高三数学立体几何经典例题.docx

1、高三数学立体几何经典例题一、选择题(10 X 5 =50)1.如图，设O是正三棱锥 P-ABC底面三角形 ABC的中心, 过O的动平面与P-ABC的三条侧棱或其延长线的交点分别记为 Q R S 则 - ()PQ PR PSA.有最大值而无最小值B.有最小值而无最大值C.既有最大值又有最小值，且最大值与最小值不等D.是一个与平面QRSi置无关的常量2.在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是a. nA , b. 口n n3.正三棱锥P-ABC勺底面边长为 面积的取值范围是B.C.D.2 a,点 E、F、GH分别是PAPBA.(0,+ g) B.C.a2D.4.已知二面角a 若Ba-a-

2、B为60,点A在此二面角内，且点 ,CB ,则厶ABC勺周长的最小值是 (B.25.如图，正四面体 A-BCD中, E在棱AB上,F在棱CD上,使得詈(0入+g),记f (入)=八心,其中与AC所成的角，B入表示EF与BD所成的角，贝U ()入)在(0,+ g)单调增加入)在(0,+ g)单调减少入)在(0,1)单调增加,在(1,+ g)单调减少入)在(0,+ g)为常数(n 1nBC AC的中点，则四边形 EFG啲A到平面a、a入表示EF6.直线a /平面B ,直线a到平面B的距离为1,则到直线合是()A. 一条直线 B.7.正四棱锥底面积为一个平面QB的距离分别是 AE=4, AF=2,D

3、第5题图a的距离与平面B的距离都等于彳的点的集A. ； ,q(s2 q2)C. 1 Q(S22Q2)8.已知球O的半径为A. : 0,2 R9.已知平面aQ平面B =lRB.(0,2R侧面积为S,则它的体积为 ()B.*Jq(S2 Q2)D.-Q S3A B是球面上任意两点，则弦长| AB的取值范围为 (C. (0,2 R D.R2Rl , m是平面a内的一条直线，则在平面B内( )两条平行直线C.)D. 两个平面A.m垂直. 定存在直线与直线 m平行，也一定存在直线与直线B.一定存在直线与直线 m平行，但不一定存在直线与直线C.不一定存在直线与直线 m平行，但一定存在直线与直 线m垂直D.不

4、一定存在直线与直线 m平行，也不一定存在直线与直线m垂直10.如图为一个简单多面体的表面展开图(沿图中虚线折 叠即可还原)，则这个多面体的顶点数为 ().7 C二、填空题(4X 4 =16)11.边长为a的等边三角形内任一点到三边距离之和为定值，这个定值为 ; 推广到空间，棱长为a的正四面体内任一点到各面距离之和为12.在厶ABC中，AB=9, AG=15,/ BAC120,其所在平面外一点 P到 A B C三个顶点的距离都是14,则P点到直线BC的距离为13.已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为 2,则最远的两顶点间的距

5、离是 .14.有120个等球密布在正四面体 A-BCD内，问此正四面体的底部放有 个球.三、解答题(4X 10 +14 =54)15.定直线I 1丄平面a ,垂足为 M动直线l 2在平面a内过定点 N,但不过定点=a为定值，在I 1、l 2上 分别有动线段 AB=b, CD：、c为定值.问在什么情况下四面体 ABCD勺体积最大？最大值是多少？16.如图所示，已知四边形 ABCD EADI和MDC都是边长为a的正方形，点 P、Q分别是ED和 AC的中第16题图点，求：(1)pm与FQ所成的角；(2)P点到平面EFB的距离；(3 )异面直线PM与 FQ的距离.17.如图，在梯形 ABCDK AB/

6、 CD / ADC= 90 ,3 AD=DC=3, AB=2, E是 CD上一点，满足 DE= 1，连结 AE将厶DA曰沿AE折起到 DAE的位置，使得/ DAB= 60 ,设AC与 BE的交点为 Q(1)试用基向量 AB , AE , AD1表示向量OD1(2)求异面直线OD与AE所成的角.(3)判断平面DAE与平面ABCE1否垂直，并说明理由.第17题图18.如图，在斜棱柱 ABC-A1B1G中，底面为正三角形，侧棱长等于底面边长，且侧棱与底面所成的角 为60 ,顶点B在底面ABG上的射影0恰好是AB的中点(1)求证：BC丄GA;(2 )求二面角 G-AB-C的大小.第18题图19.如图所

7、示，在三棱锥P-ABG中，PA=PB=PCBG=2a, AG=a, AB=. 3 a,点 P 到平面 ABG的距离为-a.2(1 )求二面角P-AG-B的大小；(2)求点B到平面PAG的距离.第19题图立体几何练习参考答案一、选择题设正三棱锥 P-ABC中，各棱之间的夹角为a ,棱与底面夹角为B , h为点S到平面PQR的距离，则Vs-pqf=丄Sa pqr - h= ( PQ- PR- sin a ) PS - sin 3 ,另一方面，记 0到各平面的距离为 d,则有3 3 21i i d 1 d 12丄 1 _ sin PR PS = d乂-pqf=Vpq+Vo-prs+Vpq= Spqr

8、 d+ Saprs d+ Spqs d= PQ- PR- sin a + PS* PR* sin a3 3 3 3 2 3+ d 1 PQ- PS- sin a .故有 PQ- PR- PS- sin 3 =d( PQ- PF+PR- PSPQ- P$ ,即丄3 2 PQ常量设正n棱锥的高为h,相邻两侧面所成二面角为B .当hi0时，正n棱锥的极限为正n边形，这时相邻两侧面所成二面角为平面角，即二面角Qn .当his时，正n棱锥的极限为正n棱柱，这时相邻两侧面所成二面角为正 n边形的内角，即A2n7t.故选B.如图，易知四边形 EFGH矩形，当 L底面 ABC勺中心O时，矩形EFGH矩形EFi

9、GHS矩形e1f1gh = ElFl FlGa a=a .即 S 矩形 EFGH - 3 a当 时，S 矩形 EFGFTm .3如图， a丄AEa丄AF a丄平面 AEF-a- B的平面角，/ EG=60 , / EAF=120 ,且易知当厶设a交平面AEF于点G,则/ EGF是二面角aABO的周长最小时，B EGC FG设点A关于平面a的对称点为 A ,点A关于平面B的对称点为 A ,连结A A ,分别交线段EG 、FG于点B C,则此时 ABO勺周长最短，记为1 .由中位线定理及余弦定理得I =2EF=2.42 22 2 4 2cos120 =4 7.因为ABCD是正四面体，故ACL BD

10、作EG/ AC交BC于 G连结GF则a入=Z GEF且-CG -AE OF GB EB FD GF/ BD 故 GFL EG 且 B 产/ EFG f （入）=a x + B 入=90 为常数.这两条直线在距 a为丄的平面上，分布在 a在该平面上的射影的两侧5设正四棱锥各棱长均为 1,贝U Q=1, S=、3，此时，正四棱锥的高 h=222=丄01=丄，将Q=1, S= 3代入选择支，知 A正确.3 6考虑A、B两点在球面上无限靠近但又不重合，及 A、B两点应为直径的两端点时的情况 .点评 若忽视几何里的两点、两直线、两平面等均应是相异的两兀素，就会误选 A,球的最长弦就是m平行的直线；若 m

11、与I相交，则B内无直线与 m平行.m平行，排除A、B.又B内一定存在与 m在B内的射影垂直的直线，由三垂 m垂直,故选C.直径，但球没有最短弦.若m 1，则b内必有与不一定存在直线与直线 线定理知，B内一定存在直线与,该多面体是正方体切割掉本题考查简单多面体的表面展开与翻折，着重考查考生的空间想像能力一个顶点，故有7个顶点.二、填空题11.a； a 本题通过等积找规律2312.7 . 7 分析 P点到A B、C距离相等，故 P点在平面ABC的射影是三角形 ABC的外心，故可 2由厶ABC的已知条件求出 ABC外接圆半径，进而求得 P点到平面ABC的距离，及外心到直线 BC的距离， 从而最终解决

12、问题.解 记P点在平面ABC上的射影为 Q贝U AO BO CC分别是PA PB PC在平面ABC上的射影/ PA=PB=PC. OA=OB=QC O ABC的外心.在厶 ABO中, BO 92 152 9 15 =21由正弦定理，2F=-1 , R=7.3si n120 2P点到平面 ABC勺距离为，142 7 3 7 .易证EFL AD则/ CEF为面ADF和面ACD所成二面角的平面角设G为 CD的中点，同理/ AGB面ACD和面BCD所成二面角的 平面角，由已知/ CEI=Z AGB设底面 CDF的边长为2a,侧棱AD长为b.在厶ACD中,如图所示，作CEL AD连结EF,CEb=AG2

13、a,所以I 2 2CE= AG 2a b a 2ab b在厶ABC中，易求得AB=2 b223a2 23b2ALU第13题图解解得b= 4a,因此b=2时,32a=3, 最远的两顶点间距离为 3./ OPL平面 ABC ODL BC PDL BC正四面体ABCD勺底部是正厶BCD假设离BC边最近的球有n个，则与底面 BCD相切的球也有n 排,各排球的个数分别为 n、n-1、3、2、1,这样与底面相切的球共有 1+2+n=加 卩个由于正四面体2各面都是正三角形.因此，正四面体内必有 n层球，自上而下称为：第 1层、第2层、第n层，那么第n-1层，第n-2层，第2层，第1层球的个数分别是:1+2+

14、 +n-仁 Ml21+2= 2 3 ,1= 1 22 2n(n 1) (n 1)n2 2 _1 2T120,即 Ln(n+1)( n+2)=120.62即(n-8)( n +11 n+90)=0,.n=8,因此正四面体内共有三、解答题15.分析 在四面体ABCD勺基础上，补上一个三棱锥 解如图，连结MC MD则 AML平面 MDC BML平面 MDC1 VA-BC=V-MDC- VB-MD= Sa MDC -(AM-BM3=丄 Samdc，AB3设 M到 CD的距离为 x,则 &md= 1 CD- x=cx,2 2第15题图解1 1 1VA-bcd= x cx - b= bcx3 2 6/ x

15、 MNa, 当 x=a 时，即MN为l 1 与 12的公垂线时，VA-bcd最大，它的最大值为 丄abc.6点评 x MN包含x=MN也包含xvMN垂线段小于斜线段16.解 建立空间直角坐标系，使得 D(0,0,0), A(a,0,0), B(a, a,0), C(0, a,0) , M( 0,0, a) , E(a,0, a),F (0, a, a),则由中点坐标公式得 R耳,0, a), Q ，旦,0),2 2 2 2(1)所以 PM =(- a ,0, -), FQ (-，- a，- a), PM - FQ =(- 2) X 2 2 2a a 3 2+0+ x (- a)=- a ,2且

16、|PM|=a,| FQ | 6 a,所以 cos PM , FQ = PM FQ2 2 | PM II FQ I、2 6a a2 2故得两向量所成的角为 150 ;设n=(x,y,z)是平面EFB的单位法向量，即| n|=1, n丄平面EFB所以n丄EF ,且n丄BE ,.3T,.3T,3，x2 y2 z2 1,又 EF =(- a, a,0) , BE = (0,- a, a),即有 得其中的一个解是ay az 0,设所求距离为d,则d=| PE n| = 2a;3(3)设e=(xi,yi,zi)是两异面直线的公垂线上的单位方向向量,则由PM = 旦,0,旦，FQ=空，2, a ,2 2 2

17、 22 2 2 ,xi yi zi i,得 旦Xi 2zi 0, 求得其中的一个e=，丄，上3，2 2 3 3 3xi y i azi 0.2 2而 MF =(0, a,0)，设所求距离为 m,则 m=| MF e|=|-32所以D与AE所成角为arccos .3设AE的中点为M则MDi=ADi -丄AE.21i MDi AB = ADi AB- AE AB=i X 2X cos60 -丄 X、2 X 2cos45 =0,223i7.解 (i )根据已知，可得四边形ABCE为平行四边形，所以O为BE中点.ii i -OD AD i A AD i(AB AE)ADi AB AE22 2(2) O

18、Di AE (ADii i 丄 AB -AE)AE i 、2 cos 45丄2- 2 cos45 G 2 )2 i2 2222 iT ( ODi ) =( ADi -丄i 2AB-丄 AE)=25222 6- | ODi |= .2 cos= Di AE, -1 ，|ODi | | AE| 如込 3- MDi 丄 AB .MDi AE= ADi AE-丄 AE2 =、2 cos 45 - X ( . 2 ) 2=0, MDi 丄 AE . 2 2所以Ml直于平面ABCE内两条相交直线, MD丄平面ABCE而DM平面ADE,所以平面ADE丄平面ABCE18.(1)解法一 连结 BC、CO T B

19、C丄平面 ABC COL AB 二 BC丄 AB又t在菱形 BBCC中，BC丄BC, BC 丄平面 ABC,： BC 丄 CA(2 )作C Q平面ABC于 Q点，连接AQ/Ci CQ是侧棱与底面所成的角，即/ CQQ=60 ,在厶 C CQ中, C(= 1 CC=AO CQ=_ACC,2 2由 BC B C , OQ平行且相等，又 T COL AE, QAL AB CA丄 ABQAC是二面角Ci -ABC的平面角，第1 8题图解(1)第18题图解(2)在厶 AQC中 , CQ=AQ / QAC=45解法二 (1)以O为原点，OC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图, B

20、0丄平面ABC/ BBO是侧棱与底面所成角，/ BBO=6O .设棱长为2a,则OB=逅a, BO=a,又CO为正三角形的中线， C(=V3 a.则 A(0, a,0),耳0,- a,0), C( . 3 a,0,0), B(0,0, . 3 a), C( . 3 a, a, 3 a).B1C =(/3 a,0,- 3 a), C1A=(- 3 a,0,-，；：3 a). 1 2 2/ B1C C1A=-3a +0+3a=0, BC丄CA 在厶 CAB中，ICAFaBC1 |=| ( . 3 a,2 a, . 3 a) |= .10 a,| AB |=2 a, . Sac1ab= . 6 a,

21、作 CQ!平面 ABC于 Q点，贝U Q J3 a, a,0).- Saab(= 3a,设二面角 Ci- AB-C的平面角为B二面角C-ABC的平面角为45 .19. (1)解法一 由条件知厶ABC为直角三角形，/ BAC90 PA=PB=PC.点P在平面ABCh的射影是厶ABC的外心，即斜边BC的中点E,取AC中点D,连结PDDE PE PEL平面 ABCDEL AQ DE/ AB. /. ACL PD / PDE为二面角 P-AC-B的平面角. tan PDE 星2DE/ PDE60 ,故二面角P-AC-B的平面角为60 .解法二 设0为BC的中点，则可证明 POL面ABC建立如图空间直角

22、坐标系,则 A 丄a, a,0 , B(- a,0,0), q a,0,0), P 0,0-a ,2 2 2AC中点 D 3a, -a,044AB = 3 a, 3 a,0 , DP = a a, a2 2 442/ ABL AC PA=PC PDL AC cos即为二面角 P-AG B的余弦值.3 3 3 3(-a)( -a) -a -a 0而 cos= 2 4 2 4(92 32c / 9 2 3 2 9 2a a 0 a a a 4 4 16 16 4二面角P-AC-B的平面角为60 解法一 PD= . PE2 DE2 3 a2 9 a2 .3a,X 4 4Saapc= 1 AC- PD=a22 2设点B到平面PAC勺距离为h,则由 Vp-abcfVb-apc得 Saabg3-PE= Saapg h,3h= s ABC PES APC1a .3a a22罷2 2aa 故点B到平面PAC的距离为Aa.2解法二 点E到平面PAC勺距离容易求得，为 la,而点B到平面PAC勺距离是其2倍,4点B到平面PAC勺距离为2a.2