高二同步专练 立体几何拔高解析版

11A.内心B.外心C.重心D.垂心由题设，可得如图示意图：PE,PF,PD分别是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因为S2-S3=4πR2-6πr2=4π2-6πr2=4πr2-<0,所以S2<S32<S3<S1故选:D33对于B：利用异面直线的判定定理可以判断直线PQ与RS异面.对于B：由异面直线的判定定理可以判断直线PQ与RS异面.故B正确；22因为A1D1C. A.B.4C.8D.则截面等腰三角形的高h=42-2=16-2，16-2 中，直线PQ与直线AB垂直的次数为()A.2B.4C.6D.833当PQ」AB时，ABⅡ平面CDEF或AB军平面CDEF，结合旋转分析可知有两次使得PQ」AB.6644 余弦值的所有可能取值构成的集合是()弦值的所有可能取值构成的集合是〈0,,,〈8855A.B.C.D.2CDD1C1与平面HC1D1所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值.设正方体水槽绕CD倾斜后，水面分别与棱AA1,BB1,CC1,DD1,交于M,N,P,Q,在平面BCC1B1C1HⅡNP交BB1于H，则四边形NPC1H是平行四边形，且NH=PC1=1面HC1D1所成的角,其平面角为ZHC1C=ZB1HC1,66 PC与平面PAB所成角的大小为.义即可得出∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角，然后通过题意得出∠OPF=30°,再然后通cos∠DPO=即可得出结果.过PC上一点D作DO⊥平面APB，过点O作OE⊥PB，OF⊥PA，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角，因为DO⊥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，同理可证PE⊥DE，因为∠APC=∠BPC=60°,所以Rt△PDE≅Rt△PDF，所以DE=DF,OE=OF，线PC与平面PAB所成角的大小为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 ,所以线段D1P长度的最小值为=2 ,所以线段D1P长度的最小值为= 求出结果.88取AH的中点为E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，故点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A∴PE=AH=，如图，a 4=tanθ取得最大值为：=OEE- 4=tanθ取得最大值为：=OEE-PE2= 点A和B两点东西方向的距离是. 离.99ΔABC=SΔABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.所以B1C1=BC，同理A1B1=AB，因此SΔABC=SΔABC，与为=1+2= 4+a22△PBC=BC⋅PE===a4+a24,∴此正子体的表面积S=8S△PBC=2a4+a2，如图设平面ABCD截正方体所得截面为A1B1C1D1，设AB1=x,(0≤x≤2)，则BB1=2-x，由AB2=AB+B1B2，可得a=x2+(2-x)2=2x2-4x+4=2(x-1)2+2，2如图，在棱柱ABC-A1B1C1的侧棱A1A和B1B上各有一个动点P,Q，且满足A1P=BQ，【详解】设点C到平面ABB1A1的距离为d，三棱柱ABC=A1B1C1的高为h，AM=kAC(0<k≤1)，由点M到平面ABB1A1的距离为kd，又因为A1P=BQ，所以S四边形ABQP=S四边形ABQP=S四边形ABBA，VABC-ABC=×S四边形ABBA×d=dS四边形ABBA，所以VABC-A-ABQP=kdS四边A四边-A四边形A令f(k)=-1，则函数f(k)在区间(0,1]上单调递增， 【详解】由于AB⊥AP,AB⊥AC,AB∩AP=A,∴AB⊥平面APC， 2只需AP= 2 (1)求证：平面EDB⊥平面ABCD；(2)求二面角A-EB-D的正切值；(3)求点E到平面PBC的距离.(1)证明见解析(2(3)证明平面EDB⊥平面ABCD(2)过点O作OF垂直BE于F点，连接AF，由线面垂直的判定可得AO⊥平面BDE，BE⊥平面AOF，得到二面角A-EB-D的平面角为∠AFO，求解直角三角形得答案.到平面PBC的距离OH，求出OH即可求出点E到平面PBC的距离.∵PC⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，又EO⊂平面EDB，故平面EDB⊥平面ABCD；(2)过点O作OF垂直BE于F点，连接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，因为BE⊂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的平面角为∠AFO，所以AO=AC=，OB=，又OE=PC=，所以BE=BO2+OE2=1，所以OF=O=43，在直角△AFO中，tan∠AFO(3)在底面作OH⊥BC，垂足为H，∵PC⊥平面ABCD，OH⊂平面ABCD，所以PC⊥OH，PC∩BC=C，PC,BC⊂平面PCB，所以OH⊥平面P所以点E到平面PBC的距离就是点O到平面PBC的距离OH，所以OH==，即点E到平面PBC的距离为.A1；(1)证明见解析得出答案.(1)连接D1C,A1B，如图：1C1B,则截面MPGNQ的周长为：MP+PG+GN+NQ+QM=MP+NH+NS，== 2MP=MC+ 2MP=MC+C1P2==所以MP+NH+NS=10+，所以截面的周长为、 (1)当A1,A2,A3在同一水平面内时，求OA1与平面A1A2A3所成角的大小(结果用反三角函数值表到的四面体A1A2A3A4为正四面体，延长A4O交平面A1A2A3于B，则A4B⊥平面A1A2A3，连结A1B，则∠OA1B就是OA1与平面A1A2A3所成角，由此能求出OA1与平面A1A2A3所成角的大小.4两两连结后得到的四面体A1A2A3A4为正四面体，延长A4O交平面A1A2A3于B，则A4B⊥平面A1A2A3，连结A1B，则A1B是OA1在平面A1A2A3上的射影，∴∠OA1B就是OA1与平面A1A2A3所成角，设A1A4=l，则A1B=l，在Rt△A4A1B中，A1A=A1B2+A4B2，2=l2-lcos∠OA1B==1B<)，∴∠OA1B=，∴OA1与平面A1A2A3所成角的大小为arccos.直线SM与平面SOA所成角的大小.(1)(2)arctan可得.即直线SM与平面SOA所成角为arctan. 33；【解析】(1)容器Ⅰ的底面正方形ABCD面积S=AC2=107)2=350(cm2)，容器Ⅱ的底面EFGH面积S1=EG2=×142=98(cm2)，底面E1F1G1H1面积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交直线EG于Q2EFGH，则P2Q2⊥平面EFGH，(1)设AB中点M，求证：DM⊥平面PAB；(2)求平面PAB和平面PCD所成锐二面角的大小.(2)证明∠DPM即为面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中点为M，连接PM，DM，则在等边三角形PAB中，PM⊥又因为PD⊥AB，PM∩PD=P，PM、PD⊂面PMD，所以AB⊥面PMD，因为MD⊂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)设平面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即为面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，由(1)知，∠DMP=,DM=PM=3,所以△DMP为等腰直角三角形，故面PAB和平面PCD所成锐二面角为. 2 2 所以此时木板与两个墙面所成的锐二面角大小分别为和. 2体积V=Sh=⋅x 2所以此时木板与两个墙面所成的锐二面角大小分别为和.1≤⋅4-x21≤2≤⋅1-x22≤x2+4-x24x2+1-x22=1，1=等号当且仅当x=时成立； (1)若CO⊥平面AOB，求球心(3)若线段AB上存在一点D，使得AD=CD，求三棱锥O-BCD体积的最大值.V=⋅S△OBD⋅dC-OBD≤⋅S△OBD⋅dC-OD，要求三棱锥O-BCD体积的最大值，需求S△OBD⋅dC-OD的在△OAB中AB=OA2+OB2-2OA⋅OBcos120°=23因为CO⊥平面AOB，所以CO⊥OA，CO⊥OA，所以AC=CO2+OA2=22，BC=CO2+OB2=22如图，取AB中点E，连接CE，则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.说明∠OPB为二面角B-FC1-C的平面角，然后通过三角形相似，转化求解即可.∵在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CC1⊥平面A1B1C1D1，GE⊂平面A1B1C1D1，可得四边形AFCD与四边形BFDC均为菱形，∴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)过点B作BO⊥CF交FC于点O，过O在平面CC1F内作OP⊥C1F，垂足为P，连接BP．因为BO⊥CF，BO⊥CC1，CC1∩CF=C，CC1,CF⊂平面FCC1所以BO⊥面CC1F，FC1⊂面CC1F，所以BO⊥所以C1F⊥平面BPO，所以C1F⊥OP且C1F⊥BP，则∠OPB为二面角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的余弦值为，显然二面角B-FC1-C为锐二面角，所以二面角B-FC1-C为arccos.在正三角形在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满CP:PB=1:2(如下左图)．将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1-EF-B成直二1P(如下右图).E⊥平面BEP；(2)求二面角B-A1P-F的大小(用反三角函数表示).【解析】(1)设正三角形ABC边长为3a，因为AE: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，则AE2+EF2=AF2，由勾股定理逆定理得：AE⊥EF，BE⊥EF，所以∠A1EB即为二面角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的中点M。连接EM，A1M，MF，过点F作FN⊥A1P于点N，连接MN，由于PC=CF，∠C=60°,所以△PCF为等边三角形，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为公共边，所以△A1PF≅△A1PM，则MN⊥A1P，MN=NF，所以∠MNF即为二面角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的大小为π-arccos. AEF与棱PC的交点为G.(1)求异面直线AE与PF所成角的大小；(2)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小；(1)arccos;(23)点G的位置为线段PC靠近P的三等分点.(1)作出辅助线，找到异面直线AE与PF所成的角是∠OEA(或补角)，利用余弦定理求出∠OEA=arccos；(2)作出辅助线，找到平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角为∠OAQ，经过计算得到∠OAQ=arctan；因为四棱锥P-ABCD是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD，连接OE，∠OEA(或补角)即为异面直线AE与PF所成角的大小，因为正四棱锥P-ABCD中，PA=AB=22，所以△PAB是等边三角形，所以AE=AB⋅sin=6，由勾股定理得：AC=8+因为PO⊥BD，E为PB的中点，所以OE=PB=2，所以异面直线AE与PF所成角的大小为arccos因为E、F分别为PB、PD的中点，所以EF是三角形P因为BD⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，设平面AEGF与平面ABCD相交于直线l，故EF∥l∥DB，连接QA，则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，故∠QAO即为平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角，其中OQ=OP=1，AO=2，所以tan∠OAQ==，故∠OAQ=arctan，即平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小为arctan(3)延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，过点G作GM∥PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD， 设GM=CM=x，则AM=4- 左右两坡屋面EAD和FBC是全等的三角形，点F在平面ABCD和BC上射影分别为H，M，已求导求最值即可求解.(1)由题意知FH⊥平面ABCD，FM⊥BC，又因为HM⊂平面ABCD，所以FH⊥HM，在Rt△FHM中，HM=5，∠FMH=θ,所以FM=,(2)在Rt△FHM中，FH=5tanθ,所以主体的高度为h=6-5tanθ,令fθ=2θ,θ∈（0,则f,θ=-cos2θ+2-sinθ=-1nθ,令f,θ>0解得<θ<，令f,θ<0解得0<θ<， 29如图,在梯形ABCD中,AD⎳BC,∠ABC=，AB=BC=a,∠ADC=arccos，PA⊥平面ABCD且PA=a.(1)求直线AD到平面PBC的距离；((2)求出点A到直线PC的距离；(3)在线段AD上是否存在一点F,使点A到平面PCF的距离为a.【分析】(1)直线AD到平面PBC的距离可转化为点A到平面PBC的距离，作AH⊥PB于H，可证明AH的长为点A到平面PBC的距离，求解即可(2)作AE⊥PC于E,则AE的长即为点A到化为是否存在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的长为点A到平面PBC的距离，也即直线AD到平面P