，a)，點N在BB1上，設(shè)N(，0，b)，點Q在CC1上，設(shè)Q(0，1，c)，不妨設(shè)c

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