www.353111.com:四川省2010届高三专题训练4:立体几何(数学文)(2010年3月成都研讨会资料)

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专题四

立体几何专项训练

一、选择题 1.如图,点 E 是正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱 DD1 的中点,则过点 E 且与直线 AB、B1C1 都相 交的直线的条数是 A A.0 B.1 C.2 D.无数条 B 2.P 是正三棱锥 P—ABC 的侧棱 PC 上一点(侧棱端点除外) ,则∠APB 的大小满 足( ) A A. 0? ? ?APB? 120 B. 60? ? ?APB? 180 ? ? C. 60? ? ?APB ? 90? D. 0? ? ?APB? 60? B 3.一个广告气球被一束入射角为 ? 的平行光线照射,其在水平面上的投影是一个 长半轴为 5m 的椭圆,则制作这个广告气球至少需要的面料是( )
1 1

D1

C1 E

D

C

A. 100 ? sin ? m 2 m.

2

B. 100 ? cos2 ? m

2

C. 100 ? sin2 ? m

2

D.100 ? cos? )

4.正四棱锥的底面边长为 x,侧棱长为 y,则 A. (0,

x 的取值范围是( y

1 2 B. (0, 2 ) C. (0,1) D. (0, ) ) 2 2 5.长方体的各顶点都在半径为 R 的球面上,则该长方体的最大体积是

A.

6 3 3 R 7 4 2 3 R 3

B.

8 3 3 R 3 8 3 3 R 9

C.

D.

6.在水平横梁上 A、 B 两点各挂长为 50cm 的细线 AM,BN, |AB|=60cm, 在 MN 处挂长为 60cm 的木条 MN 平行于横梁,木条中点为 O,若木条绕其中点 O 水平方向旋转 60 ,则木条比原来 升高了
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A.10cm C. 10 3cm

B.5cm D. 5 3cm

1 7.正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,点 M 在棱 AB 上,且 AM= ,点 P 是平面 ABCD 内的 3

动点, 且点 P 到直线 A1DA 的距离与点 P 到点 M 的距离的平方差等于 1, 则点 P 的轨迹是 ( ) A.抛物线 B.双曲线 C.直线 D. 以上都不对 8.如图,已知正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 上、下底面中心分别为 O1 , O 2 ,将正方体绕直线 O1O2 旋 转一周,其中由线段 BC1 旋转所得图形是( )
D1 A1 O1 B1 D A O2 B C1

C

A

B

C

D

二、填空题 9. 在四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, 底面 ABCD 为平行四边形, PA=a, AB=2PA, ?ABC A a =60?,则 D 到平面 PBC 的距离为________________. 10. 设 a , b 是异面直线, 点 A、 B 在 a 上运动,AB ? 2 , 点 C、 D 在 b 上运动, CD ? 2 ,
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B

E、F、G、H 分别是 AD、BD、BC、AC 的中点. 给出下列命题:①四面体 ABCD 的 体积是常数;②四边形 EFGH 的面积是常数;③ a , b 可能与平面 AEC 都成 900;④ 四边形 EFGH 是菱形.其中正确命题的序号是__________. 11.如图,正四棱锥 V—ABCD 的侧棱长与底边长相等,点 E 是棱 VA 的中点,点 O 是底面中心,则异面直线 EO 与 BC 所成的角是________________ 12.有一个正四棱锥,它的底面边长和侧棱长均为 a ,现在要用一张正方形的包装纸 将它完全包住. (不能裁剪纸,但可以折叠)那么包装纸的最小边长应为 __________________. 三、解答题 13.在边长为 a 的正三角形的三个角处各剪去一个四边形. 这个四边形是由两个全等的 直角三角形组成的,并且这三个四边形也全等, 如左图. 若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱 柱形容器,如右图.则当容器的高为多少时,可 使这个容器的容积最大,并求出容积的最大值.

H E F

G

C

b

D

V

E

A O D C

B

14.直三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, AB ? AC ? 面直线 C1D 与 A1C 所成的角;

1 2

(1)求异 AA1 , ?BAC ? 90 , D 为棱 BB1 的中点.

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(2)求平面 A1 DC 与平面 ADC 所成的角的大小.

15.四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,边长为 a,PD=a,PA=PC= 2 a ⑴ 求证:PD⊥ 平面 ABCD ⑵ 求异面直线 PB 与 AC 所成的角 ⑶ 求二面角 A-PB-D 的大小 ⑷ 在这个四棱锥中放入一个球,求球的最大半径 ⑸ 求四棱锥外接球的半径
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16. 如 图 , 在 直 四 棱 柱 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,底面 A 1B 1C1 D 1 是梯形,且 A 1B 1 // D 1C1 ,

1 A1 B1 ? 1 , AD1 ? AC , E 是棱 A1B1 的中点. 1 2 (1)求证: CD ? AD ; A1 D1 ? D1 D ? D1C1 ?
(2)求点 C1 到平面 CD1B1 的距离; (3)求二面角 D 1 ?CE ? B1 的大小.

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专题四立体几何专项训练参考答案
一、选择题 DABB DABD 8.显然在旋转过程中,线段 BC1 上任意一点到轴 O1O2 的距离为定值.设线段 BC1 的中点为 M, 线段 O1O2 的中点为 O,则 OM 是异面直线 O1O2 和 BC1 的公垂线段.设 N z 是线段 BC1 上任意一点,N 在轴 O1O2 上的射影为 P,我们只需研究在静 D
1

C1

止状态下线段 MN 与 PN 的函数关系即可.如图, 以正方体的中心 O 为原 点建立空间直角坐标系,不失一般性,设点 N 在线段 MC1 上.设正方体 边长为 2, MN ? t , PN ? d ,则由异面直线 O1O2 和 BC1 所成角为 450
2 2 2 知 N (? t ,1, t ), P(0,0, t ) ,故在 Rt△OPN 中,由 OP2 ? PN 2 ? ON 2 2 2 2
1 1 1 t 得: d 2 ? t 2 ? t 2 ? 1 ? t 2 ? d 2 ? ? 1 , 2 2 2 2 即 d 与 t 满足双曲线关系,故选 D. 二、填空题
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O1 A1 P O M B1 N

y

x
A

D C O2 B

2

3 ? 9. 2 a; 10.①②④; 11. ;12. 3

6? 2 a 2

三、解答题 13.解析:设容器的高为 x.则容器底面正三角形的边长为 a ? 2 3x ,
?V ( x ) ? 3 a ? x ? ( a ? 2 3 x ) 2 (0 ? x ? ) 4 2 3 ? 3 1 ? ? 4 3x ? (a ? 2 3x)(a ? 2 3 x) 4 4 3

?

1 4 3x ? a ? 2 3x ? a ? 2 3x 3 a 3 . ( ) ? 16 3 54

3 当且仅当 4 3x ? a ? 2 3x, 即x ? 3 a时, Vmax ? a . . 18 54
3 故当容器的高为 3 a 时,容器的容积最大,其最大容积为 a .

18

54

14.解法一: (1)连结 AC1 交 A1C 于点 E ,取 AD 中点 F ,连结 EF ,则 EF ∥ C1D . ∴ 直线 EF 与 A1C 所成的角就是异面直线 C1D 与 A1C 所成的角. 设 AB ? a ,则 C1 D ? C1 B12 ? B1 D 2 ? 3a , A1C ? AC 2 ? AA12 ? 5a .
AD ? AB2 ? BD2 ? 2a . ?CEF 中, CE ?

1 2

A1C ?

5 2

a , EF ?

1 2

C1 D ?

3 2

a,

直三棱柱中, ?BAC ? 90 ,则 AD ? AC .
2a 2 6 2

CF ?

AC 2 ? AF 2 ? a 2 ? (

)2 ?

a



cos ?CEF ?

CE 2 ? EF 2 ? CF 2 2CE ? EF

3 3 a2 ? a2 ? a2 4 2 ? 15 , ? 4 15 5 3 2? a? a 2 2

5

?异面直线 C1D 与 A1C 所成的角为 arccos

15 15



(2)直三棱柱中, ?BAC ? 90 ,? AC ? 平面 ABB1 A1 . 则 AC ? A1 D . 又 AD ?
2 , 2a , A1D ? 2a , AA1 ? 2a ,则 AD2 ? A1D2 ? AA 1

于是

AD ? A1D .

? A1 D ? 平面 ACD .

又 A1 D ? 平面 A1CD , ?平面 A1DC ? 平面 ADC .故平面 A1 DC

与平面 ADC 所成的角为 900. 解法二: (1)建立如图所示的空间直角坐标系.

z
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C1 A1

B1

设 AB ? a ,则 A1 (0, 0, 2a), C(0, a, 0), C1 (0, a, 2a), D(a, 0, a) , 于是 C1D ? (a, ?a, ?a), AC ? (0, a, ?2a) . 1
cos ? C1 D, A1C ?? C1 D ? A1C | C1 D | ? | A1C |
? 0 ? a ? 2a
2 2

D

3a ? 5a

?

15 15



x
C B A

y

?异面直线 C1D 与 A1C 所成的角为 arccos
( 2 )

15 15



A1D ? (a,0, ?a), AD ? (a,0, a), AC ? (0, a,0)



? A1D ? AD ? a2 ? 0 ? a2 ? 0, A1D ? AC ? 0 .
则 A1D ? AD, A1D ? AC .? A1 D ? 平面 ACD . 故平面 A1 DC 与平面 ADC 所成的角为 900. 15.解析: (1)要证 PD⊥平面 ABCD,只需证 PD 垂直于平面 ABCD 内的两条相交线,而所给已 知量都是数,故可考虑勾股定理的逆定理 ∵ PD=a,AD=a,PA= 2a ∴ PD2+DA2=PA2

?

平面 A1 DC ? 平面 ADC ,

同理∴ ∠ PDA=90°即 PD⊥ DA,PD⊥ DC ∵ AO∩ DC=D ∴ PD⊥ 平面 ABCD ⑵ 从图形的特殊性,应先考虑 PB 与 AC 是否垂直,若不垂直然后再转化 连结 BD,∵ ABCD 是正方形 ∴ BD⊥ AC ∵ PD⊥ 平面 ABCD ∴ PD⊥ AC ∵ PD∩ BD=D ∴ AC⊥ 平面 PDB ∵ PB?平面 PDB ∴ AC⊥ PB ∴ PB 与 AC 所成的角为 90°

⑶ 由于 AC⊥ 平面 PBD,所以用垂线法作出二面角的平面角 设 AC∩ BD=O,过 A 作 AE⊥ PB 于 E,连 OE ∵ AO⊥ 平面 PBD ∴ OE⊥ PB ∴ ∠ AEO 为二面角 A-PB-D 的平面角 ∵ PD⊥ 平面 ABCD,AD⊥ AB ∴ PA⊥ AB 在 Rt△ PDB 中, PB ? PD2 ? BD2 ? 3a 在 Rt△ PAB 中,∵ S?
PA? AB 1 1 AE ? ? PA? AB ? PB ? AE ,∴ PB 2 2 2a ? a 3a ? 2 3 a

AO ?

1 2 AC ? a 2 2

在 Rt△ AOE 中, sin?AEO ?

AO 3 ? AE 2 ∴ ∠ AEO=60°, ∴ 二面角 A-PB-D 的大小为 60°

⑷ 当所放的球与四棱锥各面都相切时球的半径最大,即球心到各个面的距离均相等,联想到用 体积法求解.设此球半径为 R,最大的球应与四棱锥各个面都相切,设球心为 S,连结 SA、SB、 SC、SD、SP,则把此四棱锥分为五个棱锥,设它们的高均为 R
VP ? ABCD ? 1 1 S ?ABCD ? PD ? a 3 3 3
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S ?PAD ? S ?PDC ?

1 2 1 2 2 a , S ?PAB ? S ?PBC ? a ? 2a ? a , S ?ABCD ? a 2 2 2 2

∵ VP ? ABCD ? VS ? PDA ? VS ? PDC ? VS ? ABCD ? VS ? PAB ? VS ? PBC
1 3 1 a ? R( S ?PAD ? S ?PDC ? S ?PAB ? S ?PBC ? S ?ABCD ) 3 3

2 1 3 1 1 2 1 2 2 2 2 2 a ? R( a ? a ? a ? a ? a 2 ) ? R ? (1 ? )a 3 3 2 2 2 2 2

2 a) 2 ⑸ 四棱锥的外接球的球心到 P、A、B、C、D 五的距离均为半径,只要找出球心的位置即可,在

∴ 球的最大半径为( 1 ?

Rt△ PDB 中,斜边 PB 的中点为 F,则 PF=FB=FD 不要证明 FA=FC=FP 即可 设 PB 的 中 点 为 F,∵ 在 Rt△ PDB 中 : FP=FB=FD, 在 Rt△ PAB 中 : FA=FP=FB, 在 Rt△ PBC 中 : FP=FB=FC,∴ FP=FB=FA=FC=FD,故 F 为四棱锥外接球的球心,FP 为外接球的半径
1 3 3 ∵ FP= PB ,∴ ∴ 四棱锥外接球的半径为 FP ? a a 2 2 2 【说明】⑴ 本题主要考查棱锥的性质以及内切外接的相关知识点; ⑵ “内切”和“外接”等有关问题,首先要弄清几何体之间的相互关系,主要是指特殊的点、线、 面之间关系,然后把相关的元素放到这些关系中解决问题,例如本例中球内切于四棱锥中时, 球与四棱锥的五个面相切,即球心到五个面的距离相等; ⑶ 求体积或运用体和解决问题时,经常使用等积变形,即把一个几何体割补成其它几个几何体 的和或差. (4)立体几何的推理必须做到言必有据,论证严密.

16.解析: 本题考查多面体中的线面关系, 求二面角, 求点到平面的距离: 考查多面体中的线面关系,求点到平面的距离、二面角.

证明:连接 A1D , 又

A1D1DA 是正方形,∴ AD1 ? DA1 ,

AD1 ? AC 1 ,

∴ AD1 ? 平面 ACD ,∴ AD1 ? CD ,又 1

DD1 ? CD ,∴ CD ? 平面 AD1 ,∴ CD ? AD

(2)解:在平面 A1B1C1D1 中,过 C1 点作 C1K ? D1B 1 ,垂足为 K ,连接 CK ,又过 C1 点作

C1H ? CK , 垂 足 为 H , 则 C1H 为 点 C1 到 平 面 CD1B1 的 距 离 , 在 ?C1B1D1 中 , 有
1? 2 ? 2 2 ? 1 , 5 5

C1K ? D1B1 ? D1C1 ? C1B 1? sin135 ,∴ C1 K ?
1?

1 CC1 ? C1 K 5 ? 6 ,点 C 到平面 CD B 的距离为 6 . ? 在 Rt ?CC1K 中, C1 H ? 1 1 1 CK 6 6 1 1? 5
解法 2:用等体积法,设点 C1 到平面 CD1B1 的距离为 h , 在 ?CD1B1 中 , C D ? 1 ? 2 , D 1 B 1

5 , C 1? B

?? 3 ,CD1B1 为 直 角 三 角 形 , 由
6 ,∴点 C1 到平面 CD1B1 的距 6

VC ?C1D1B1 ? VC1 ?CD1B1 得 1?1? 2 sin135 ? 2 ? 3 ? h ,∴ h ?
6 . 6

离为

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(3)解: D1E ? DC ? CE ? A1D ? 2, 取线段 CE 的中点 F ,连接 D1F ,则 D1F ? CE , 1 ∴ A1B1 ? CE , 再取线段 CB1 的中点 G , 连接 FG , ∴ FG // EB1 , ∴ CE ? FG , CE // A1D , ∴ ?D1FG 是二面角 D 1 ?CE ? B1 的平面角,在 ?D1FG 中, D1 F ?

1 6 , FG ? ,取线段 2 2

2 2 在 ?D1C1L 中 , B1C1 的 中 点 L , 连 接 GL , 则 D1G2 ? GL ? D1L ,

1 2 D1L2 ? 1 ? ? 2 ? ?1 2 2

5 1 11 5 2 c o ?s 1 , 3 5 ∴ D1G ? ? ? , 由 余 弦 定 理 知 2 4 4 2

cos ?D1 FG ?

(

6 2 1 2 11 ) ?( ) ? 2 2 4 ? ? 6 ,∴二面角 D ?CE ? B 的大小为 arccos(? 6 ) . 1 1 3 3 6 1 2? ? 2 2

空间向量解法:

a ? 1 , D1C1 ? b , ( 1 )证明: 用基向量 法. 设 D1 A 1 ?a, b ? 1 D1D ? c , c ? 1 , AC ? b ? c ? a , D1 A ? a ? c , 1

AC ? D1 A ? AC 1 1 ?D 1A ? 0 ,
∴ (b ? c ? a) ? (a ? c) ? 0 , ∴ c ? a ?b?c ?b?a ? 0 , ∴ a ?b ? 0 , ∴A ∴A 即 AB , ∴ CD ? AD AD A1B1 ? 2b, D1 A1 ? a , 1 1 ? 1 1 1B 1?D 1A 1 ? 0, 1B 1 ?D 1A 1, (2)解:构建空间直角坐标系,运用向量的坐标运算. 以 D1 为原点,D1 A1 ,D1C1 ,D1D 所在直线分别为 x, y, z 轴, 建立如图所示的空间直角系. 则
2 2

D1 (0,0,0) ,C (0,1,1), E (1,1,0) ,B1 (1, 2,0) ,DC ? (0,1,1) ,D1E ? (1,1,0) ,EC ? (?1,0,1) , 1

EB1 ? (0,1,0) , D1 B1 ? (1,2,0) , 设 平 面 CD1B1 的 一 个 法 向 量 为 n3 ? ( x3 , y3 , z3 ) , ∵
? ?n3 ? D1C ? 0 , DC n3 ? D1C, n1 ? D1B1 , ∴ ? ? (0,1,1) , D1 B1 ? (1,2,0) 1 n ? D B ? 0 ? ? 3 1 1
∴?

? y3 ? z3 ? 0 ,令 y3 ? ?1 ,则 x3 ? 2 , z3 ? 1,得 n3 ? (2, ?1,1) . ? x3 ? 2 y3 ? 0

D1C1 ? (0,1,0) ,求点 C1 到平面 CD1B1 的距离 d ?

n3 n3

? D1C1 ?

?1 6 ? 6 6

(3)解:设平面 CD1E 的一个法向量为 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) . ∵ n1 ? DC 1 ,n 1 ?D 1E , ∴ ?

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? ? n1 ? D1C ? 0 ? ? n1 ? D1 E ? 0

,? ?

? y1 ? z1 ? 0 ,令 x1 ? 1 ,则 y1 ? ?1, z1 ? 1, ? x1 ? y1 ? 0

得 n1 ? (1, ?1,1) .又设平面 CB1E 的一个法向量为 n2 ? ( x2 , y2 , z2 ) ∵ n2 ? EB1, n2 ? EC , ∴?

? ?n2 ? EB1 ? 0

? y2 ? 0 ,∴? ,令 x2 ? 1 ,则 y2 ? 0 , z2 ? 1 ,得 n 2 ? (1,0,1) . ? x ? z ? 0 n ? EC ? 0 ? 2 2 ? ? 2

cos ? ?

n1 ? n2 n1 ? n2

?

2 6 6 ,∴二面角 D 1 ?CE ? B1 的大小为 arccos(? ? ). 3 3 3? 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 , ?1, ? ) , 2 2

或 者 , CE 的 中 点 F 的 坐 标 为 F ( ,1, ) , OF ? ( ,1, ) , FO ? (?

EB1 ? (0,1,0) ,∴ cos ? ?

FO ? EB1 FO ? EB1

?

?1 1 1 ?1? 4 4
6 ). 3

??

1 6 , ?? 3 6 4

∴二面角 D 1 ?CE ? B1 的大小为 arccos(?

w.w.^w.k .s.5*u .c.#o@ m

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