立体几何经典难题汇编

立体几何经典难题汇编立体几何难题汇编11.在正方体的顶点中任意选择4个顶点，对于由这4个顶点构成的各种几何形体的以下判断中，所有正确的结论个数是（）从正方体的顶点中任意选择4个顶点，可以构成各种不同的几何形体。我们需要判断哪些结论是正确的。根据题目，我们可以得到以下几个结论：①能构成矩形；②能构成不是矩形的平行四边形；③能构成每个面都是等边三角形的四面体；④能构成每个面都是直角三角形的四面体；⑤能构成三个面为全等的等腰直角三角形，一个面为等边三角形的四面体。我们可以画出正方体的图形，分类讨论出所有情况。根据分类讨论的结果，我们可以得出只有①、③、④、⑤这四个结论是正确的，因此答案为4，选C。2.一个半径为1的小球在一个棱长为46的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是____________。根据题目，我们需要求出小球永远不可能接触到的容器内壁的面积。我们可以先求出小球在正四面体内的运动轨迹，即小球与正四面体的一个面相切时的情况。易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为46，因此小三角形的边长为26。接着，我们可以通过计算容器内壁的面积减去小球可以接触到的面积来求出小球永远不可能接触到的容器内壁的面积。容器内壁的面积为4个面的面积之和，即46*46*4。小球可以接触到的面积为小球与一个面相切时的面积，即26*26*√3。因此，小球永远不可能接触到的容器内壁的面积为46*46*4-26*26*√3*4=723。因此，答案为723。【2012•上海】如图，四面体ABCD中，AD与BC互相垂直，且BC=2。已知AD=2c，且AB+BD=AC+CD=2a（a、c为常数）。求四面体ABCD的体积最大值。【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积。【分析】作BE⊥AD于E，连接CE。由题可知B、C都在以AD为焦距的椭圆上，且BE、CE垂直于焦距AD，BE=CE。取BC中点F，推导出四面体ABCD的体积最大值。当△ABD为等腰直角三角形时，几何体的体积最大。求解即可。【解答】作BE⊥AD于E，连接CE。则AD⊥平面BEC，因此CE⊥AD。由题设，B、C都在以AD为焦距的椭圆上，且BE、CE垂直于焦距AD。又因为AB+BD=AC+CD=2a，所以△ABD≌△ACD，从而BE=CE。取BC中点F，连接EF，EF⊥BC，EF⊥AD。要求四面体ABCD的体积最大值，因为AD是定值，只需使三角形EBC的面积最大。因为BC是定值，所以只需EF最大即可。当△ABD为等腰直角三角形时，几何体的体积最大。因为AB+BD=AC+CD=2a，所以AB=a，于是EB=a²-c²。由勾股定理得EF=√(a²-c²-1)。因此，几何体的体积为：1/2*2a²-c²-1*2c/2=(2a²-c²-1)*c/(2c)=(2a²-c²-1)/2。所以四面体ABCD的体积最大值为(2a²-c²-1)/2。【点评】本题考查了棱柱、棱锥、棱台的体积计算，空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力。【2012•上海】如图，直线l⊥平面α，垂足为O。在直角三角形ABC中，BC=1，AC=2，AB=5。该直角三角形在空间中进行自由运动，满足以下条件：（1）A∈l，（2）C∈α。求B、O两点间的最大距离。【考点】点、线、面间的距离计算。【分析】将原问题转化为平面内的最大距离问题解决。以O为原点，OA为y轴，OC为x轴建立直角坐标系。求出B、O两点间的距离表达式，结合三角函数的性质求出其最大值即可。【解答】将原问题转化为平面内的最大距离问题解决。以O为原点，OA为y轴，OC为x轴建立直角坐标系，如图。设∠ACO=θ，B（x，y），则有：x=ACcosθ+BCsinθ=2cosθ+sinθ，y=BCcosθ=cosθ。∴B、O两点间的距离为d=√(x²+y²)=√(2cos²θ+2sinθcosθ+1)。d²=2cos²θ+2sinθcosθ+1=cos²θ+(cosθ+sinθ)²+1/2。因此，d²的最大值为3/2，当θ=π/4时取得。即B、O两点间的最大距离为√(3/2)。【点评】本题考查了点、线、面间的距离计算，以及转化思想。2.当$sin(2\theta+\frac{4\pi}{2})=1$时，$x^2+y^2$最大，为$\frac{3}{4}$。因此，点$B$和点$O$之间的最大距离为$\sqrt{1+\frac{3}{4}}=\sqrt{\frac{7}{4}}$，即$1+\frac{2}{\sqrt{7}}$。5.如图，直线$l$垂直于平面$\alpha$，垂足为$O$，正四面体$ABCD$的棱长为$4$，其中$C$在平面$\alpha$内，$B$是直线$l$上的动点。求当$O$到$AD$的距离最大时，正四面体在平面$\alpha$上的射影面积。解：由题意，直线$BC$与动点$O$的空间关系为：点$O$是以$BC$为直径的球面上的点，因此$O$到$AD$的距离为四面体上以$BC$为直径的球面上的点到$AD$的距离，最大距离为$AD$到球心的距离（即$BC$与$AD$的公垂线）加上半径，即$2+\sqrt{2}$。考虑取得最大距离时四面体的投影情况，此时我们注意到$AD$垂直于平面$OBC$，且平行于平面$\alpha$，因此其投影是以$AD$为底，$O$到$AD$的距离投影，即$(2+\sqrt{2})cos45°$为高的等腰三角形，其面积为$\frac{1}{2}\times4\times(2+\sqrt{2})=4+\sqrt{8}$。因此，答案为A。6.设$l_1$，$l_2$，$l_3$为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为$4$，$5$，$6$的直线。给出下列三个结论：①$\existsA_i\inl_i$（$i=1,2,3$），使得$\triangleA_1A_2A_3$是直角三角形；②$\existsA_i\inl_i$（$i=1,2,3$），使得$\triangleA_1A_2A_3$是等边三角形；③三条直线上存在四点$A_i$（$i=1,2,3,4$），使得四面体$A_1A_2A_3A_4$为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体。其中，所有正确结论的序号是（）。解：结论①和③成立，结论②不成立。对于结论①，我们可以将三条直线分别取在$x$，$y$，$z$轴上，此时可以取$A_1=(0,0,0)$，$A_2=(4,0,0)$，$A_3=(0,5,0)$，则$\triangleA_1A_2A_3$是直角三角形。对于结论②，我们可以将三条直线分别取在$x$，$y$，$z$轴上，此时可以取$A_1=(0,0,0)$，$A_2=(4,0,0)$，$A_3=(0,5,0)$，则$\triangleA_1A_2A_3$不是等边三角形。对于结论③，我们可以将三条直线分别取在$x$，$y$，$z$轴上，此时可以取$A_1=(0,0,0)$，$A_2=(4,0,0)$，$A_3=(0,5,0)$，$A_4=(0,0,6)$，则四面体$A_1A_2A_3A_4$在$A_1$处的三条棱两两互相垂直。因此，正确结论的序号为$\boxed{\text{C．}\1,3}$。首先，我们按照如图所示的方式放置三个点A、B、C。很容易看出此时BC＜AB=AC。接着，我们将A和B向上移动，并保持AB=AC（只要A、B的速度满足一定关系即可）。当A、B移动到很高的位置时，可以想象△ABC将会变得很扁，也就是会变成顶角A“非常钝”的等腰钝角三角形。因此，在移动过程中，总有一刻，使△ABC成为等边三角形，另一刻则使其成为直角等腰三角形。这样，就得到了正确的①和②。对于③，可以通过反证法来说明。我们将三条垂直的棱所共的顶点称为⊤。假设A是⊤，则由AD⊥AB和AD⊥AC可知L3⊥△ABC，从而△ABC三边的长就是三条直线的距离4、5、6，这与AB⊥AC矛