2103年寒假復(fù)習(xí)總結(jié)-立體幾何2(較難)

2013年寒假立體幾何單元練習(xí)1.如圖,設(shè)O是正三棱錐P-ABC底面三角形ABC的中心，過O的動(dòng)平面與P-ABC的三條側(cè)棱或其延長(zhǎng)線的交點(diǎn)分別記為Q、R、S，則()A.有最大值而無最小值B.有最小值而無最大值C.既有最大值又有最小值，且最大值與最小值不等D.是一個(gè)與平面QRS位置無關(guān)的常量2.在正n棱錐中，相鄰兩側(cè)面所成的二面角的取值范圍是()A.B.C.D.3.正三棱錐P-ABC的底面邊長(zhǎng)為2a,點(diǎn)E、F、G、H分別是PA、PB、BC、AC的中點(diǎn)，則四邊形EFGH的面積的取值范圍是()A.(0,+∞)B.C.D.4.已知二面角α-a-β為60°，點(diǎn)A在此二面角內(nèi)，且點(diǎn)A到平面α、β的距離分別是AE=4，AF=2，若B∈α,C∈β,則△ABC的周長(zhǎng)的最小值是()A.4B.2C.4D.2第5題圖5.如圖，正四面體A-BCD中，E在棱AB上，F(xiàn)在棱CD上，使得=λ(0<λ<+∞),記f(λ)=αλ+βλ,其中αλ表示EF與AC所成的角，βλ表示EF與BD所成的角，則()A.f(λ)在(0,+∞)單調(diào)增加B.f(λ)在(0,+∞)單調(diào)減少C.f(λ)在(0,1)單調(diào)增加,在(1,+∞)單調(diào)減少D.f(λ)在(0,+∞)為常數(shù)6.直線a∥平面β,直線a到平面β的距離為1，則到直線a的距離與平面β的距離都等于的點(diǎn)的集合是()A.一條直線D.兩個(gè)平面B.一個(gè)平面C.兩條平行直線7.正四棱錐底面積為Q，側(cè)面積為S，則它的體積為()A.C.B.D.8.已知球O的半徑為R，A、B是球面上任意兩點(diǎn)，則弦長(zhǎng)|AB|的取值范圍為()A.［0,2R］C.（0,2R）D.［R,2R］B.(0,2R9.已知平面α∩平面β=l,m是平面α內(nèi)的一條直線，則在平面β內(nèi)（）A..一定存在直線與直線m平行，也一定存在直線與直線m垂直B.一定存在直線與直線m平行，但不一定存在直線與直線m垂直C.不一定存在直線與直線m平行，但一定存在直線與直線m垂直D.不一定存在直線與直線m平行，也不一定存在直線與直線m垂直刪！10.如圖為一個(gè)簡(jiǎn)單多面體的表面展開圖（沿圖中虛線折疊即可還原），則這個(gè)多面體的頂點(diǎn)數(shù)為()A.6B.7C.8D.9二、填空題（4×4′=16′）11.邊長(zhǎng)為a的等邊三角形內(nèi)任一點(diǎn)到三邊距離之和為定值，這個(gè)定值為;推廣到空間，棱長(zhǎng)為a的正四面體內(nèi)任一點(diǎn)到各面距離之和為.12.在△ABC中，AB=9，AC=15，∠BAC=120°，其所在平面外一點(diǎn)P到A、B、C三個(gè)頂點(diǎn)的距離都是14，則P點(diǎn)到直線BC的距離為.13.已知將給定的兩個(gè)全等的正三棱錐的底面粘在一起，恰得到一個(gè)所有二面角都相等的六面體，并且該六面體的最短棱的長(zhǎng)為2，則最遠(yuǎn)的兩頂點(diǎn)間的距離是.14.有120個(gè)等球密布在正四面體A-BCD內(nèi)，問此正四面體的底部放有三、解答題（4×10′+14′=54′）個(gè)球.15.定直線l1⊥平面α,垂足為M，動(dòng)直線l2在平面α內(nèi)過定點(diǎn)N，但不過定點(diǎn)M.MN=a為定值，在l1、l2上分別有動(dòng)線段AB=b,CD=c.b、c為定值.問在什么情況下四面體ABCD的體積最大？最大值是多少？16.如圖所示，已知四邊形ABCD、EADM和MDCF都是邊長(zhǎng)為a的正方形，點(diǎn)P、Q分別是ED和AC的中點(diǎn)，求：第16題圖（1）與所成的角；（2）P點(diǎn)到平面EFB的距離;（3）異面直線PM與FQ的距離.17.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°,3AD=DC=3,AB=2,E是CD上一點(diǎn)，滿足DE＝1，連結(jié)AE，將△DAE沿AE折起到△D1AE的位置，使得∠D1AB＝60°,設(shè)AC與BE的交點(diǎn)為O.(1)試用基向量,,表示向量(2)求異面直線OD1與AE所成的角.(3)判斷平面D1AE與平面ABCE是否垂直，并說明理由.18.如圖，在斜棱柱ABC—A1B1C1中，底面為正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)等于底面邊長(zhǎng)，且側(cè)棱與底面所成的角為60°,頂點(diǎn)B1在底面ABC上的射影O恰好是AB的中點(diǎn).（1）求證：B1C⊥C1A；（2）求二面角C1-AB-C的大小.第18題圖19.如圖所示，在三棱錐P-ABC中，PA=PB=PC，BC=2a,AC=a,AB=a,點(diǎn)P到平面ABC的距離為a.（1）求二面角P-AC-B的大?。唬?）求點(diǎn)B到平面PAC的距離.第19題圖立體幾何練習(xí)參考答案一、選擇題1.D設(shè)正三棱錐P-ABC中，各棱之間的夾角為α,棱與底面夾角為β,h為點(diǎn)S到平面PQR的距離，則VS-PQR=S△PQR·h=PQR+VO-PRS+VO-PQS=S△PQR·d+S△PRS·d+S△PQS·PQ·PS·sinα.故有PQ·PR·PS·sinβ=d(PQ·PR+PR·PS+PQ·PS)，即(PQ·PR·sinα)·PS·sinβ,另一方面，記O到各平面的距離為d,則有VS-PQR=VO-·d=··PQ·PR·sinα+=·PS·PR·sinα+·=常量.2.B設(shè)正n棱錐的高為h,相鄰兩側(cè)面所成二面角為θ.當(dāng)h→0時(shí)，正n棱錐的極限為正n邊形，這時(shí)相鄰兩側(cè)面所成二面角為平面角，即二面角θ→π.當(dāng)h→∞時(shí)，正n棱錐的極限為正n棱柱，這時(shí)相鄰兩側(cè)面所成二面角為正n邊形的內(nèi)角，即θ→π.故選B.3.B如圖，易知四邊形EFGH為矩形，當(dāng)P→底面△ABC的中心O時(shí)，矩形EFGH→矩形E1F1GH.=E1F1·F1G=a·a=a2.即S矩形EFGH→a2.當(dāng)P→∞時(shí)，S矩形EFGH→∞..故選B.∴S矩形EFGH∈第4題圖解第3題圖解4.C如圖，∵a⊥AE,a⊥AF,∴a⊥平面AEF.設(shè)a交平面AEF于點(diǎn)G，則∠EGF是二面角α-a-β的平面角，∠EGF=60°,∠EAF=120°,且易知當(dāng)△ABC的周長(zhǎng)最小時(shí)，B∈EG,C∈FG.設(shè)點(diǎn)A關(guān)于平面α的對(duì)稱點(diǎn)為A′,點(diǎn)A關(guān)于平面β的對(duì)稱點(diǎn)為A″,連結(jié)A′A″,分別交線段EG、FG于點(diǎn)B、C,則此時(shí)△ABC的周長(zhǎng)最短，記為l.由中位線定理及余弦定理得l=2EF=2=4.5.D因?yàn)锳BCD是正四面體，故AC⊥BD,作EG∥AC交BC于G，連結(jié)GF，則αλ=∠GEF,且∴GF∥BD,故GF⊥EG,且βλ=∠EFG,∴f(λ)=αλ+βλ=90°為常數(shù).,6.C這兩條直線在距a為的平面上，分布在a在該平面上的射影的兩側(cè).7.A設(shè)正四棱錐各棱長(zhǎng)均為1，則Q=1，S=，此時(shí)，正四棱錐的高h(yuǎn)=,∴V=Qh=,將Q=1，S=代入選擇支，知A正確.8.B考慮A、B兩點(diǎn)在球面上無限靠近但又不重合，及A、B兩點(diǎn)應(yīng)為直徑的兩端點(diǎn)時(shí)的情況.點(diǎn)評(píng)若忽視幾何里的兩點(diǎn)、兩直線、兩平面等均應(yīng)是相異的兩元素，就會(huì)誤選A，球的最長(zhǎng)弦就是直徑，但球沒有最短弦.9.C若m∥l，則β內(nèi)必有與m平行的直線；若m與l相交，則β內(nèi)無直線與m平行.∴不一定存在直線與直線m平行，排除A、B.又β內(nèi)一定存在與m在β內(nèi)的射影垂直的直線，由三垂線定理知，β內(nèi)一定存在直線與m垂直,故選C.10.B本題考查簡(jiǎn)單多面體的表面展開與翻折，著重考查考生的空間想像能力,該多面體是正方體切割掉一個(gè)頂點(diǎn)，故有7個(gè)頂點(diǎn).二、填空題11.;a本題通過等積找規(guī)律.12.分析P點(diǎn)到A、B、C距離相等，故P點(diǎn)在平面ABC上的射影是三角形ABC的外心，故可由△ABC的已知條件求出△ABC外接圓半徑，進(jìn)而求得P點(diǎn)到平面ABC的距離，及外心到直線BC的距離，從而最終解決問題.解記P點(diǎn)在平面ABC上的射影為O，則AO、BO、CO分別是PA、PB、PC在平面ABC上的射影∵PA=PB=PC,∴OA=OB=OC,∴O為△ABC的外心.在△ABC中，BC==21由正弦定理，2R=,∴R=7P點(diǎn)到平面ABC的距離為.O點(diǎn)到直線BC的距離OD=(D為BC邊的中點(diǎn))∵OP⊥平面ABC，OD⊥BC,∴PD⊥BC.∴P到BC的距離PD=.13.3如圖所示，作CE⊥AD，連結(jié)EF，易證EF⊥AD,第13題圖解則∠CEF為面ADF和面ACD所成二面角的平面角.設(shè)G為CD的中點(diǎn)，同理∠AGB為面ACD和面BCD所成二面角的平面角，由已知∠CEF=∠AGB.設(shè)底面△CDF的邊長(zhǎng)為2a,側(cè)棱AD長(zhǎng)為b.在△ACD中，CE·b=AG·2a,所以CE=在△ABC中，易求得AB=2由△CEF∽△AGB得,,即解得b=a,因此b=2時(shí)，2a=3,∴最遠(yuǎn)的兩頂點(diǎn)間距離為3.14.36正四面體ABCD的底部是正△BCD,假設(shè)離BC邊最近的球有n個(gè)，則與底面△BCD相切的球也有n排，各排球的個(gè)數(shù)分別為n、n-1、…、3、2、1,這樣與底面相切的球共有1+2+…+n=個(gè).由于正四面體各面都是正三角形.因此，正四面體內(nèi)必有n層球，自上而下稱為：第1層、第2層、…第n層，那么第n-1層，第n-2層，…第2層，第1層球的個(gè)數(shù)分別是：1+2+…+n=、1+2+…+n-1=,1+2=∴,1=即n(n+1)(n+2)=120.即(n-8)(n2+11n+90)=0,∴n=8,因此正四面體內(nèi)共有8層小球，其底部所放球數(shù)為=36(個(gè)).三、解答題第15題圖解15.分析在四面體ABCD的基礎(chǔ)上，補(bǔ)上一個(gè)三棱錐B-MCD.解如圖，連結(jié)MC、MD，則∵AM⊥平面MDC，BM⊥平面MDC∴VA-BCD=VA-MDC-VB-MDC=S△MDC·(AM-BM)=S△MDC·AB設(shè)M到CD的距離為x,則S△MDC=CD·x=cx,∴VA-BCD=×cx·b=bcx∵x≤MN=a,∴當(dāng)x=a時(shí)，即MN為l1與l2的公垂線時(shí)，VA-BCD最大，它的最大值為點(diǎn)評(píng)x≤MN,包含x=MN,也包含x<MN,垂線段小于斜線段.abc.16.解建立空間直角坐標(biāo)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(xiàn)（0,a,a），則由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得P(,0,),Q(,-,,0),·(1)所以=(-a,|,0,),(,-a),=(-)×+0+×(-a)=-a2,且||=|=a,所以cos,=.故得兩向量所成的角為150°;(2)設(shè)n=(x,y,z)是平面EFB的單位法向量，即|n|=1,n⊥平面EFB，所以n⊥,且n⊥,又=(-a,a,0)，=（0,-a,a）,即有得其中的一個(gè)解是∴n=,=,設(shè)所求距離為d,則d=|·n|=;(3)設(shè)e=(x1,y1,z1)是兩異面直線的公垂線上的單位方向向量，則由得=,=,求得其中的一個(gè)e=，而=(0,a,0)，設(shè)所求距離為m,則m=|]·e|=|-a|=a.17.解（1）根據(jù)已知，可得四邊形ABCE為平行四邊形，所以O(shè)為BE中點(diǎn)..(2)∵(∴|)2=(|=--)2=,.∴cos<,>=,所以O(shè)D1與AE所成角為arccos(3)設(shè)AE的中點(diǎn)為M，則.=-.∵∴·=.·-·=1×2×cos60°-××2cos45°=0,⊥·=·-=cos45°-×()2=0,∴⊥.所以MD1垂直于平面ABCE內(nèi)兩條相交直線,∴MD1⊥平面ABCE.而D1M平面AD1E，所以平面AD1E⊥平面ABCE.18.(1)解法一連結(jié)BC1、CO，∵B1O⊥平面ABC，CO⊥AB，∴B1C⊥AB，又∵在菱形BB1C1C中，B1C⊥BC1，∴B1C⊥平面ABC1，∴B1C⊥C1A.（2）作C1Q⊥平面ABC于Q點(diǎn)，連接AQ，∴∠C1CQ是側(cè)棱與底面所成的角，即∠C1CQ=60°,在△C1CQ中，CQ=CC1=AO，C1Q=CC1，由BC，B1C1，OQ平行且相等，又∵CO⊥AB,∴QA⊥AB,∴C1A⊥AB,∴∠QAC1是二面角C1-AB-C的平面角,在△AQC1中，C1Q=AQ，∴∠QAC1=45°第18題圖解（2）第18題圖解（1）解法二（1）以O(shè)為原點(diǎn)，OC所在直線為x軸，AB所在直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，∵B1O⊥平面ABC，∴∠B1BO是側(cè)棱與底面所成角，∴∠B1BO=60°.設(shè)棱長(zhǎng)為2a,則OB1=a,BO=a,又CO為正三角形的中線，∴CO=a.則A(0,a,0),B(0,-a,0),C(a,0,0),B1(0,0,a),C1(a,a,a).=(·a,0,-a),=(-a,0,-a).∵=-3a2+0+3a2=0,∴B1C⊥C1A.(2)在△C1AB中，|∴S△C1AB=a2,|=a,||=|（a,2a,a）|=a,||=2a,作C1Q⊥平面ABC于Q點(diǎn)，則Q(a,a,0).∴S△ABQ=a2,設(shè)二面角C1-AB-C的平面角為θ,則cosθ=.二面角C1-AB-C的平面角為45°.19.（1）解法一由條件知△ABC為直角三角形，∠BAC=90°,∵PA=PB=PC,∴點(diǎn)P在平面ABC上的射影是△ABC的外心，即斜邊BC的中點(diǎn)E，取AC中點(diǎn)D，連結(jié)PD、DE、PE，PE⊥平面ABC.第19題圖解DE⊥AC(∵DE∥AB).∴AC⊥PD,∠PDE為二面角P-AC-B的平面角.tanPDE=,∴∠PDE=60°,故二面角P-AC-B的平面角為60°.解法