高三数学立体几何经典例题.docx
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高三数学立体几何经典例题
一、选择题(10X5'=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QRS则—-—()
PQPRPS
A.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
nn
3.正三棱锥P-ABC勺底面边长为面积的取值范围是
B.
C.
D.
2a,点E、
F、G
H分别是
PA
PB
A.(0,+g)B.
C.
a2
D.
4.已知二面角a若B€a
-a-B为60°,点A在此二面角内,且点,C€B,则厶ABC勺周长的最小值是(
B.2
5.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
(
(
(
(
n1
n
BCAC的中点,则四边形EFG啲
A到平面a、
a入表示EF
6.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
Q
B的距离分别是AE=4,AF=2,
D
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(s2q2)
C.1■Q(S2
2
Q2)
8.已知球O的半径为
A.:
0,2R]
9.已知平面aQ平面B=l
R
B.(0,2R
侧面积为
S,则它的体积为(
)
B.
*Jq(S2Q2)
D.
-QS
3
AB是球面上任意两点,则弦长
|AB的取值范围为(
]
C.(0,2RD.
[R2R]
l,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()
.7C
二、填空题(4X4'=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ABC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(4X10'+14'=54')
15.定直线I1丄平面a,垂足为M动直线l2在平面a内过定点N,但不过定点=a为定值,在I1、l2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ABCDEADI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ABCDKAB//CD/ADC=90°,3AD=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.如图所示,在三棱锥
P-ABG中,PA=PB=PCBG=2a,AG=a,AB=.3a,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Sapqr-h=—(—PQ-PR-sina)•PS-sin3,另一方面,记0到各平面的距离为d,则有
332
1iid1・d1
2
丄1_sinPRPS=d
乂-pqf=V>pq+Vo-prs+V>pq=Spqr•d+Saprs•d+S^pqs•d=••PQ-PR-sina+—•PS*PR*sina
333323
+d•1•PQ-PS-sina.故有PQ-PR-PS-sin3=d(PQ-PF+PR-PS^PQ-P$,即丄
32PQ
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Q^n.
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A2
n
7t
.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EFiGH
S矩形e1f1gh=ElFl•FlGa•a=~a.
即S矩形EFGH^-3a〔当时,S矩形EFGFT^m.
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a
ABO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AA〃,分别交线段EG、FG于点BC,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=2.4222242cos120=47.
因为ABCD是正四面体,故ACLBD作EG/AC交BC于G连结GF则a入=ZGEF且-CG-AE■OFGBEBFD
•GF//BD故GFLEG且B产/EFG•f(入)=ax+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UQ=1,S=、3,此时,正四棱锥的高h=—2
2
2=丄01=丄,将Q=1,S=3代入选择支,知A正确.
36
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m1,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•
23
12.7.7分析P点到AB、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,从而最终解决问题.
解记P点在平面ABC上的射影为Q贝UAOBOCC分别是PAPBPC在平面ABC上的射影
•/PA=PB=PC.OA=OB=QC
•••OABC的外心.
在厶ABO中,BO92152915=21
由正弦定理,2F=-^1,•R=7.3
sin120
■2
P点到平面ABC勺距离为,142737.
易证EFLAD
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=ZAGB
设底面△CDF的边长为2a,侧棱AD长为b.在厶ACD中,
如图所示,作CELAD连结EF,
CE・b=AG・2a,所以
I22
CE=AG2aba2a
bb
在厶ABC中,易求得
AB=2b2
23a22
3
b2
A
L
U
第13题图解
解得b=4a,因此b=2时,
3
2a=3,•最远的两顶点间距离为3.
•/OPL平面ABCODLBC•PDLBC
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+…+n-仁Ml
2
1+2=23,1=12
2'2
n(n1)(n1)n
22__
12
~T~
120,
即Ln(n+1)(n+2)=120.
6
2
即(n-8)(n+11n+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MCMD则
•••AML平面MDCBML平面MDC
1
•••VA-BC[=V\-MDC-VB-MD=SaMDC-(AM-BM
3
=丄Samdc,AB
3
设M到CD的距离为x,则&md=1CD-x=^cx,
22
第15题图解
111
VA-bcd=xcx-b=bcx
326
•/x 即MN为l1与12的公垂线时,VA-bcd最大,它的最大值为丄abc. 6 点评x 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), 2222 (1)所以PM=(-a,0,-),FQ(-^,-a,-a),PM-FQ=(-2)X222 aa32 +0+x(-a)=-a, 2 且|PM|=—^a,|FQ|^—6a,所以cosPM,FQ=PMFQ 22|PMIIFQI 、26 aa 22 故得两向量所成的角为150°; ⑵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, ..3 "T, .3 "T, 3, x2y2z21, 又EF=(-a,a,0),BE=(0,-a,a),即有得其中的一个解是 ayaz0, 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, 2222 222, xiyizii, 得旦Xi2zi0,求得其中的一个e=』,丄,上3, 22333 —xi■—yiazi0. 22 而MF=(0,a,0),设所求距离为m,则m=|MF]•e|=|- 3 2 所以°D与AE所成角为arccos—. 3 ⑶设AE的中点为M则MDi=ADi-丄AE. 2 1i— •••MDi•AB=ADi•AB-AE•AB=iX2Xcos60°-丄X、2X2cos45°=0, 22 3 i7.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. i ii- OD〔ADiA°ADi (ABAE) ADiABAE 2 22 (2)ODiAE(ADi ii— 丄AB-AE) AEi、2cos45 丄2 ■-2cos45—G2)2i 22 2 2 2i T(ODi)=(ADi-丄 i2 AB-丄AE)= 2 5 2 2 2 ■6 •-|ODi|=. 2 •••cos |ODi||AE|如込3 •-MDi丄AB. MDi•AE=ADi•AE-丄AE2=、2cos45°-—X(.2)2=0,•MDi丄AE.22 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ABCE 18. (1)解法一连结BC、COTBC丄平面ABCCOLAB二BC丄AB 又t在菱形BBCC中,BC丄BC, •••BC丄平面ABC,: BC丄CA (2)作CQ±平面ABC于Q点,连接AQ •••/CiCQ是侧棱与底面所成的角,即/CQQ=60°, 在厶CCQ中,C(=1CC=AOCQ=_ACC, 22 由BCBC,OQ平行且相等,又TCOLAE,•QALAB•CA丄AB QAC是二面角Ci-ABC的平面角, 第18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, •••B0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(=V3a. 则A(0,a,0),耳0,-a,0),C(..3a,0,0),B(0,0,.3a),C(..3a,a,3a). B1C=(■■•■/3a,0,-3a),C1A=(-3a,0,-,;: 3a). ■■122 •/B1C•C1A=-3a+0+3a=0,•BC丄CA ⑵在厶CAB中,ICAF^a」BC1|=|(..3a,2a,■.3a)|=.10a,|AB|=2a, •.Sac1ab=.6a, 作CQ! 平面ABC于Q点,贝UQJ3a,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PD DEPEPEL平面ABC DELAQ•••DE//AB./.ACLPD/PDE为二面角P-AC-B的平面角.tanPDE星 2 DE •••/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建立如图空间直角坐标系, 则A丄a,—a,0,B(-a,0,0),qa,0,0),P0,0-a, 222 AC中点D3a,-a,0 44 AB=3a,3a,0,DP=—a^^a,—a 22442 •/ABLACPA=PCPDLACcos 3333 (-a)(-a)-a-a0 而cos (9232c/923292 a—a0a—a—a >4416164 二面角P-AC-B的平面角为60° ⑵解法一PD=.PE2DE23a29a2..3a, X44 Saapc=1•AC-PD=」a2 22 设点B到平面PAC勺距离为h, 则由Vp-abcfVb-apc得—•Saabg 3 -PE=—•Saapg"h, 3 h=sABCPE SAPC 1a.3a—a 22 罷22a a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
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