北京四中---高中数学高考综合复习专题二十九立体几何专题练习

1高中数学高考综合复习专题二十九立体几何专题练习一、选择题（每题4分，共32分）1.在棱长为a的正方体中，与其中一条棱所在直线异面，并且距离为a的棱共有（）A.4条B.5条C.6条D.7条2.斜四棱柱的侧面最多可有几个面是矩形（）A.0个B.1个C.2个D.3个3.下面四个命题，正确命题的个数为（）（1）两相邻侧棱所成角都相等的棱锥是正棱锥（2）两相邻侧面所成二面角都相等的棱锥是正棱锥（3）侧棱与底面所成的角都相等的棱锥是正棱锥（4）侧面与底面所成二面角都相等的棱锥是正棱锥A.0B.1C.2D.34.已知直线a是平面α的斜线，，当a与b成60°的角，且b与a在α内的射影成45°角时，a与α所成角是（）A.60°B.45°C.90°D.135°5.设150°的二面角内有一点P到平面α的距离为a，到棱AB的距离为2a，则点P到平面β的距离是（）A.aB.C.D.3a6.若三棱锥的一个平行于底面的截面与底面的面积之比为1：9，则这个截面把三棱锥的侧面分成两部分的面积之比为（）A.1：9B.1：8C.1：4D.1：37.已知三棱锥D-ABC的三个侧面与底面全等，且，BC=2，则以BC为棱，以面BCD与面BCA为面的二面角的大小为（）A.B.C.D.8.球面上有M、N两点，在过M、N的球的大圆上，的度数为90°，在过M、N的球的小圆上，的度数为120°，又，则球心到上述球的小圆所在的平面的距离为（）A.B.C.D.二、填空题（每题4分，共20分）21.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为BB1，CC1的中点，则AE、BF所成角的余弦值为。2.点M为线段AB的中点，若A、B到平面α的距离分别为4cm和6cm，则点M到平面α的距离为。3.在半径相等的一个球与一个半球内，各有一个内接正方体，则这两个正方体的体积之比为。4.在正四棱锥P-ABCD中，若侧面与底面所成二面角的大小为60°，则异面直线PA与BC所成角的大小等于（用反三角函数值表示）5.已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两相互垂直，Q为底面上一点，点Q到三个侧面的距离分别为1，2，3，则点Q到顶点P的距离为。三、解答题（本大题共4题，每题12分，满分48分）1、已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为a的正三角形，侧棱AA1与底面边AB、AC成45°角，且侧棱长为l，试求：（1）它的侧面积；（2）AA1和BC的距离。2、如右图所示，在正三棱锥S-ABC中，过底面顶点B和侧棱SA、SC上的E、F点做一截面BEF和侧面SAC垂直。（1）当E、F分别为SA、SC中点时，求此三棱椎的侧面积与底面积之比；（2）若AB=8，斜高，求截面BEF的面积。3、在棱长为a的正方体ABCD-A′B′C′D′中，E、F分别是BC，A′D′的中点。（1）求证：四边形B′EDF是菱形；（2）求直线A′C与DE所成的角；（3）求直线AD与平面B′EDF所成的角；（4）求面B′EDF与面ABCD所成的角。4、如图，斜边为AB的Rt△ABC，过A作PA⊥平面ABC，AE⊥PB，AF⊥PC，E、F分别为垂足。（1）求证：PB⊥平面AEF；（2）若，求二面角A-PB-C的大小；（3）若PA=AB=2，，求θ为何值时最大，最大值是多少？3答案与解析一、选择题1.选A分析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，对于棱AB而言，满足条件的棱有CC1，DD1，A1D1及B1C1四条。2.选C分析：对于斜四棱柱，两个相邻侧面不可能全为矩形（否则将推出侧棱与底面垂直），故斜四棱柱最多是某个相对的侧面为矩形，由前一专题的经典例题可知这样的斜四棱柱是存在的。3.选A分析：考虑以正三棱锥P-ABC为基础构造反例：过顶点A的截面ADE与PB、PC分别交于D、E，则三棱锥P-ADE显然满足命题（1）、（2）的条件，但它不是正三棱锥，故（1）、（2）为假命题，又满足（3）、（4）的条件的棱锥，其底面不一定是正多边形，故（3）、（4）亦假命题，因此这里应选A。认知：棱锥的顶点在底面上的射影：（Ⅰ）如果棱锥的各侧棱相等或各侧棱与底面所成角相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心（外接圆圆心）。（Ⅱ）如果棱锥的各侧面与底面所成二面角相等或棱锥的顶点到底面多边形各边的距离相等，则顶点在底面上的射影（位于多边形内部）为底面多边形的内心（内切圆圆心）。（Ⅲ）对于三棱锥，如果两组对棱垂直，则第三组对棱必然垂直，且顶点在底面上的射影为底面三角形的垂心。4.选B分析：不防设直线AO即直线a，直线b经过斜足O，OB为a在平面α内的射影，又设直线a与平面所成角为，则由此图联想并利用“三余弦定理”得：故应选B5.选B分析：如图，设于C，且与面β′交于点D，与面α交于点E（容易看出，当点D在面β上时会出现矛盾），设面PCD4与AB交于点F，连结DF，CF，则点E在CF上（C、E、F共线于α与面PCD的交线）∵，∴，，从而①∴，∴为二面角的平面角，∴②又连结PF，CD则，，∴由①得即PF之长为点P到棱AB的距离因此，在四边形PCDF中，PC=a，PF=2a∴在中，故由②得于是由得即点P到平面β的距离为，故应选B。6.选B设三棱锥为V-ABC，其平行于底面的截面为分析：根据相关定理得∴即∴，应选B7.选C5分析：由题设知，DA=2，取BC中点为E，连结AE、DE，则为这一二面角的平面角。由题设得∴在△AED中由余弦定理得：∴，即，应选C8.选B分析：设球面半径为R，上述球面小圆的半径为r，则由题①且②又∴由①得，由②得r=1.∴所求距离∴应选B二、填空题1.答案：分析：首先立足于在正方体内构造两异面直线所成角，连给EF，DF，则由四边形AEFD为矩形知DF∥AE.∴∠BFD为AE与BF所成角又连结BD，并设正方体棱长为1，则在中有：，∴由余弦定理得由此解得62.答案1cm或5cm提示：注意分两种情况讨论（1）当A、B在平面α同侧时…；（2）当A、B在平面α两侧时…3.答案：分析：设球半径为R，球的内接正方体的棱长为x，半球的内接正方体的棱长为y，则有①②∴由①、②得∴答案应为4.答案：分析：∵AD∥BC，∴为PA与BC所成角，设，取AD中点为E，连结OE，PE，则为侧面与底面所成二面角的平面角∴设正四棱锥底面边长为a，则由得，∴由得，∴7即所求角的大小为5.答案：分析：注意到三棱锥底面的可变性，以为底面作出已知三棱锥设面PAB于D，面PBC于E，面PAC于F并以QD，QE，QF为棱，在三棱锥内作辅助长方体PQ，则由长方体特性得，对角线三、解答题1.分析：求斜棱柱的倒面积，一种基本解法是构造并利用斜棱柱的直截面，另一种基本解法是在认知各侧面的特征后分而求之。注意到在题设条件下底面ABC的垂面量作，故选择第二种解法，解题从利用题设条件认知图形特征入手。解：（1）设E、E1分别为BC，B1C1的中点，连结AE、EE1、A1E1，可证四边形A1AEE1为平行四边形作A1O垂直底面ABC于点O∵，∴点O在的平分线AE上（证略）∴A、O、E三点共线∵为正三角形∴，∴，又∴，即四边形BCC1B1为矩形。∴（2）由（1）知，，∴平面AEE1A1在平面AEE1A1内，过点E作于F，则，8EF之长即为所求AA1和BC间的距离。在平面ABC内，过点O作于H，连结A1H，则∴在中，；∴在中，；∴在中，于是，由□AEE1A1的面积为AE·A1O=AA1·EF∴∴棱AA1和BC间的距离为点评：本题解答用到了教材习题中的一个结论，经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线，如要斜线和这个角的两边的夹角相等，那么斜线与平面上的射影是这个角的平分线所在直线。这一命题及其证明方法经常用于解题之中。2.分析：计算面积时，离不开计算对应底边上的高，尤其是斜高、底面三角形的高和截面三角形的高相互间的关系，这种关系应该通过垂直截面来体现。解：（1）由于正三棱锥S-ABC中，E、F分别为SA、SB的中点，∴SE=SF，，∴，∴BE=BF。设G为EF的中点，连结BG、EF，则，又平面BEF⊥平面SAC，∴BG⊥平面SAC，从而。延长SG交于AC于D，连结BD，则D为AC的中点，G为SD的中点，∴BD=BS。设正△ABC的边长为a，则，9，∴，，∴；（2）由（1），设O为S在底面上的射影，∵，∴，而，∴，∴。又，∴，∴点评：为沟通底面、侧面以及截面之间的联系，构选正三棱锥的截面△SBD对于（1），立足于截面△SBD中且G为SD中点，由此推出SB=BD，并由此突破难点；对于（2），立足于截面SBD导出有关各角与线段的长，由此导出EF之值。立足于几何体的某一截面突破难点，这是立体几何解题的基本策略。3.分析：对于（1）需分两步证明：一证四边相等，二证四点共面，这两步缺一不可；对于（2）注意到DE在下底面内，故首先考虑在下底面内通过构选□平移DE，为了便于计算，应当不拘泥于在正方体内部构选□；对于（3），（4），则要在解答（1），（2）时对图形的认知基础上，选择适当的方法，构选出直线与平面所成角和二面角的平面角。解：（1）如下图所示，由勾股定理，得，10下面再证明、E、D、F四点共面。取AD的中点G，连结、EG，易证是平行四边形∴，又∵为平行四边形，∴，∴∴、E、D、F四点共面故四边形是菱形；（2）如下图所示，在平面ABCD内，过C作CP//DE，交直线AD于P，则或其补角为异面直线与DE所成的角；在中，易得，，由余弦定理，得故异面直线与DE所成的角为（3）∵∴AD在平面内的射影在的平分线上（如下图所示）又∵是菱形，∴为的平分线。故直线AD与平面所成的角为在中，，11则故AD与平面所成的角是（4）如下图所示，连结EF、，交于O点，显然O为的中点，从而O为正方体ABCD-的中心，作平面ABCD，则H为正方形ABCD的中心，再作，垂足为M，连结OM，则（三垂线定理），故为二面角的平面角。在中，，，斜边，则由面积关系，得在中，故面与面ABCD所成的角为点评：对于（3），注意到题设条件下，从而断证A在平面内的射影在的平分线上，进而明确为所求AD与平面所成角。在这里，由已知或图形中发现的醒目不张扬的角的关系，是解决这一问题的关键。4.分析：对于（1），注意立体几何中证明垂直线或平行问题的“轮回特色，循着从已知线：垂直入手线面垂直面面垂直（新的）图形的基础上构造或计算。解：（1）证明：∵平面ABC，∴，12又∵出题设得∵平面PAC，∴平面平面PAC且平面PBC平面PAC=PC∵AF在平面PAC内，且，∴平面PBC，∴，而，∴平面AEF。（2）解：由（1）知是所求二面角的平面角，设AB=a，则由已知得，，，。∴在中，，∴（3）解：由题意P、A、B、E是定点，而C、F是动点且F随点C运动而运动。∵点C在平面ABC内沿以AB为直径的圆周上运动（不含端点A、B），又平面AEF，且，∴点F在过点A且垂直于PB的平面内，在以AE为直径的圆周上运动（不含A、E两点）。∴当AF=EF时，最大，此时EF=1，在中，，∴当时最大，最大值为点评：对于（3），认识到P、A、B、E为定点，以及动点下的运动规律是解题的关键，在中，由题设得，故当EF=AF=1时，最大是比较明显的。考察最大时的关键的特征，并由此转化为对有关线段或角的计算，这也是解决立体几何最值问题的思路之一。