Question

8．如圖1，已知正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長為a，M，N，Q分別是線段AD₁，B₁C，C₁D₁上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)三棱錐Q-BMN的俯視圖如圖2所示時(shí)，三棱錐Q-BMN四個(gè)面中面積最大的是（　�。�

• A． △MNQ
• B． △BMN
• C． △BMQ
• D． △BNQ

Answer 1

分析 由題意可得可得Q在D₁，N在C，M為D₁A的中點(diǎn)，求得三棱錐Q-BMN的各個(gè)面的面積，從而得出結(jié)論．

解答 解：由三棱錐Q-BMN的俯視圖可得Q在D₁，N在C，M為D₁A的中點(diǎn)，
∴S_△QBN=$\frac{1}{2}$•BC•CD₁=$\frac{1}{2}$•a•$\sqrt{2}$a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a²．
△QMN中，QN=$\sqrt{2}$ a，QM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$ a，MN=$\sqrt{{CD}^{2}{+DM}^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}{+（\frac{\sqrt{2}}{2}a）}^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$a，
∴QM⊥MN，S_△QMN=$\frac{1}{2}$•MN•QM=$\frac{\sqrt{2}}{4}$a²．
△QMB中，∵QM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$ a，QB=$\sqrt{3}$a，BM=$\sqrt{{BA}^{2}{+AM}^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}{+（\frac{\sqrt{2}}{2}a）}^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$a，
∴用余弦定理求得cos∠QMB=$\frac{{（\frac{\sqrt{6}}{2}a）}^{2}{+（\frac{\sqrt{2}}{2}a）}^{2}-{3a}^{2}}{2•\frac{\sqrt{6}}{2}a•\frac{\sqrt{2}}{2}a}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴sin∠QMB=$\sqrt{{1-cos}^{2}∠QMB}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴S_△QMB=$\frac{1}{2}$QM•MB•sin∠QMB=$\frac{1}{2}$•$\frac{\sqrt{2}}{2}a$•$\frac{\sqrt{6}}{2}a$•$\frac{\sqrt{6}}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$a²．
S_△BMN=$\frac{1}{2}$•BN•BM=$\frac{1}{2}$•a•$\frac{\sqrt{6}}{2}$a=$\frac{\sqrt{6}}{4}$•a²，
故三棱錐Q-BMN四個(gè)面中面積最大的是△BNQ，
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考三視圖，求三角形的面積，考查學(xué)生的計(jì)算能力，由三棱錐Q-BMN的俯視圖可得Q在D₁，N在C，M為D₁A的中點(diǎn)是關(guān)鍵，屬于中檔題．