高二同步專(zhuān)練 立體幾何拔高解析版

11A.內(nèi)心B.外心C.重心D.垂心由題設(shè)，可得如圖示意圖：PE,PF,PD分別是AB,BC,CA的高，即PE=PF=PD，又PO⊥面ABC，而AC?面ABC，AB?面ABC，BC?面ABC，POF，在Rt△POD,Rt△POE,Rt△POF中，OD=PD2-PO2，OE=PE2-PO2，OF=PF2-PO2.2A.S1<S2<S3B.S1<S3<S2C.S2<S1<S3D.S2<S3<S13=3=2=2,S3=2因?yàn)镾2-S3=4πR2-6πr2=4π2-6πr2=4πr2-<0,所以S2<S32<S3<S1故選:D33對(duì)于B：利用異面直線的判定定理可以判斷直線PQ與RS異面.對(duì)于B：由異面直線的判定定理可以判斷直線PQ與RS異面.故B正確；22因?yàn)锳1D1C. A.B.4C.8D.則截面等腰三角形的高h(yuǎn)=42-2=16-2，16-2 中，直線PQ與直線AB垂直的次數(shù)為()A.2B.4C.6D.833當(dāng)PQ」AB時(shí)，ABⅡ平面CDEF或AB軍平面CDEF，結(jié)合旋轉(zhuǎn)分析可知有兩次使得PQ」AB.6644 余弦值的所有可能取值構(gòu)成的集合是()弦值的所有可能取值構(gòu)成的集合是〈0,,,〈8855A.B.C.D.2CDD1C1與平面HC1D1所成的角,進(jìn)而在直角三角形中求出其正切值.設(shè)正方體水槽繞CD傾斜后，水面分別與棱AA1,BB1,CC1,DD1,交于M,N,P,Q,在平面BCC1B1C1HⅡNP交BB1于H，則四邊形NPC1H是平行四邊形，且NH=PC1=1面HC1D1所成的角,其平面角為ZHC1C=ZB1HC1,66 PC與平面PAB所成角的大小為.義即可得出∠DPO就是直線PC與平面PAB所成的角，然后通過(guò)題意得出∠OPF=30°,再然后通cos∠DPO=即可得出結(jié)果.過(guò)PC上一點(diǎn)D作DO⊥平面APB，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥PB，OF⊥PA，則∠DPO就是直線PC與平面PAB所成的角，因?yàn)镈O⊥平面APB，所以DO⊥PA，OF⊥PA，OD∩OF=O，OD,OF?PA⊥平面DFO，所以PA⊥平面DFO，PA⊥DF，同理可證PE⊥DE，因?yàn)椤螦PC=∠BPC=60°,所以Rt△PDE?Rt△PDF，所以DE=DF,OE=OF，線PC與平面PAB所成角的大小為arccos..77小值即可.所以EF∥AC，又EF?平面ACD1，AC?平面ACD1，所以EF∥平面ACD1.又EF∩EG=E，EF?平面EFG，EG ,所以線段D1P長(zhǎng)度的最小值為=2 ,所以線段D1P長(zhǎng)度的最小值為= 求出結(jié)果.88取AH的中點(diǎn)為E，連接PE，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥OA，垂足為F，故點(diǎn)P的軌跡就是平面α內(nèi)以線段AH為直徑的圓(A∴PE=AH=，如圖，a 4=tanθ取得最大值為：=OEE- 4=tanθ取得最大值為：=OEE-PE2= 點(diǎn)A和B兩點(diǎn)東西方向的距離是. 離.99ΔABC=SΔABC，然后結(jié)合棱臺(tái)與棱柱的體積公式即可求出結(jié)果.所以B1C1=BC，同理A1B1=AB，因此SΔABC=SΔABC，與為=1+2= 4+a22△PBC=BC?PE===a4+a24,∴此正子體的表面積S=8S△PBC=2a4+a2，如圖設(shè)平面ABCD截正方體所得截面為A1B1C1D1，設(shè)AB1=x,(0≤x≤2)，則BB1=2-x，由AB2=AB+B1B2，可得a=x2+(2-x)2=2x2-4x+4=2(x-1)2+2，2如圖，在棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱A1A和B1B上各有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P,Q，且滿足A1P=BQ，【詳解】設(shè)點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離為d，三棱柱ABC=A1B1C1的高為h，AM=kAC(0<k≤1)，由點(diǎn)M到平面ABB1A1的距離為kd，又因?yàn)锳1P=BQ，所以S四邊形ABQP=S四邊形ABQP=S四邊形ABBA，VABC-ABC=×S四邊形ABBA×d=dS四邊形ABBA，所以VABC-A-ABQP=kdS四邊A四邊-A四邊形A令f(k)=-1，則函數(shù)f(k)在區(qū)間(0,1]上單調(diào)遞增， 【詳解】由于AB⊥AP,AB⊥AC,AB∩AP=A,∴AB⊥平面APC， 2只需AP= 2 (1)求證：平面EDB⊥平面ABCD；(2)求二面角A-EB-D的正切值；(3)求點(diǎn)E到平面PBC的距離.(1)證明見(jiàn)解析(2(3)證明平面EDB⊥平面ABCD(2)過(guò)點(diǎn)O作OF垂直BE于F點(diǎn)，連接AF，由線面垂直的判定可得AO⊥平面BDE，BE⊥平面AOF，得到二面角A-EB-D的平面角為∠AFO，求解直角三角形得答案.到平面PBC的距離OH，求出OH即可求出點(diǎn)E到平面PBC的距離.∵PC⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，又EO?平面EDB，故平面EDB⊥平面ABCD；(2)過(guò)點(diǎn)O作OF垂直BE于F點(diǎn)，連接AF，由AO⊥BD，EO⊥平面ABCD，AO?平面ABCD，所以AO⊥OE，又BD∩OE=O，BD,OE?平面BDE，∴AO⊥平面BDE，因?yàn)锽E?平面BDE，所以AO⊥BE，OF⊥BE，AO∩OF=O，AO,OF?平面AOF，BE⊥平面AOF.∴二面角A-EB-D的平面角為∠AFO，所以AO=AC=，OB=，又OE=PC=，所以BE=BO2+OE2=1，所以O(shè)F=O=43，在直角△AFO中，tan∠AFO(3)在底面作OH⊥BC，垂足為H，∵PC⊥平面ABCD，OH?平面ABCD，所以PC⊥OH，PC∩BC=C，PC,BC?平面PCB，所以O(shè)H⊥平面P所以點(diǎn)E到平面PBC的距離就是點(diǎn)O到平面PBC的距離OH，所以O(shè)H==，即點(diǎn)E到平面PBC的距離為.A1；(1)證明見(jiàn)解析得出答案.(1)連接D1C,A1B，如圖：1C1B,則截面MPGNQ的周長(zhǎng)為：MP+PG+GN+NQ+QM=MP+NH+NS，== 2MP=MC+ 2MP=MC+C1P2==所以MP+NH+NS=10+，所以截面的周長(zhǎng)為、 (1)當(dāng)A1,A2,A3在同一水平面內(nèi)時(shí)，求OA1與平面A1A2A3所成角的大小(結(jié)果用反三角函數(shù)值表到的四面體A1A2A3A4為正四面體，延長(zhǎng)A4O交平面A1A2A3于B，則A4B⊥平面A1A2A3，連結(jié)A1B，則∠OA1B就是OA1與平面A1A2A3所成角，由此能求出OA1與平面A1A2A3所成角的大小.4兩兩連結(jié)后得到的四面體A1A2A3A4為正四面體，延長(zhǎng)A4O交平面A1A2A3于B，則A4B⊥平面A1A2A3，連結(jié)A1B，則A1B是OA1在平面A1A2A3上的射影，∴∠OA1B就是OA1與平面A1A2A3所成角，設(shè)A1A4=l，則A1B=l，在Rt△A4A1B中，A1A=A1B2+A4B2，2=l2-lcos∠OA1B==1B<)，∴∠OA1B=，∴OA1與平面A1A2A3所成角的大小為arccos.直線SM與平面SOA所成角的大小.(1)(2)arctan可得.即直線SM與平面SOA所成角為arctan. 33；【解析】(1)容器Ⅰ的底面正方形ABCD面積S=AC2=107)2=350(cm2)，容器Ⅱ的底面EFGH面積S1=EG2=×142=98(cm2)，底面E1F1G1H1面積S2=E1G=×622=1922(cm2)，由AC=107,AM=40得：CM=AM2-AC2=30，sin∠CAM==，=sinM=16，于是得sin∠NEG=sin(∠EGN+∠ENG)=sin∠EGNcos∠ENG+cos∠EGNsin∠ENG1交直線EG于Q2EFGH，則P2Q2⊥平面EFGH，(1)設(shè)AB中點(diǎn)M，求證：DM⊥平面PAB；(2)求平面PAB和平面PCD所成銳二面角的大小.(2)證明∠DPM即為面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，再解三角形即可.【解析】(1)取AB中點(diǎn)為M，連接PM，DM，則在等邊三角形PAB中，PM⊥又因?yàn)镻D⊥AB，PM∩PD=P，PM、PD?面PMD，所以AB⊥面PMD，因?yàn)镸D?面PMD，所以AB⊥MD，又DA=AB=2，AM=1，所以∠DAB=60°,PM=DM=3，PD=6，所以PM2+DM2=PD2，即PM⊥DM，又PM∩AB=M，PM、AB?面PAB，所以DM⊥面PAB；(2)設(shè)平面PAB∩平面PDC=l，又DC?AB,AB?平面PAB,DC?平面PAB,所以DC?平面PAB,又DC?平面PDC,所以DC?l，l，又PD⊥AB，所以PD⊥l，又PM⊥AB,所以PM⊥l，所以∠DPM即為面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，由(1)知，∠DMP=,DM=PM=3,所以△DMP為等腰直角三角形，故面PAB和平面PCD所成銳二面角為. 2 2 所以此時(shí)木板與兩個(gè)墻面所成的銳二面角大小分別為和. 2體積V=Sh=?x 2所以此時(shí)木板與兩個(gè)墻面所成的銳二面角大小分別為和.1≤?4-x21≤2≤?1-x22≤x2+4-x24x2+1-x22=1，1=等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=時(shí)成立； (1)若CO⊥平面AOB，求球心(3)若線段AB上存在一點(diǎn)D，使得AD=CD，求三棱錐O-BCD體積的最大值.V=?S△OBD?dC-OBD≤?S△OBD?dC-OD，要求三棱錐O-BCD體積的最大值，需求S△OBD?dC-OD的在△OAB中AB=OA2+OB2-2OA?OBcos120°=23因?yàn)镃O⊥平面AOB，所以CO⊥OA，CO⊥OA，所以AC=CO2+OA2=22，BC=CO2+OB2=22如圖，取AB中點(diǎn)E，連接CE，則CE⊥AB,CE=CB2-BE2=222-32=5所以S△ABC=×AB×CE=15；2-23p+4=t2-23x=t2-=由正弦定理得==4=2r，所以r=2,所以HA=HB=HO=2， pp2-23p+4 pp2-23p+42-23p+4V=?S△OBD?dC-OBD≤?S2-23p+423p-p22-23p+4V==-t（≤4-1=， AA1=2 ((2)求二面角B-FC1-C的大小.平面FCC1.說(shuō)明∠OPB為二面角B-FC1-C的平面角，然后通過(guò)三角形相似，轉(zhuǎn)化求解即可.∵在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CC1⊥平面A1B1C1D1，GE?平面A1B1C1D1，可得四邊形AFCD與四邊形BFDC均為菱形，∴AD=AF=DF且AD?CF，∴FH⊥AD，1且GH=AA1，EF1且EF=AA1，所以GH∵CF∩CC1=C，CF,CC1?平面FCC1，∴GE⊥平面FCC1.(2)過(guò)點(diǎn)B作BO⊥CF交FC于點(diǎn)O，過(guò)O在平面CC1F內(nèi)作OP⊥C1F，垂足為P，連接BP．因?yàn)锽O⊥CF，BO⊥CC1，CC1∩CF=C，CC1,CF?平面FCC1所以BO⊥面CC1F，F(xiàn)C1?面CC1F，所以BO⊥所以C1F⊥平面BPO，所以C1F⊥OP且C1F⊥BP，則∠OPB為二面角B-FC1-C的平面角， 7 2=在Rt△OBF中，BP=OP2+OB2=+3=，cos 7 2=所以二面角B-FC1-C的余弦值為，顯然二面角B-FC1-C為銳二面角，所以二面角B-FC1-C為arccos.在正三角形在正三角形ABC中，E、F、P分別是AB、AC、BC邊上的點(diǎn)，滿CP:PB=1:2(如下左圖)．將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1-EF-B成直二1P(如下右圖).E⊥平面BEP；(2)求二面角B-A1P-F的大小(用反三角函數(shù)表示).【解析】(1)設(shè)正三角形ABC邊長(zhǎng)為3a，因?yàn)锳E:EB=CF:FA=CP:PB=1:2，所以AE=a,AF=2a， 2由余弦定理得：EF2=AE2+AF2-2AE?AFcos60°=a2+4a 2所以EF=3a，則AE2+EF2=AF2，由勾股定理逆定理得：AE⊥EF，BE⊥EF，所以∠A1EB即為二面角A1-EF-B的平面角，由于二面角A1-EF-B成直二面角，所以A1E⊥EB，而EF∩BE=E，所以A1E⊥平面BEP；(2)取BP的中點(diǎn)M。連接EM，A1M，MF，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥A1P于點(diǎn)N，連接MN，由于PC=CF，∠C=60°,所以△PCF為等邊三角形，所以FP=PC=PM，所以A1E⊥BP，又EM∩A1E=E，所以BP⊥平面A1EM，又A1M?平面A1EM，所以A1M⊥BP，又A1P為公共邊，所以△A1PF?△A1PM，則MN⊥A1P，MN=NF，所以∠MNF即為二面角B-A1P-F的平面角，其中，PF=a，A1F=2a，所以A1P=A1F2+PF2=5a，NF=A11?=2=255a，所以MN=NF=a，由余弦定理得：MF=CM2+CF2-2CM?CFcos60°=3a，在△MNF中，由余弦定理得：cos∠MNF===-，所以二面角B-A1P-F的大小為π-arccos. AEF與棱PC的交點(diǎn)為G.(1)求異面直線AE與PF所成角的大小；(2)求平面AEGF與平面ABCD所成銳二面角的大小；(1)arccos;(23)點(diǎn)G的位置為線段PC靠近P的三等分點(diǎn).(1)作出輔助線，找到異面直線AE與PF所成的角是∠OEA(或補(bǔ)角)，利用余弦定理求出∠OEA=arccos；(2)作出輔助線，找到平面AEGF與平面ABCD所成銳二面角為∠OAQ，經(jīng)過(guò)計(jì)算得到∠OAQ=arctan；因?yàn)樗睦忮FP-ABCD是正四棱錐，則PO⊥底面ABCD，連接OE，∠OEA(或補(bǔ)角)即為異面直線AE與PF所成角的大小，因?yàn)檎睦忮FP-ABCD中，PA=AB=22，所以△PAB是等邊三角形，所以AE=AB?sin=6，由勾股定理得：AC=8+因?yàn)镻O⊥BD，E為PB的中點(diǎn)，所以O(shè)E=PB=2，所以異面直線AE與PF所成角的大小為arccos因?yàn)镋、F分別為PB、PD的中點(diǎn)，所以EF是三角形P因?yàn)锽D?平面ABCD，EF?平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，設(shè)平面AEGF與平面ABCD相交于直線l，故EF∥l∥DB，連接QA，則因?yàn)锳E=AF，所以AQ⊥EF，又因?yàn)镺A⊥BD，故∠QAO即為平面AEGF與平面ABCD所成銳二面角，其中OQ=OP=1，AO=2，所以tan∠OAQ==，故∠OAQ=arctan，即平面AEGF與平面ABCD所成銳二面角的大小為arctan(3)延長(zhǎng)AQ，則由兩平面相交的性質(zhì)可得AQ一定過(guò)點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)G作GM∥PO交AC于點(diǎn)M，因?yàn)镻O⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD， 設(shè)GM=CM=x，則AM=4- 左右兩坡屋面EAD和FBC是全等的三角形，點(diǎn)F在平面ABCD和BC上射影分別為H，M，已求導(dǎo)求最值即可求解.(1)由題意知FH⊥平面ABCD，F(xiàn)M⊥BC，又因?yàn)镠M?平面ABCD，所以FH⊥HM，在Rt△FHM中，HM=5，∠FMH=θ,所以FM=,(2)在Rt△FHM中，F(xiàn)H=5tanθ,所以主體的高度為h=6-5tanθ,令fθ=2θ,θ∈（0,則f,θ=-cos2θ+2-sinθ=-1nθ,令f,θ>0解得<θ<，令f,θ<0解得0<θ<， 29如圖,在梯形ABCD中,AD?BC,∠ABC=，AB=BC=a,∠ADC=arccos，PA⊥平面ABCD且PA=a.(1)求直線AD到平面PBC的距離；((2)求出點(diǎn)A到直線PC的距離；(3)在線段AD上是否存在一點(diǎn)F,使點(diǎn)A到平面PCF的距離為a.【分析】(1)直線AD到平面PBC的距離可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)A到平面PBC的距離，作AH⊥PB于H，可證明AH的長(zhǎng)為點(diǎn)A到平面PBC的距離，求解即可(2)作AE⊥PC于E,則AE的長(zhǎng)即為點(diǎn)A到化為是否存在AC⊥CF即可求解.【解析】(1)作AH⊥PB于H，由PA⊥面ABCD，∴PA⊥BC，∵BC⊥AB，又PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB,∴BC⊥AH，又PB∩BC=B，∴AH⊥面PBC,即AH的長(zhǎng)為點(diǎn)A到平面PBC的距離，也即直線AD到平面P