Question

8．如图1，已知正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为a，M，N，Q分别是线段AD₁，B₁C，C₁D₁上的动点，当三棱锥Q-BMN的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN四个面中面积最大的是（　　）

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

Answer 1

分析 由题意可得可得Q在D₁，N在C，M为D₁A的中点，求得三棱锥Q-BMN的各个面的面积，从而得出结论．

解答 解：由三棱锥Q-BMN的俯视图可得Q在D₁，N在C，M为D₁A的中点，
∴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，
故三棱锥Q-BMN四个面中面积最大的是△BNQ，
故选：D．

点评 本题主要考三视图，求三角形的面积，考查学生的计算能力，由三棱锥Q-BMN的俯视图可得Q在D₁，N在C，M为D₁A的中点是关键，属于中档题．