(word完整版)高三数学立体几何经典例题

1、厦门一中立体几何专题一、选择题（10X5 =50 ）1如图，设 0 是正三棱锥 P-ABC 底面三角形 ABC 的中心， 过 0 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-111（）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 QRS 位置无关的常量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.,B.,C. 0,D.nn2n的面积的取值范围是（）若 Ba,C3,则厶 ABC 的周长的最小值是（）B.2 .75.如图，正四面体 A-BCD 中，E 在棱 AB 上，F

2、 在棱 CD 上,使得詈 Cy =入（0入+m），记 f （入）=ax+3入，其中a入表示 EF与 AC 所成的角，3入表示 EF 与 BD 所成的角，贝U（）A. f （入）在（0,+g）单调增加B. f （入）在（0,+g）单调减少C. f （入）在（0,1）单调增加，在（1,+g）单调减少D. f （入）在（0,+g）为常数合是（）A. 一条直线B. 个平面C.两条平行直线D.两个平面7.正四棱锥底面积为 Q,侧面积为 S,则它的体积为（）3正三棱锥 P-ABC 的底面边长为2a,点 E、F、G、H 分别是PA、PB、BC、AC 的中点，则四边形 EFGHA.(0,+ g)B.C.D.

3、a2,24.已知二面角a-a-3为 60,点 A 在此二面角内，且点A 到平面a、3的距离分别是AE=4, AF=2,6.直线 a /平面3，直线 a 到平面3的距离为1，则到直线 a 的距离与平面3的距离都等于7 的点的集第 5 题图第 1 题图A.1Q（S2Q2）B.1Q（S2Q2）6 3 C.1-Q(S2Q2)28.已知球 O 的半径为 R, A、B 是球面上任意两点，则弦长|AB|的取值范围为（）D.fQSB.(0,2RC. ( 0,2R)D. : R,2R9已知平面aQ平面B=l,m 是平面a内的一条直线， 则在平面B内A. .定存在直线与直线 m 平行，也一定存在直线与直线B. 定

4、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, AC=15，/ BAC=120,其所在平面外一点 P 到 A、B、C 三个顶点的距离都是 14,贝 U 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

5、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(4X10 +14 =54)15.定直线 11丄平面a，垂足为 M，动直线 12在平面a内过定点 N,但不过定点 M.MN=a 为定值，在 11、12上分别有动线段 AB=b,CD = c.b、c 为定值.问在什么情况下四面体 ABCD 的体积最大？最大值是多少？AC 的中点，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.16

6、.如图所示，已知四边形ABCD、EADM 和 MDCF 都是边长为a 的正方形，点P、Q 分别是 ED 和A. : 0,2 Rm 垂直A.6B.7C.8D.9、填空题(4X4=16)叠即可还原)，则这个多面体的顶点数为(第 16 题图连结人丘将厶 DAE 沿 AE 折起到 D1AE 的位置，使得/(1)试用基向量AB,AE,AD1表示向量OD117.如图，在梯形 ABCD 中，AB/ CD,/ ADC = 90,3AD=DC=3,AB=2,E 是 CD 上一点，满足DE = 1 ,D1AB = 60 ,设 AC 与 BE 的交点为 O.(2) 求异面直线 ODi与 AE 所成的角.(3) 判断

7、平面 DiAE 与平面 ABCE 是否垂直，并说明理由第 17 题图18.如图，在斜棱柱 ABC AiBiCi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 Bi在底面 ABC 上的射影 O 恰好是 AB 的中点.(i)求证：BiC CiA;(2 )求二面角 Ci-AB-C 的大小.第 i8 题图i9.如图所示，在三棱锥 P-ABC 中，PA=PB=PC , BC=2a,AC=a,AB=、3a,点 P 到平面 ABC 的距离为 | a.(i )求二面角 P-AC-B 的大小；(2)求点 B 到平面 FAC 的距离.第 i9 题图立体几何练习参考答案一、选择题1.D

8、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，111则 VS-PQR=3SPQR h= ( PQ PR sina) PS sinB,另一方面，记 O 到各平面的距离为d,则有33 2111dVS-PQR=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS=SPQRd+ SPRS，d+SPQS-d=3333a+d-PQ -PS-sina故有 PQ -PR -PS-sinB=d(PQ -PR+PR -PS+PQ -PS),即旦-PQ -PR -sina +丄 PSPRsin23211_ sinPR PS d32PQ常量.2.B 设正 n 棱锥的高为

9、h,相邻两侧面所成二面角为B.当 hf0 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Qfn.当 hfg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Bf丄 2nEFGH 为矩形，当 Pf底面 ABC 的中心 O 时，矩形 EFGHf矩形 EiFiGH.3a=_Aa2334. C 如图，Ia 丄 AE,a 丄 AF,. a 丄平面 AEF.设 a 交平面 AEF 于点 G,则/ EGF 是二面角a-a-3的平面角，/ EGF=60 ,/ EAF=120。，且易知当 ABC的周长最小时， B EG,C FG.设点 A 关

10、于平面a的对称点为A ，点 A 关于平面3的对称点为A旌结 AA，分别交线段 EG、FG 于点 B、C,则此时 ABC 的周长最短，记为 I.由中位线定理及余弦定理得l=2EF=242222 4 2cos120=4.7.5. D 因为 ABCD 是正四面体，故 AC 丄 BD,作 EG / AC 交 BC 于 G ,连结 GF，则a入=/ GEF,且CGAECFGBEBFD, GF / BD,故 GF 丄 EG,且3入=/ EFG, f （入）=a 3入=90 为常数.6. C 这两条直线在距 a 为-的平面上，分布在 a 在该平面上的射影的两侧.57. A 设正四棱锥各棱长均为 1,则 Q=

11、1 , S=3，此时，正四棱锥的高 h=,2- V=-Qh=2將 Q=1 , S=、3代入选择支，知 A 正确.368. B 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，球的最长弦就是直径，但球没有最短弦.9. C 若 m/ I，则3内必有与 m 平行的直线；若 m 与 I 相交，则3内无直线与 m 平行.n.故选 B.3.B 如图，易知四边形S矩形E1F1GH=ElF 1 FlG=a即 S矩形EFGHTv3a2当3PTS时，S矩形EFGHfg .S矩形EFGHa23.故选 B.

12、%第 4 题图解第 3 题图解不一定存在直线与直线 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，由二垂线定理知，B内一定存在直线与m 垂直,故选 C.10. B 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，该多面体是正方体切割掉一个顶点，故有 7 个顶点.二、填空题11. a;本题通过等积找规律.2312.2,7 分析 P 点到 A、B、C 距离相等，故 P 点在平面 ABC 上的射影是三角形 ABC 的外心，故 可由 ABC的已知条件求出厶 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，从而最终解决问题

13、解记 P 点在平面 ABC 上的射影为 0,则 AO、BO、CO 分别是 PA、PB、PC 在平面 ABC 上的射影 PA=PB=PC ,OA=OB=OC , OABC 的外心.在厶 ABC 中，BC=,921529 15=21由正弦定理，2R=，. R=7.、3sin 120P 点到平面 ABC 的距离为1427 327./ OP 丄平面 ABC , OD 丄 BC,. PD 丄 BC.O 点到直线 BC 的距离 OD =(A3)221223（D为BC边的中点）13.3女口图所示， 作 CE丄 AD， 连结 EF， 易证 EF丄 AD, 则/ CEF为面 ADF 和面 ACD 所成二面角的平

14、面角设 G 为 CD 的中点，同理/AGB 为面 ACD 和面 BCD 所成二面角的 平面角，由已知/ CEF = /AGB.设底面 CDF 的边长为 2a,侧棱 AD 长为在厶 ACD 中，AG 2ab2a22aCE b=AG 2a,所以 CE=bb在厶 ABC 中，易求得 AB=2 .b23a 2 b2；a2由厶 CEFAGB 得些CF等即. b22a P至U BC的距离PD =22第 13 题图解2a2a解得 b=4a，因此 b=2 时，2a=3, 最远的两顶点间距离为3.314.36 正四面体 ABCD 的底部是正 BCD，假设离 BC 边最近的球有 n 个，则与底面 BCD 相切的球

15、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 =农1)个由2于正四面体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：n(n1+2+ +n=21)1+2+于1+2=,1=n(n 1) (n 1)n2 2120,即 *n(n+1)( n+2)=120.即(n-8)(n2 + 11n+90)=,.n=8,因此正四面体内共有8层小球，其底部所放球数为=36(个).三、解答题15分析 在四面体 ABCD 的基础上，补上一个三棱锥B-MC

16、D.解如图，连结 MC、MD，贝 U/ AM 丄平面 MDC , BM 丄平面 MDC1VA-BCD=VA-MDC-VB-MDC= SMDC (AM-BM )1=SMDC AB3设 M 到 CD 的距离为 x,则SMDC=丄CD x=1ex,2 2-VA-BCD=1x ex-b=1bex326/x MN=a,.当 x=a 时，即 MN 为 11与 12的公垂线时，VA-BCD最大，它的最大值为 丄 abe.6点评 x MN,包含 x=MN,也包含 x-MD1 AE =AD1 AE -1AE2=、2cos 45 -1X( .2)2=0, MD1丄 AE .2 2所以 MD1垂直于平面 ABCE

17、内两条相交直线, MD1丄平面 ABCE.zi22 2x y又EF=(-a,a,0),BE= (0,-a,a)，即有ax ay 0,ay az 0,1,得其中的一个解是3T,.33;二 COS=ODiAE|ODi| AE|16.22所以 OD1与 AE 所成角为arccos3设 AE 的中点为 M，则MD1=AD1- - AE .2则由PM=,FQ=勺号,a,2X12y12z11,得旦旨2a2X1az12a2y10,0.而MF=(0,a,0),17.解(1)OD1AD1(2)OD1AE求得其中的一个 e= 一333.3,33设所求距离为 m,则 m=|MF33根据已知，可得四边形 ABCE 为

18、平行四边形，所以 O 为 BE 中点.AO AD1!(AB AE) AD12丄AB丄AE.2(AD1丄忑丄AE) AE 12 2cos4522 2cos45十2)21 (OD1)2=(AD1 -213AB-AB=1X2Xcos60-丄X.2X2cos45=0,23122而 DiM 平面 ADiE，所以平面 ADiE 丄平面 ABCE.18.(1)解法一 连结 BCi、CO,vBiO 丄平面ABC, CO 丄 ABBiC 丄 AB,又在菱形 BBiCiC 中，BiC 丄 BCi,二 BiC 丄平面 ABCi,. BiC 丄 CiA.(2)作 CiQ 丄平面 ABC 于 Q 点，连接 AQ,/Ci

19、CQ 是侧棱与底面所成的角，即/CiCQ=60 ,在厶 CiCQ 中，CQ= CCi=AO, CiQ=CCi,22由 BC, BiCi, OQ 平行且相等，又TCO 丄 AB,.QA 丄 AB,. CiA 丄 AB,/ QACi是二面角 Ci-AB-C 的平面角，在厶 AQCi中，CiQ=AQ， / QACi=45解法二 (i)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,TBiO 丄平面 ABC,/ BiBO 是侧棱与底面所成角，/BiBO=60 .设棱长为 2a,则 OBi=3a,BO=a，又 CO 为正三角形的中线， CO=、3a.则 A(

20、0,a,0),B(0,-a,0),C( .3a,O,O),Bi(o,o, .3a),Ci(3a,a,、3a).BiC=(.3a,0,-、3a),CiA=(-、3a,0,- .3a). BiCCiA=-3a2+0+3a2=0,. BiC 丄 CiA.在 CiAB 中，|CiA|=6a,|BCi|=| (.3a,2a,.3a) |= .i0a,| AB|=2a,- SCiAB=6a2,作 CiQ 丄平面 ABC 于 Q 点，贝 U Q( .3 a,a,0).-SABQ=a2,设二面角 Ci-AB-C 的平面角为B,SABQ2贝 0 cos0=-.SCiAB2二面角 Ci-AB-C 的平面角为 45 .i9.( i)解法一由条件知厶 ABC 为直角三角形，/