高考数学复习—立体几何练习试卷

高考数学复习—立体几何练习试卷第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(10×5′=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PSPRPQ111()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.,1nnB.,2nnC.2,0D.nnnn1,23.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EFGH的面积的取值范围是()A.(0,+∞)B.,332aC.,632aD.,212a4.已知二面角α-a-β为60°，点A在此二面角内，且点A到平面α、β的距离分别是AE=4，AF=2，若B∈α,C∈β,则△ABC的周长的最小值是()A.43B.27C.47D.235.如图，正四面体A-BCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得FDCFEBAE=λ(0λ+∞),记f(λ)=αλ+βλ,其中αλ表示EF与AC所成的角，βλ表示EF与BD所成的角，则()A.f(λ)在(0,+∞)单调增加B.f(λ)在(0,+∞)单调减少C.f(λ)在(0,1)单调增加,在(1,+∞)单调减少D.f(λ)在(0,+∞)为常数6.直线a∥平面β,直线a到平面β的距离为1，则到直线a的距离与平面β的距离都等于54的点的集合是()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()第1题图第5题图A.)(6122QSQB.)(3122QSQC.)(2122QSQD.SQ318.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()A.［0,2R］B.(0,2R]C.（0,2R）D.［R,2R］9.已知平面α∩平面β=l,m是平面α内的一条直线，则在平面β内（）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()A.6B.7C.8D.9二、填空题（4×4′=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△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，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（4×10′+14′=54′）15.定直线l1⊥平面α,垂足为M，动直线l2在平面α内过定点N，但不过定点M.MN=a为定值，在l1、l2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？16.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.第10题图第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△D1AE的位置，使得∠D1AB＝60°,设AC与BE的交点为O.(1)试用基向量AB,AE,1AD表示向量1OD(2)求异面直线OD1与AE所成的角.(3)判断平面D1AE与平面ABCE是否垂直，并说明理由.18.如图，在斜棱柱ABC—A1B1C1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B1在底面ABC上的射影O恰好是AB的中点.（1）求证：B1C⊥C1A；（2）求二面角C1-AB-C的大小.第17题图第18题图19.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23a.（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α,棱与底面夹角为β,h为点S到平面PQR的距离，则VS-PQR=31S△PQR·h=31(21PQ·PR·sinα)·PS·sinβ,另一方面，记O到各平面的距离为d,则有VS-PQR=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS=31S△PQR·d+31S△PRS·d+31S△PQS·d=3d·21·PQ·PR·sinα+3d·21PS·PR·sinα+3d·21·PQ·PS·sinα.故有PQ·PR·PS·sinβ=d(PQ·PR+PR·PS+PQ·PS)，即PSPRPQ111=dsin=常量.2.B设正n棱锥的高为h,相邻两侧面所成二面角为θ.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θ→π.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θ→nn2π.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E1F1GH.GHFES11矩形=E1F1·F1G=a·33a=33a2.即S矩形EFGH→33a2.当P→∞时，S矩形EFGH→∞.∴S矩形EFGH∈,332a.故选B.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α-a-β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α的对称点为A′,点A关于平面β的对称点为A″,连结A′A″,分别交线段EG、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l=2EF=2120cos2422422=47.5.D因为ABCD是正四面体，故AC⊥BD,作EG∥AC交BC于G，连结GF，则αλ=∠GEF,且FDCFEBAEGBCG,∴GF∥BD,故GF⊥EG,且βλ=∠EFG,∴f(λ)=αλ+βλ=90°为常数.6.C这两条直线在距a为51的平面上，分布在a在该平面上的射影的两侧.7.A设正四棱锥各棱长均为1，则Q=1，S=3，此时，正四棱锥的高h=22,∴V=31Qh=62,将Q=1，S=3代入选择支，知A正确.8.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β内必有与m平行的直线；若m与l相交，则β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β内一定存在与m在β内的射影垂直的直线，由三垂线定理知，β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.a23;36a本题通过等积找规律.12.727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△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.在△ABC中，BC=15915922=21由正弦定理，2R=120sin21,∴R=73P点到平面ABC的距离为7371422.O点到直线BC的距离OD=327221)37(22(D为BC边的中点)∵OP⊥平面ABC，OD⊥BC,∴PD⊥BC.∴P到BC的距离PD=727327722.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，CE·b=AG·2a,所以CE=baabbaAG2222在△ABC中，易求得AB=22222342332abab,由△CEF∽△AGB得CEAGCFAB,即abababaab22342222222解得b=34a,因此b=2时，2a=3,∴最远的两顶点间距离为3.14.36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=2)1(nn个.由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第13题图解层、…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=2)1(nn、1+2+…+n-1=2)1(nn,1+2=232,1=221∴,1202212)1(2)1(nnnn即61n(n+1)(n+2)=120.即(n-8)(n2+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298=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-MCD.解如图，连结MC、MD，则∵AM⊥平面MDC，BM⊥平面MDC∴VA-BCD=VA-MDC-VB-MDC=31S△MDC·(AM-BM)=31S△MDC·AB设M到CD的距离为x,则S△MDC=21CD·x=21cx,∴VA-BCD=31×21cx·b=61bcx∵x≤MN=a,∴当x=a时，即MN为l1与l2的公垂线时，VA-BCD最大，它的最大值为61abc.点评x≤MN,包含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），则由中点坐标公式得P(2a,0,2a),Q(2a,2a,0),(1)所以PM=(-2a,0,2a),FQ(2a,-2a,-a),PM·FQ=(-2a)×2a+0+2a×(-a)=-43a2,且|PM|=22a,|FQ|=26a,所以cosPM,FQ=23262243||||2aaaFQPMFQPM.故得两向量所成的角为150°;第15题图解(2)设n=(x,y,z)是平面EFB的单位法向量，即|n|=1,n⊥平面EFB，所以n⊥EF,且n⊥BE,又EF=(-a,a,0)，BE=（0,-a,a）,即有,0,0,1222azayayaxzyx得其中的一个解是;33,33,33zyx∴n=33,33,33,PE=2,0,2aa,设所求距离为d,则d=|PE·n|=a33;(3)设e=(x1,y1,z1)是两异面直线的公垂线上的单位方向向量，则由PM=2,0,2aa,FQ=