2020屆高考數(shù)學(xué) 空間圖形新創(chuàng)題
(8)空間圖形新題原創(chuàng)5道1.有六根細(xì)木棒,其中較長的兩根分別為a、a,其余四根均為a,用它們搭成三棱錐,則其中兩條較長的棱所在的直線的夾角的余弦值為 ( )A.0 B. C.0或 D.以上皆不對講解:B。如圖所示,本題共可作出兩幅圖,若不細(xì)辨別,可立即得C答案,但若對兩幅圖的存在性稍作回想,立即發(fā)現(xiàn)圖實質(zhì)上是一個陷阱,此圖根本不存在.取AC中點E,連結(jié)BE、ED,得BE=ED=a,而BE+ED=a<a=BD,故應(yīng)排除(1),故應(yīng)選B.2一個正六面體的各個面和一個正八面體的各個面都是邊長為a的正三角形,這樣的兩個多面體的內(nèi)切球的半徑之比是一個最簡分?jǐn)?shù),那么積m·n是 ( )A.6 B.3 C.54 D.24講解:A。設(shè)六面體與八面體的內(nèi)切球半徑分別為r1與r2,再設(shè)六面體中的正三棱錐ABCD的高為h1,八面體中的正四棱錐MNPQR的高為h2,如圖所示,則h1=a,h2=a.V正六面體=2·h1·SBCD=6·r1·SABC,r1=h1=a.又V正八面體=2·h2·S正方形NPQR=8·r2·SMNP,a3=2r2a2,r2=a,于是是最簡分?jǐn)?shù),即m=2,n=3,m·n=6.故應(yīng)選A.3.已知平面平面,直線l,點Pl,平面、間的距離為8,則在內(nèi)到點P的距離為10且到直線l的距離為9的點的軌跡是 ( )A.一個圓 B.兩條直線 C.四個點 D.兩個點講解:C。如圖,設(shè)點P在平面上的射影是O,則OP是平面、的公垂線段,OP=8.在內(nèi),到點P的距離等于10的點到點O的距離等于6,故點的集合是以O(shè)為圓心,以6為半徑的圓.在內(nèi),到直線l的距離等于9的點的集合是兩條平行直線m、n,它們到點O的距離都等于<6,所以直線m、n與這個圓均相交,共有四個交點,因此所求的點的軌跡是四個點,故應(yīng)C.4. 空間 (填:“存在”或“不存在”)這樣的四個點A、B、C、D,使得AB=CD=8 cm,AC=BD=10cm,AD=BC=13cm.講解: 要去尋找這樣的點是很難敘述的.但我們可以虛擬一些特殊的圖形去模擬運動,判斷結(jié)果.細(xì)看題目有四個點,顯然可以從四邊形旋轉(zhuǎn)所構(gòu)成的三棱錐模型結(jié)構(gòu)看一下這些長度關(guān)系是否合理,來得出需要的結(jié)論.在空間中,分別以8、10、13為邊長,作如圖所示平面四邊形,它由ABC和BCD組成,公共邊為BC=13 cm,AC=BD=10cm,AB=CD=8 cm,固定ABC所在的平面,令BCD繞著邊BC旋轉(zhuǎn).顯然當(dāng)D位于ABC所在的平面時,AD最大.由BC=13cm,AC=10cm,AB=8cm,可得cosBAC=-,即可知BAC是鈍角,故對于平行四邊形(即D在平面ABC內(nèi)時)ABDC,對角線AD的長小于對角線BC的長,即AD<BC=13cm.顯然,當(dāng)點D不在面ABC內(nèi)時都有AD<BC=13cm.因此按題目要求分布的四個點是不可能的,故知題目要求的四個點不存在.5.不共面的三條定直線l1,l2,l3互相平行,點A在l1上,點B在l2上,C、D兩點在l3上,若CD=a(定值),則三棱錐ABCD的體積 ( )A.由A點的變化而變化 B.由B點的變化而變化C.有最大值,無最小值 D.為定值講解:D。如圖,把BCD當(dāng)作三棱錐的底面,AO面BCD于O,l2l3,無論B點在l2上什么位置,BCD的面積總不變.又l2l3,l2、l3確定一個平面,l1l2,且A不在l2、l3確定的平面上,l1平行于l2、l3確定的平面,從而不論A在l1的什么位置,高AO的長總不變.又V=×高×底面積,故無論A、B在什么位置時,其體積不變.