（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

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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.164B.164C.204D.204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S52242204，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(diǎn)，PA圓O所在平面，且PAAB2，過點(diǎn)A作平面PB，交PB，PC分別于E，F(xiàn)，當(dāng)三棱錐PAEF體積最大時，tanBAC_.答案解析PB平面AEF，AFPB，又ACBC，APBC，ACAPA，AC，AP平面PAC，BC平面PAC，又AF平面PAC，AFBC，又PBBCB，PB，BC平面PBC，AF平面PBC，AFE90，設(shè)BAC，在RtPAC中，AF.在RtPAB中，AEPE，EF，V三棱錐PAEFAFEFPEAF，當(dāng)AF1時，三棱錐PAEF的體積取最大值，此時1，且090，cos，sin，tan.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(bǔ)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.3624B.3612C.4024D.4012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5224423612，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.B.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V122221.故選A.題型二空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系例2如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn).(1)求證：平面ABE平面B1BCC1；(2)求證：C1F平面ABE；(3)求三棱錐EABC的體積.(1)證明在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.因?yàn)锳B平面ABC，所以BB1AB.又因?yàn)锳BBC，BCBB1B，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(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G.因?yàn)镋，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn)，所以FGAC，且FGAC.因?yàn)锳CA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1，所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1FEG.又因?yàn)镋G平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.方法二如圖2，取AC的中點(diǎn)H，連接C1H，F(xiàn)H.因?yàn)镠，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，所以HFAB，又因?yàn)镋，H分別是A1C1，AC的中點(diǎn)，所以EC1AH，且EC1AH，所以四邊形EAHC1為平行四邊形，所以C1HAE，又C1HHFH，AEABA，所以平面ABE平面C1HF，又C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE.(3)解因?yàn)锳A1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱錐EABC的體積VSABCAA112.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(shí)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(yùn)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(diǎn)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(jìn)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PABCD中，PA底面ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PAAB1，BC2.(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.證明(1)以點(diǎn)A為原點(diǎn)，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(diǎn)E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，E，F(xiàn)，(1，0，0).，即EFAB，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APDC，ADDC.又APADA，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(jì)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(diǎn)M是球O1上的動點(diǎn)，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(diǎn)，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O1O2O2C，由圖可知，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動至切點(diǎn)E時，MO2C最小，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動至切點(diǎn)F時，MO2C最大，設(shè)EO2O1，則MO2C.在RtEO2O1中，sin，則，即直線O2M與直線O3O4所成角，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DABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點(diǎn)，APPB，2，分別記二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角為，則()A.B.C.D.答案B解析如圖，作出點(diǎn)D在底面ABC上的射影O，過點(diǎn)O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則DEO，DFO，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，在AB邊上取點(diǎn)P，使AP2PB，連接OQ，OR，則O為QRP的中心.設(shè)點(diǎn)O到QRP三邊的距離為a，則OGa，OFOQsinOQFOQsinOQPa，OEORsinOREORsinORPa，OFOGOE，.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，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(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AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1.由ABBC2，ABC120，得AC2.由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又因?yàn)锳1B1B1C1B1，A1B1，B1C1平面A1B1C1，因此AB1平面A1B1C1.(2)解如圖，過點(diǎn)C1作C1DA1B1，交直線A1B1于點(diǎn)D，連接AD.由AB1平面A1B1C1，得平面A1B1C1平面ABB1.由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1D平面A1B1C1，得C1D平面ABB1.所以C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.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(diǎn)O為原點(diǎn)，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(diǎn)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AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，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.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sin|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：四面體EBCD的體積有最大值和最小值；存在某個位置，使得AEBD；設(shè)二面角DABE的平面角為，則DAE；AE的中點(diǎn)M與AB的中點(diǎn)N的連線交平面BCD于點(diǎn)P，則點(diǎn)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EBCD的底面BCD的面積為定值，且在旋轉(zhuǎn)的過程中，點(diǎn)E到底面BCD的距離存在最大值和最小值，所以四面體EBCD的體積有最大值和最小值，正確；設(shè)BD的中點(diǎn)為F，則當(dāng)AE旋轉(zhuǎn)到平面ACF內(nèi)時，AEBD，正確；當(dāng)點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)到ABD內(nèi)時，二面角DABE的大小為0，DAE，此時DAE不成立，錯誤；由題意得點(diǎn)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所成的角滿足，所以圓錐面與平面BCD的交線為橢圓，即點(diǎn)P的軌跡為橢圓，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DABC，P為線段AB上的動點(diǎn)(端點(diǎn)除外)，則二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范圍是_.答案解析當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動到點(diǎn)B時，二面角DPCB的平面角逐漸增大，二面角DPCB的平面角最小趨近于二面角DACB的平面角，最大趨近于二面角DBCA的平面角的補(bǔ)角.設(shè)正四面體的棱長為2，如圖所示，取AC的中點(diǎn)為E.連接DE，BE，易知DEB為二面角DACB的平面角，DEBE，所以cosDEB，同理二面角DBCA的平面角的補(bǔ)角的余弦值為，故二面角DPCB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(diǎn)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(yùn)動變化中的軌跡問題的實(shí)質(zhì)是尋求運(yùn)動變化過程中的所有情況，發(fā)現(xiàn)動點(diǎn)的運(yùn)動規(guī)律.(3)運(yùn)動過程中端點(diǎn)的情況影響問題的思考，可以利用極限思想考慮運(yùn)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，是兩個不同的平面，則下列命題中正確的個數(shù)是()若m且m，則；若m且，則m；若mn，m，n，則；若mn，n，則m.A.1B.2C.3D.4答案B解析若m，則由線面平行的性質(zhì)定理知，在內(nèi)有直線l與m平行，又m，則l，從而，故正確；若m且，則m或m，故不正確；若mn，m，則n，又n，所以，故正確；若mn，n，則m或m，故不正確.故正確的個數(shù)為2.2.過正方體ABCDABCD的頂點(diǎn)A作平面，使得棱AB，CC，AD在平面上的投影的長度相等，則這樣的平面的個數(shù)為()A.6B.4C.3D.1答案B解析考慮到平行的性質(zhì)，AB，CC，AD可以用同一頂點(diǎn)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所成的角相等，因此以正方體為依托，如圖，平面ABD(BCD)，ACD(ABC)，ABD(BCD)，ACD(ABC)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(shí)線平分矩形的面積，則該“塹堵”的側(cè)面積為()A.2B.24C.44D.46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S222244，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(diǎn)O，將菱形ABCD沿對角線AC折起，使得平面ACD平面ABC，若點(diǎn)N是BD上的動點(diǎn)，當(dāng)線段ON最短時，二面角NACB的余弦值為()A.0B.C.D.答案C解析易知OBOD，所以當(dāng)N為BD的中點(diǎn)時，線段ON最短，因?yàn)锳COB，ACOD，OBODO，OB，OD平面OBD，所以AC平面BOD，所以O(shè)NAC，又OBAC，所以BON即二面角NACB的平面角.因?yàn)槠矫鍭CD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，ODAC，所以O(shè)D平面ABC，所以O(shè)DOB，BOD為等腰直角三角形，所以BON45，所以二面角NACB的余弦值為.5.(2018浙江)已知四棱錐SABCD的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，E是線段AB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))，設(shè)SE與BC所成的角為1，SE與平面ABCD所成的角為2，二面角SABC的平面角為3，則()A.123B.321C.132D.231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(diǎn)A的四等分點(diǎn)，E為AB的中點(diǎn)，S到底面的距離SO1，以EE，EO為鄰邊作矩形OOEE，則SEO1，SEO2，SEO3.由題意，得tan1，tan2，tan31，此時tan2tan3tan1，可得231.當(dāng)E在AB中點(diǎn)處時，231.故選D.6.(2018嘉興調(diào)研)如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點(diǎn)，過EF的平面與棱BB1，DD1分別交于點(diǎn)G，H.設(shè)BGx，x0，1.四邊形EGFH一定是菱形；AC平面EGFH；四邊形EGFH的面積Sf(x)在區(qū)間0，1上具有單調(diào)性；四棱錐AEGFH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D1HBGx，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HEEGGFFH，即四邊形EGFH為菱形，正確；因?yàn)锳CEF，EF平面EGFH，AC平面EGFH，所以AC平面EGFH，正確；在線段DD1上取DMx，則易得HMG為直角三角形，且HM12x，則GH，則菱形EGFH的面積Sf(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，錯誤；V四棱錐AEGFHV三棱錐AEFHV三棱錐AEGFV三棱錐FAEHV三棱錐FAEG1111，為定值，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ABCD中，P，Q，R分別為AB，AC，AD上的點(diǎn)，2，3，記二面角BPQR，CQRP，DPRQ的平面角分別為，則()A.B.C.D.二面角AQRP的平面角二面角APRQ的平面角，即.故選C.8.如圖，在梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，將四邊形ADFE沿直線EF進(jìn)行翻折，給出四個結(jié)論：DFBC；BDFC；平面DBF平面BFC；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)答案解析因?yàn)锽CAD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則錯誤；設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BPCF時就有BDFC，而ADBCAB234，可使條件滿足，所以正確；當(dāng)點(diǎn)P落在BF上時，DP平面BDF，從而平面BDF平面BCF，所以正確；因?yàn)辄c(diǎn)D的投影不可能在FC上，所以平面DCF平面BFC不成立，即錯誤.故答案為.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(diǎn)M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn).設(shè)異面直線EM與AF所成的角為，則cos的最大值為_.答案解析以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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)AB1，則，E，設(shè)M(0，y，1)(0y1)，則，cos，.則cos|cos，|，令t1y，則y1t，0y1，0t1，那么cos，令x，0t1，x1，那么cos，又z9x28x4在1，)上單調(diào)遞增，x1時，zmin5，此時cos的最大值為.10.(2009浙江)如圖，在長方形ABCD中，AB2，BC1，E為DC的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段EC(端點(diǎn)除外)上一動點(diǎn).現(xiàn)將AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC.在平面ABD內(nèi)過點(diǎn)D作DKAB，K為垂足.設(shè)AKt，則t的取值范圍是_.答案解析如圖，在平面ADF內(nèi)過D作DHAF，垂足為H，連接HK.過F點(diǎn)作FPBC交AB于點(diǎn)P.設(shè)FAB，則cos.設(shè)DFx，則12.平面ABD平面ABC，平面ABD平面ABCAB，DKAB，DKABD，DK平面ABC，又AF平面ABC，DKAF.又DHAF，DKDHD，DK，DH平面DKH，AF平面DKH，AFHK，即AHHK.在RtADF中，AF，DH.ADF和APF都是直角三角形，PFAD，RtADFRtAPF，APDFx.AHDADF，cos.x.1x2，12，t0).(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(diǎn)E，連接DE，則DE是A1BC1的中位線，圖1所以DEBC1.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(diǎn)F，連接BF，C1F，DF.圖2因?yàn)锳FDC1，且AFDC1，所以四邊形AFC1D是平行四邊形，故ADFC1.又FC1平面BFC1，AD平面BFC1，所以AD平面BFC1.因?yàn)镈FB1B，且DFB1B，所以四邊形DFBB1是平行四邊形，故DB1FB.又FB平面BFC1，DB1平面BFC1，所以DB1平面BFC1.又ADDB1D，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(diǎn)H，連接C1H，BH.因?yàn)锳1B1C1與ABC都是正三角形，所以C1HA1B1.在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABB1A1平面A1B1C1，平面ABB1A1平面A1B1C1A1B1，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RtC1BH中，BC12HC12，在RtBCC1中，BC1.所以2，解得h2.方法二以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC所在直線分別為x軸，y軸，過點(diǎn)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h2.13.(2018紹興市適應(yīng)性考試)如圖，在ABC中，ACB90，CAB，M為AB的中點(diǎn).將ACM沿著CM翻折至ACM，使得AMMB，則的取值不可能為()A.B.C.D.答案A解析如圖，設(shè)點(diǎn)A在平面BMC上的射影為A，則由題意知，點(diǎn)A在直線CM的垂線AA上.要使AMMB，則AMMB，所以只需考慮其臨界情況，即當(dāng)AMMB時，點(diǎn)A與點(diǎn)A關(guān)于直線CM對稱，所以AMDAMDBMC，又AMMC，所以AMC是以MAC為底角的等腰三角形，所以CAMMCA2，所以.因此當(dāng)時，有AMMB，所以的取值不可能為，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(diǎn)，H是點(diǎn)B在AC上的射影，當(dāng)C運(yùn)動時，點(diǎn)H運(yùn)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(diǎn)B的直徑與圓的另一個交點(diǎn)為點(diǎn)D，過點(diǎn)B作AD的垂線，垂足為點(diǎn)E，連接EH，CD.因?yàn)锽D為定圓的直徑，所以CDBC，又因?yàn)锳B垂直于定圓所在的平面，所以CDAB，又因?yàn)锳BBCB，所以CD平面ABC，所以CDBH，又因?yàn)锽HAC，ACCDC，所以BH平面ACD，所以BHEH，所以動點(diǎn)H在以BE為直徑的圓上，即點(diǎn)H的運(yùn)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ABCA1B1C1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(diǎn)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(diǎn)，連接DD1，DB，根據(jù)題意以D為原點(diǎn)，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(diǎn)M在側(cè)棱AA1上，設(shè)M(0，1，a)，點(diǎn)N在BB1上，設(shè)N(，0，b)，點(diǎn)Q在CC1上，設(shè)Q(0，1，c)，不妨設(shè)cba，則(，1，ba)，(，1，bc).因?yàn)镸NQ為直角三角形，由cba，得MNQ為直角，所以0，即(ba)(bc)20，斜邊MQ2，當(dāng)且僅當(dāng)abbc時取等號，故選D.16.已知三棱錐PABC中，點(diǎn)P在底面ABC上的投影正好在等腰直角三角形ABC的斜邊AB上(不包含兩端點(diǎn))，點(diǎn)P到底面ABC的距離等于等腰直角三角形ABC的斜邊AB的長.設(shè)平面PAC與底面ABC所成的角為，平面PBC與底面ABC所成的角為，則tan()的最小值為_.答案解析設(shè)點(diǎn)P在底面ABC上的投影為H，連接PH，則PH平面ABC.過H作HMAC于M，HNBC于N，連接PM，PN，則PMH，PNH.設(shè)ACBC1，AHt(0t)，則PHAB.因?yàn)锳BC為等腰直角三角形，所以MHAHsin45，NHBHsin45，所以tan，tan，所以tan().因?yàn)?t，所以當(dāng)t時，tan()取得最小值，最小值為.