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1、高三数学 立体几何经典例题厦门一中 立体几何专题 一、选择题(105=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 111，为Q、R、S，则 ( ) PQPRPSA.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 第1题图 D.是一个与平面QRS位置无关的常量 在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 ( ) 2.n,2n,1n,1n,2,0,A. B. C. D. ,nn2nn,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
2、的中点，则四边形EFGH的面积的取值范围是 ( ) ,331,222,aa,，,a,，,，,A.(0,+?) B. C. D. ,236,4.已知二面角-a-为60?，点A在此二面角内，且点A到平面、的距离分别是AE=4，AF=2，若B?,C?,则?ABC的周长的最小值是 ( ) A.43773 B.2 C.4 D.2 5.如图，正四面体A-BCD中，E在棱AB上，F在棱CD上， AECF使得=(0+?),记f ()=+,其中表示EF ,EBFD与AC所成的角，表示EF与BD所成的角，则 ( ) A.f ()在(0,+?)单调增加 B.f ()在(0,+?)单调减少 C.f ()在(0,1)单
3、调增加,在(1,+?)单调减少 第5题图 D.f ()在(0,+?)为常数 46.直线a?平面,直线a到平面的距离为1，则到直线a的距离与平面的距离都等于的点的集5合是 ( ) A.一条直线 B.一个平面 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 ( ) 112222Q(S,Q)Q(S,Q)A. B. 631122QSC. D. Q(S,Q)328.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 ( ) C.(0,2R) D.,R,2R, A.,0,2R, B.(0,2R9.已知平面?平面=l,m是平面内的一条直线，则在平面内 (
4、 ) A.一定存在直线与直线m平行，也一定存在直线与直线m垂直 B.一定存在直线与直线m平行，但不一定存在直线与直线m垂直 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 如图为一个简单多面体的表面展开图(沿图中虚线折 10.叠即可还原)，则这个多面体的顶点数为 ( ) A.6 B.7 C.8 D.9 第10题图 二、填空题(44=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?ABC中，AB=9，AC=15，?BAC
5、=120?，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(410+14=54) 15.定直线l?平面,垂足为M，动直线l在平面内过定点N，但不过定点M.MN=a为定值，在l、121l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, 216.如图所示，已知四边形ABCD
6、、EADM和MDCF都是边长为a的正方形，点P、Q分别是ED和AC的中点，求: PM(1)与所成的角; FQ(2)P点到平面EFB的距离; (3)异面直线PM与FQ的距离. 第16题图 17.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，连结AE，将?DAE沿AE折起到?DAE的位置，使得?DAB,60?,设AC与BE的交点为O. 11ADODABAE(1)试用基向量,表示向量 11(2)求异面直线OD与AE所成的角. 1(3)判断平面DAE与平面ABCE是否垂直，并说明理由. 1第17题图 18.如图，在斜棱柱ABCABC中，
7、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111角为60?,顶点B在底面ABC上的射影O恰好是AB的中点. 1(1)求证:BC?CA; 11(2)求二面角C-AB-C的大小. 1第18题图 3319.如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC，BC=2a,AC=a,AB=a,点P到平面ABC的距离为a. 2(1)求二面角P-AC-B的大小; (2)求点B到平面PAC的距离. 第19题图 立体几何练习参考答案 一、选择题 1.D 设正三棱锥P-ABC中，各棱之间的夹角为,棱与底面夹角为,h为点S到平面PQR的距离，111则V=S?h=(PQ?PR?sin)?PS?sin,另一方
8、面，记O到各平面的距离为d,则有?S-PQRPQR332111dd11V=V+V+V=S?d+S?d+S?d=?PQ?PR?sin+?PS?PR?sin?S-PQRO-PQRO-PRSO-PQSPQRPRSPQS3333322sin,111d1，+?PQ?PS?sin.故有PQ?PR?PS?sin=d(PQ?PR+PR?PS+PQ?PS)，即=PQPRPSd32常量. 2.B 设正n棱锥的高为h,相邻两侧面所成二面角为.当h?0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?. n,2当h?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?n
9、.故选B. 3.B 如图，易知四边形EFGH为矩形，当P?底面?ABC的中心O时，矩形EFGH?矩形EFGH. 11332 =EF?FG=a?a=a. S111矩形EFGH113332即S?a.当P?时，S?. 矩形矩形EFGHEFGH3,32,a,，,?S?.故选B. 矩形EFGH,3,第4题图解 第3题图解 4.C 如图，?a?AE,a?AF,?a?平面AEF. 设a交平面AEF于点G，则?EGF是二面角-a-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关于平面的对称点为A,点A关于平面的对称点为A,连结AA,分别交线段EG 、
10、FG于点B、C,则此时?ABC的周长最短，记为l.由中位线定理及余弦定理得 224，2,2，4，2cos120:7l=2EF=2=4. 5.D 因为ABCD是正四面体，故AC?BD,作EG?AC交BC于G，连结GF，则=?GEF,且CGAECF, GBEBFD?GF?BD,故GF?EG,且=?EFG,?f ()=+=90?为常数. 16.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. 5237.A 设正四棱锥各棱长均为1，则Q=1，S=，此时，正四棱锥的高h=, 2213?V=Qh=,将Q=1，S=代入选择支，知A正确. 638.B 考虑A、B两点在球面上无限靠近但又不重合，
11、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元素，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?l，则内必有与m平行的直线;若m与l相交，则内无直线与m平行. ?不一定存在直线与直线m平行，排除A、B.又内一定存在与m在内的射影垂直的直线，由三垂线定理知，内一定存在直线与m垂直,故选C. 该多面体是正方体切割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,掉一个顶点，故有7个顶点. 二、填空题 6311.;a 本题通过等积找规律. a32712. 分析 P点到A、B、C距离相等，故P点在平面ABC上
12、的射影是三角形ABC的外心，故72可由?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，从而最终解决问题. 解 记P点在平面ABC上的射影为O，则AO、BO、CO分别是PA、PB、PC在平面ABC上的射影 ?PA=PB=PC,?OA=OB=OC, ?O为?ABC的外心. 229，15，9，15在?ABC中，BC=21 21由正弦定理，2R=,?R=73 sin120:22，14,73,7P点到平面ABC的距离为. 2217,2(73)，,3O点到直线BC的距离OD= (D为BC边的中点) ,22,?OP?平面ABC，OD?BC,?PD?BC. 2
13、77,27，3,7?P到BC的距离PD=. ,22,13.3 如图所示，作CE?AD，连结EF，易证EF?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b.在?ACD中， 22ba2aAG2a,CE?b=AG?2a,所以CE= ,bb2,234第13题图解 222,b,a,2b,a在?ABC中，易求得AB=2, ,33,4222b,a223b,aABAG,由?CEF?AGB得,即 22CFCE2ab,a,2ab4解得b=a,因此b=2时，2a
14、=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n(n，1)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=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(n，1)(n,1)n1+2+n=、1+2+n-1=, 221，22，31+2=,1= 22n(n，1)(n,1)n1，2? ，？，,120,2221即n(n+1)(n+2)=120. 68，92即(
15、n-8)(n+11n+90)=0,?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). 2三、解答题 15.分析 在四面体ABCD的基础上，补上一个三棱锥B-MCD. 解 如图，连结MC、MD，则 ?AM?平面MDC，BM?平面MDC 1?V=V-V=S?(AM-BM) ?A-BCDA-MDCB-MDCMDC31=S?AB ?MDC3 11第15题图解 设M到CD的距离为x,则S=CD?x=cx, ?MDC22111?V=cx?b=bcx A-BCD362?x?MN=a,?当x=a时， 1即MN为l与l的公垂线时，V最大，它的最大值为abc. 12A-BCD6点评 x?MN,包
16、含x=MN,也包含xMN,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)， aaaa则由中点坐标公式得P(,0,),Q(,0), 2222aaaaaaa32PMPM(1) 所以=(-,0,),(,-,-a),?=(-)+0+(-a)=-a, FQFQ2222222432,aPM,FQ3624PMPM,且|=a,|=a,所以cos,=. FQFQ22262|PMFQa，a22故得两向量所成的角为150?; EFBE(2) 设n=(x,y,z)是平面EFB的单位法向量
17、，即|n|=1,n?平面EFB，所以n?,且n?, ,3x,3222,x，y，z,1,3,，,0,又=(-a,a,0)，=(0,-a,a),即有axay得其中的一个解是 EFBEy,3,ay,az,0,3z,;,3,333aa,0,?n=,=, PE,22333,3a设所求距离为d,则d=|?n|=; PE3(3) 设e=(x,y,z)是两异面直线的公垂线上的单位方向向量， 111aaaa,0,a则由=,=, PMFQ,2222,222,x，y，z,1,111,333aa,得求得其中的一个e=， ,x，z,0,11,33322,aa,xyaz,0.111,22,33MFMF而=(0,a,0)，
18、设所求距离为m,则m=|?e|=|-a|=a. 3317.解 (1)根据已知，可得四边形ABCE为平行四边形，所以O为BE中点. 111. OD,AD,AO,AD,(AB，AE),AD,AB,AE111122211112(2) OD,AE,(AD,AB,AE),AE,1，2，cos45:,，2，2cos45:,(2),1.11222222113ODAD?()=(-)=, ABAE112226OD?|=. 12OD,AE,131,OD?cos=, AE136|OD|,|AE|1，223所以OD与AE所成角为arccos. 131ADMD(3)设AE的中点为M，则=-AE. 11211ADMD?A
19、B=?AB-AE?AB=12cos60?-2cos45?=0, 21122MD?AB. 11122ADAEMDMD?AE=?AE-=cos 45?-()=0,?AE. 2211122所以MD垂直于平面ABCE内两条相交直线,?MD?平面ABCE. 11而DM平面ADE，所以平面ADE?平面ABCE. 11118.(1)解法一 连结BC、CO，?BO?平面ABC，CO?AB，?BC?AB， 111C?BC， 又?在菱形BBCC中，B1111?BC?平面ABC，?BC?CA. 1111(2)作CQ?平面ABC于Q点，连接AQ， 1?CCQ是侧棱与底面所成的角，即?CCQ=60?, 1131在?CC
20、Q中，CQ=CC=AO，CQ=CC， 111122BC，OQ平行且相等，又?CO?AB,?QA?AB,?CA?AB, 由BC，111?QAC是二面角C-AB-C的平面角, 11在?AQC中，CQ=AQ，?QAC=45? 111第18题图解(1) 第18题图解(2) 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， ?BO?平面ABC， 1?BBO是侧棱与底面所成角，?BBO=60?. 11设棱长为2a,则OB=3a,BO=a,又CO为正三角形的中线，?CO=3a. 1则A(0,a,0),B(0,-a,0),C(3a,0,0),B(0,0,3a),C(
21、3a,a,3a). 11BCCA=(3a,0,-3a),=(-3a,0,-3a). 1122BCCA?=-3a+0+3a=0,?BC?CA. 1111CABC63310(2)在?CAB中，|=a,|=|(a,2a,a)|=a,|AB|=2a, 11126?S=a, ?C1AB3作CQ?平面ABC于Q点，则Q(a,a,0). 123?S=a,设二面角C-AB-C的平面角为, ?ABQ1S,ABQ2,则cos=. S2,CAB1二面角C-AB-C的平面角为45?. 119.(1)解法一 由条件知?ABC为直角三角形，?BAC=90?, ?PA=PB=PC,?点P在平面ABC上的射影是?ABC的外心
22、，即斜边BC的中点E，取AC中点D，连结PD、DE、PE，PE?平面ABC. 第19题图解 DE?AC(?DE?AB).?AC?PD,?PDE为二面角P-AC-B的平面角. 3aPE2tanPDE=, ,3DE3a2?PDE=60?,故二面角P-AC-B的平面角为60?. 解法二 设O为BC的中点，则可证明PO?面ABC，建立如图空间直角坐标系， ,133,a,a,0则A,B(-a,0,0),C(a,0,0),P0,0a, ,222,3,3,a,a,0AC中点D, ,44,33333,a,a,0,a,a,a=,= ABDP,22442,?AB?AC,PA=PC,PD?AC, cos即为二面角P
23、-AC-B的余弦值. ABDP3333()()0,a,a，a，a，12424,而cos= ABDP29393922222a，a，0，a，a，a4416164二面角P-AC-B的平面角为60? 392222PE，DE,a，a,3a(2)解法一 PD=, 44312S=?AC?PD=a ?APC22设点B到平面PAC的距离为h, 11则由V=V得?S?PE=?S?h, ?P-ABCB-APCABCAPC33133,a,a,aS,PE3,ABC22,ah=. 2S32,APCa23故点B到平面PAC的距离为. a23解法二 点E到平面PAC的距离容易求得，为a,而点B到平面PAC的距离是其2倍, 43?点B到平面PAC的距离为. a2