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第四讲　立体几何
微专题1　空间几何体的三视图、表面积与体积
命 题 者 说

考 题 统 计 考 情 点 击
2018·全国卷Ⅰ·T7·三视图 2018·全国卷Ⅰ·T12·截面问题 2018·全国卷Ⅱ·T16·侧面积问题 2018·全国卷Ⅲ·T3·三视图 立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局，多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算。


考向一 空间几何体的三视图
【例1】　(1)(2018·唐山模拟)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为(　　)


A　　 　　　B　　 　　　C　　 　　D
(2)(2018·山西八校联考)将正方体(如图①)截去三个三棱锥后，得到如图②所示的几何体，侧视图的视线方向如图②所示，则该几何体的侧视图为(　　)


A　　 　　B　 　 　C　　　 　D
解析　(1)由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A。故选A。

(2)将图②中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向观察，易知该几何体的侧视图为选项D中的图形。故选D。
答案　(1)A　(2)D



(1)由直观图确定三视图的方法
根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定。
(2)由三视图还原到直观图的思路
①根据俯视图确定几何体的底面。
②根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置。
③确定几何体的直观图形状。
另外，对于一些三视图题，可将几何体放到正方体或长方体中，利用正方体或长方体的线面、面面垂直关系分析几何体的三视图。
变|式|训|练
(2018·湖北襄阳测试)若6个棱长为1的正方体在桌面上堆叠成一个几何体，该几何体的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图不可能为(　　)

A　　　　　B　　　　　C　　　　　D
解析　如图①所示，A正确；如图②所示，B正确；如图③所示，C正确。故选D。

答案　D
考向二 空间几何体的表面积与体积
微考向1：根据三视图求表面积与体积
【例2】　(2018·郑州质量预测)刍甍，中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广。刍，草也。甍，屋盖也。”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱。刍甍字面意思为茅草屋顶。”如图为一个刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该茅草屋顶的面积为(　　)

A．24　　　B．32 C．64　　　D．32

解析　由三视图可知该几何体的直观图如图所示，其中S四边形ABED＝S四边形ACFD，S△ABC＝S△DEF。过点A向平面BCFE作垂线，垂足为A′，作AM⊥CF于点M，AN⊥BC于点N，连接A′N，易知AA′＝4，A′N＝CM＝＝2，CN＝BC＝2。在Rt△AA′N中，AN＝＝＝2，在Rt△ANC中，AC＝＝＝2，在Rt△AMC中，AM＝＝＝2。所以S四边形ACFD＝×(4＋8)×2＝12，S△ABC＝×BC×AN＝×4×2＝4。所以该茅草屋顶的面积为2×12＋2×4＝32。故选B。
答案　B



根据三视图求空间几何体的表面积与体积时，应还原空间几何体的直观图，再根据表面积与体积公式求解。
【变式训练】　(2018·山西二模)某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是(　　)

A．π B．π
C．π D．π
解析　由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与半个圆锥组合而成，其中圆柱的底面半径为2，高为4，圆锥的底面半径和高均为2，其体积为V＝×4π×4＋××4π×2＝。故选A。
答案　A
微考向2：根据线面关系求表面积与体积
【例3】　(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°。若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________。

解析　如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′。△SAB的面积为·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4。因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos45°＝4×＝2。所以圆锥的侧面积为π×AS′×AS＝π×2×4＝40π。
答案　40π



根据空间几何体的结构特征，借助于线面关系的有关定义、定理找出几何体的底面特征及高，必要时可进行分割、补形等，求出几何体的表面积与体积。
变|式|训|练
(2018·天津高考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________。

解析　连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥M－EFGH的体积为×2×＝。
答案　
考向三 与球有关的组合体问题
【例4】　(2018·江西南昌模拟)在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，SA＝，SB＝2，二面角S－AB－C的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为________。

解析　根据题意得SA2＋AB2＝SB2，即SA⊥AB。取AB的中点为D，SB的中点为M，连接CD、MD，得∠CDM为二面角S－AB－C的平面角，所以∠MDC＝120°。如图，设三角形ABC的外心为O1，则O1在CD上，连接BO1，则CO1＝＝BO1，DO1＝。设外接球半径为R，易知球心为过M垂直面ABS的垂线与过O1垂直面ABC的垂线的交点O。在四边形MDO1O中，因为二面角S－AB－C的平面角∠MDC＝120°，且MO⊥MD，O1O⊥DO1，MD＝O1D＝，所以∠ODO1＝60°，OO1＝O1Dtan60°＝，连接OB，所以R2＝OB2＝OO＋O1B2＝＋3＝。所以球的表面积S＝4πR2＝21π。
答案　21π



在立体几何试题中，我们经常会遇到这样一类问题：由题设条件，计算某几何体的外接球的表面积或体积。因为S球＝4πR2，V球＝πR3，所以关键是求解外接球的半径R。常用的解题策略有：①通过构造特殊几何体，巧妙分析；②通过解直角三角形，巧妙分析；③借助直角三角形的斜边中点到各顶点的距离相等，巧妙分析；④借助几何体的底面多边形的外接圆，巧妙分析。
变|式|训|练
(2018·贵阳监测考试)如图，正方形网格的边长为1，粗实线表示的是某几何体的三视图，该几何体的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)

A．15π B．16π
C．17π D．18π
解析　根据三视图可知该几何体为一个三棱锥，记为S－ABC，将该三棱锥放入长方体中如图所示，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设球O的半径为R，所以(2R)2＝22＋22＋32＝17，R2＝，所以球O的表面积为4πR2＝17π。故选C。

答案　C



1．(考向一)(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(　　)

A．1 B．2
C．3 D．4

解析　将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示。易知，BC∥AD，BC＝1，AD＝AB＝PA＝2，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，故△PAD，△PAB为直角三角形，因为PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，容易求得PC＝3，CD＝，PD＝2，故△PCD不是直角三角形。故选C。
答案　C
2．(考向二)(2018·昆明调研)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成。一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为(　　)

A．63π B．72π
C．79π D．99π
解析　由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为32π×5＋×π×33＝63π。故选A。
答案　A
3．(考向三)(2018·南昌调研)已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB＝2，∠ACB＝90°，PA为球O的直径，且PA＝4，则点P到底面ABC的距离为(　　)
A．　　　　B．2
C．　　　　D．2

解析　取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝＝，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝2。故选B。
答案　B
4．(考向三)(2018·河北五名校联考)如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为(　　)

A．27π B．30π
C．32π D．34π

解析　根据三视图可知，此多面体为三棱锥A－BCD，且侧面ABC⊥底面BCD，△ABC与△BCD都为等腰三角形，如图所示。根据题意可知，三棱锥A－BCD的外接球的球心O位于过△BCD的外心O′，且垂直于底面BCD的垂线上，取BC的中点M′，连接AM′，DM′，OO′，O′B，易知O′在DM′上，过O作OM⊥AM′于点M，连接OA，OB，根据三视图可知M′D＝4，BD＝CD＝2，故sin∠BCD＝，设△BCD的外接圆半径为r，根据正弦定理可知，2r＝＝5，故BO′＝r＝，M′O′＝，设OO′＝x，该多面体的外接球半径为R，在Rt△BOO′中，R2＝2＋x2，在Rt△AMO中，R2＝2＋(4－x)2，所以R＝，故该多面体的外接球的表面积S＝4πR2＝34π。故选D。
答案　D
5．(考向三)(2018·西安八校联考)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积最大为(　　)
A．2 B．
C． D．2

解析　如图，因为球的直径为SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥A－SBC即S－ABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，点A到平面SBC的距离为2sin30°＝，所以棱锥S－ABC的体积最大为×2×＝2。故选A。
答案　A






























































































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微专题2　空间点、直线、平面之间的位置关系
命 题 者 说
考 题 统 计 考 情 点 击
2018·全国卷Ⅱ·T9·异面直线所成的角 2018·浙江高考·T6·直线与平面平行 2017·全国卷Ⅱ·T10·异面直线所成的角 2017·全国卷Ⅲ·T16·圆锥、异面直线所成的角 1.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题。2.空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问。


考向一 空间点、线、面的位置关系判断
【例1】　(1)已知α，β是两个不同的平面，l，m，n是不同的直线，下列命题中不正确的是(　　)
A．若l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，则l⊥α
B．若l⊥α，l∥β，则α⊥β
C．若α⊥β，α∩β＝l，m?α，m⊥l，则m⊥β
D．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
(2)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
C．若m∥α，n∥α，则m∥n
D．若l∥α，α∥β，则l∥β
解析　(1)由l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，不能推出l⊥α，缺少条件m与n相交，故A不正确；若l⊥α，l∥β，则过l作平面γ，使γ∩β＝c，则l∥c，故c⊥α，c?β，故α⊥β，B正确；根据面面垂直的性质定理知C正确；D正确。故选A。
(2)若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故A错误；若m⊥α，n⊥α，则由直线与平面垂直的性质得m∥n，故B正确；若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故C错误；若l∥α，α∥β，则l?β或l∥β，故D错误。故选B。
答案　(1)A　(2)B


判断空间点、线、面位置关系，主要依据四个公理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理，具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型，把要考查的点、线、面融入模型中，判断会简洁明了。如果要否定一结论，只需找到一个反例即可。
变|式|训|练
1．已知直线a，b和平面α，β，下列命题中是假命题的有________(只填序号)。
①若a∥b，则a平行于经过b的任何平面；
②若a∥α，b∥α，则a∥b；
③若a∥α，b∥β，且α⊥β，则a⊥b；
④若α∩β＝a，且b∥α，则b∥a。
解析　①若a∥b，a，b可以确定平面，则a平行于经过b的任何平面，不正确；②若a∥α，b∥α，则a∥b或a，b相交、异面，不正确；③若a∥α，b∥β，且α⊥β，则a，b关系不确定，不正确；④若α∩β＝a，且b∥α，则b与a关系不确定，不正确。
答案　①②③④
2．(2018·益阳、湘潭调研)下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有(　　)

A．①③　　　 B．②③
C．②④　　　 D．②③④
解析　由题意，可知题图①中，GH∥MN，因此直线GH与MN共面；题图②中，G，H，N三点共面，但M?平面GHN，因此直线GH与MN异面；题图③中，连接MG，则GM∥HN，因此直线GH与MN共面；题图④中，连接GN，G，M，N三点共面，但H?平面GMN，所以直线GH与MN异面。故选C。
答案　C
考向二 异面直线所成的角
【例2】　(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
解析　

解法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(1,1，)，D1(0，0，)，所以＝(－1,0，)，＝(1,1，)，因为cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为。故选C。

解法二：如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1。易知AD1∥DE1，则∠B1DE1或其补角为异面直线AD1与DB1所成角。因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，所以DE1＝＝＝2，DB1＝＝，B1E1＝＝＝，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝＝>0，所以∠B1DE1为锐角，即为异面直线AD1与DB1所成的角，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C。

解法三：如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角。因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C。
答案　C


求异面直线所成的角，一般是用平移法把异面直线平移为相交直线，然后再解三角形求解。
变|式|训|练
(2018·陕西质量检测)已知△ABC与△BCD均为正三角形，且AB＝4。若平面ABC⊥平面BCD，且异面直线AB和CD所成的角为θ，则cosθ＝(　　)
A．－　　B． C．－　 　D．
解析　

如图，取BC的中点O，取BD的中点E，取AC的中点F，连接OA，OE，OF，EF，则OE∥CD，OF∥AB，则∠EOF或其补角为异面直线AB与CD所成的角，依题得OE＝CD＝2，OF＝AB＝2，过点F作FG⊥BC于点G，易得FG⊥平面BCD，且FG＝OA＝，G为OC的中点，则OG＝1，又OE＝2，∠EOG＝60°，所以由余弦定理得EG＝
＝＝，由勾股定理得EF2＝FG2＋EG2＝()2＋()2＝6，在△OEF中，由余弦定理得cos∠EOF＝＝＝，所以cosθ＝。故选D。
答案　D
考向三 空间点、线、面的综合问题
【例3】　(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
(2)若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，给出下列结论：
①四面体ABCD每组对棱相互垂直；
②四面体ABCD每个面的面积相等；
③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°且小于180°；
④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；
⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长。
其中正确结论的序号是________。
解析　(1)解法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD。又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1。故选C。
解法二：因为A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，所以B、D错误；因为A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，所以A1E⊥BC1，(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，所以BC1⊥平面CEA1B1。又A1E?平面CEA1B1，所以A1E⊥BC1。)，C正确；因为A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直。A错误。故选C。
(2)对于①，如图①，AE，CF分别为BD边上的高，由AD＝BC，AB＝CD，BD＝DB可知△ABD≌△CDB，所以AE＝CF，DE＝BF，当且仅当AD＝AB，CD＝BC时，E，F重合，此时AC⊥BD，所以当四面体ABCD为正四面体时，每组对棱才相互垂直，故①错误；对于②，由题设可知四面体的四个面全等，所以四面体ABCD每个面的面积相等，故②正确；对于③，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为60°，此时四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180°，故③错误；对于④，如图②，G，H，I，J为各边中点，因为AC＝BD，所以四边形GHIJ为菱形，所以GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分，故④正确；对于⑤，从A点出发的三条棱为AB，AC，AD，因为AC＝BD，所以AB，AC，AD可以构成三角形，其他同理可得，所以从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故⑤正确。综上所述，正确的结论为②④⑤。

答案　(1)C　(2)②④⑤


破解此类问题需：(1)认真审题，并细观所给的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求解；(2)懂得转化，即把面面关系问题转化为线面关系问题，再把线面关系问题转化为线线关系问题，通过转化，把问题简单化，问题的解决也就水到渠成了。
变|式|训|练
1．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有(　　)
A．0条 B．1条
C．2条 D．0条或2条
解析　如图，因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条。故选C。

答案　C
2．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

　 A　　　　　 B　　　　　 C　　　　　D
解析　

解法一：对于B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ。同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ。故选A。

解法二：对于A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行。故选A。
答案　A

1．(考向一)(2018·重庆六校联考)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a?α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
解析　对于A，若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件。故选D。
答案　D
2．(考向二)(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8　　　 　B．6
C．8　　 　D．8
解析　

在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，所以BC1＝2，从而求得CC1＝2，所以该长方体的体积为V＝2×2×2＝8。故选C。
答案　C
3．(考向三)在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K，且PA＝AB＝3，AF＝2，则等于(　　)
A．　　　　B．
C．　　　　D．
解析　如图所示，延长BA，CF交于点G，连接EG，与PA的交点就是K点，则AG＝6，过点A作AH∥PB，与EG交于点H，则＝＝＝＝＝。故选A。

答案　A
4．(考向三)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，若P为三角形A1B1C1内一点(不含边界)，则点P在底面ABC的投影可能在(　　)

A．△ABC的内部
B．△ABC的外部
C．直线AB上
D．以上均有可能
解析　因为AC⊥AB，AC⊥BC1，所以AC⊥平面ABC1，AC?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线
AB上。若P为三角形A1B1C1内一点(不含边界)，则点P在底面ABC的投影可能在△ABC的外部。故选B。
答案　B
5．(考向三)(2018·成都诊断)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知底面ABCD为正方形，P为A1D1的中点，AD＝2，AA1＝，点Q是正方形ABCD所在平面内的一个动点，且QC＝QP，则线段BQ的长度的最大值为________。
解析　以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则P(1,0，)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，Q(x，y,0)，因为QC＝QP，所以＝?(x－2)2＋(y＋2)2＝4，所以(y＋2)2＝4－(x－2)2≤4?|y＋2|≤2?－4≤y≤0，BQ＝＝＝，根据－4≤y≤0可得4≤4－8y≤36，所以2≤BQ≤6，故线段BQ的长度的最大值为6。
答案　6

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