|
過O的動平面與P-ABC的三條側(cè)棱或其延長線的交點分別記
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的底面邊長為2a,點E、F、G、H分別是PA、PB、BC、AC的中點，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A在此二面角內(nèi)，且點A到平面α、β的距離分別是AE=4，AF=2，若B∈α,C∈β,則△ABC的周長的最小值是 ( )
A.4
B.2
C.4
D.2
|
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
的點的集合是 ( )
A.一條直線 B.一個平面 C.兩條平行直線 D.兩個平面
7.正四棱錐底面積為Q，側(cè)面積為S，則它的體積為 ( )
A.
B.
C.
D.
8.已知球O的半徑為R，A、B是球面上任意兩點，則弦長|AB|的取值范圍為 ( )
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
|
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
10.如圖為一個簡單多面體的表面展開圖(沿圖中虛線折
疊即可還原)，則這個多面體的頂點數(shù)為 ( )
A.6 B.7 C.8 D.9
11.邊長為a的等邊三角形內(nèi)任一點到三邊距離之和為定值，這個定值為 ;推廣到空間，棱長為a的正四面體內(nèi)任一點到各面距離之和為 .
12.在△ABC中，AB=9，AC=15，∠BAC=120°，其所在平面外一點P到A、B、C三個頂點的距離都是14，則P點到直線BC的距離為 .
13.已知將給定的兩個全等的正三棱錐的底面粘在一起，恰得到一個所有二面角都相等的六面體，并且該六面體的最短棱的長為2，則最遠的兩頂點間的距離是 .
14.有120個等球密布在正四面體A-BCD內(nèi)，問此正四面體的底部放有 個球.
15.定直線l1⊥平面α,垂足為M，動直線l2在平面α內(nèi)過定點N，但不過定點M.MN=a為定值，在l1、l2上分別有動線段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都是邊長為a的正方形，點P、Q分別是ED和AC的中點，求：
|
與
所成的角；
(2)P點到平面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，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)棱長等于底面邊長，且側(cè)棱與底面所成的角為60°,頂點B1在底面ABC上的射影O恰好是AB的中點.
(1)求證：B1C⊥C1A；
(2)求二面角C1-AB-C的大小.
|
19.如圖所示，在三棱錐P-ABC中，PA=PB=PC，BC=2a,AC=a,AB=a,點P到平面ABC的距離為
a.
(1)求二面角P-AC-B的大?。?/p>
(2)求點B到平面PAC的距離.
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高考數(shù)學復習-立體幾何練習試卷 第Ⅰ卷 (選擇題 共50分)參考答案
立體幾何練習參考答案
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S到平面PQR的距離，則VS-PQR=
S△PQR.h=(
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-PQR+VO-PRS+VO-PQS=S△PQR.d+S△PRS.d+S△PQS.d=
..PQ.PR.sinα+.PS.PR.sinα+..PQ.PS.sinα.故有PQ.PR.PS.sinβ=d(PQ.PR+PR.PS+PQ.PS)，即=
=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h→0時，正n棱錐的極限為正n邊形，這時相鄰兩側(cè)面所成二面角為平面角，即二面角θ→π.
當h→∞時，正n棱錐的極限為正n棱柱，這時相鄰兩側(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P→底面△ABC的中心O時，矩形EFGH→矩形E1F1GH.
=E1F1.F1G=a.
a=a2.
即S矩形EFGH→a2.當P→∞時，S矩形EFGH→∞.
∴S矩形EFGH∈.故選B.
|
|
4.C 如圖，∵a⊥AE,a⊥AF,∴a⊥平面AEF.
設(shè)a交平面AEF于點G，則∠EGF是二面角α-a-β的平面角，∠EGF=60°,∠EAF=120°,且易知當△ABC的周長最小時，B∈EG,C∈FG.
設(shè)點A關(guān)于平面α的對稱點為A′,點A關(guān)于平面β的對稱點為A″,連結(jié)A′A″,分別交線段EG
、FG于點B、C,則此時△ABC的周長最短，記為l.由中位線定理及余弦定理得
l=2EF=2
=4.
5.D 因為ABCD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)正四棱錐各棱長均為1，則Q=1，S=，此時，正四棱錐的高h=
,
∴V=Qh=
,將Q=1，S=代入選擇支，知A正確.
8.B 考慮A、B兩點在球面上無限靠近但又不重合，及A、B兩點應為直徑的兩端點時的情況.
點評 若忽視幾何里的兩點、兩直線、兩平面等均應是相異的兩元素，就會誤選A，球的最長弦就是直徑，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頂點，故有7個頂點.
二、填空題
11.
;
a 本題通過等積找規(guī)律.
12.
分析 P點到A、B、C距離相等，故P點在平面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，進而求得P點到平面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=7
P點到平面ABC的距離為
.
O點到直線BC的距離OD=
(D為BC邊的中點)
∵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,
|
CD的中點，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的邊長為2a,側(cè)棱AD長為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，2a=3,∴最遠的兩頂點間距離為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，則與底面△BCD相切的球也有n排，各排球的個數(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.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).
三、解答題
|
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x=a時，
即MN為l1與l2的公垂線時，VA-BCD最大，它的最大值為abc.
點評 x≤MN,包含x=MN,也包含x<MN,垂線段小于斜線段.
16.解 建立空間直角坐標系，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)，
則由中點坐標公式得P(
,0,),Q(,,0),
(1)
所以=(-,0,),(,-,-a),.=(-)×+0+×(-a)=-
a2,
且||=a,||=
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為BE中點.
.
(2)
∵(
)2=(
-
-
)2=
,
∴||=
.
∴cos<,>=
,
所以OD1與AE所成角為arccos
.
(3)設(shè)AE的中點為M，則
=-.
∵.=.-.=1×2×cos60°-×
×2cos45°=0,
∴⊥.
.=.-
=cos
45°-×()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，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°
|
|||
|
解法二 (1)以O為原點，OC所在直線為x軸，AB所在直線為y軸，建立空間直角坐標系，如圖，
∵B1O⊥平面ABC，
∴∠B1BO是側(cè)棱與底面所成角，∴∠B1BO=60°.
設(shè)棱長為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，||=
a,|
|=|(a,2a,a)|=
a,||=2a,
∴S△C1AB=a2,
作C1Q⊥平面ABC于Q點，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P在平面ABC上的射影是△ABC的外心，即斜邊BC的中點E，取AC中點D，連結(jié)PD、DE、PE，PE⊥平面ABC.
|
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°.
解法二 設(shè)O為BC的中點，則可證明PO⊥面ABC，建立如圖空間直角坐標系，
則A
,B(-a,0,0),C(a,0,0),P
,
AC中點D
,
=
,
=
∵AB⊥AC,PA=PC,PD⊥AC,
cos<,>即為二面角P-AC-B的余弦值.
而cos<,>=
二面角P-AC-B的平面角為60°
(2)解法一 PD=
,
S△APC=.AC.PD=
設(shè)點B到平面PAC的距離為h,
則由VP-ABC=VB-APC得
.S△ABC.PE=.S△APC.h,
h=
.
故點B到平面PAC的距離為
.
解法二 點E到平面PAC的距離容易求得，為
a,而點B到平面PAC的距離是其2倍,
∴點B到平面PAC的距離為.
