第八章 立体几何（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

强基数学·巅峰突破 设x2=1+W5cosa,y2=-2+√5sina, 同理c.市-(+1)(+1) 则2.x:+4y:=-6+25cosa+4V5sina∈[-16,4]. 故0A,⑧0A+OA☒0A,+OA⑧0A,=2x+4+2(- 所以 CA.CP (任+(+） +2x1)∈[-24,6]. |CA·ICP| 35.解：(1)由定义可知，mx十ny=1与x2+y=1相切，则 1c(+1) 圆C1的圆心(0,0)到直线m.x+ny=1的距离等于1，则 (+ ci.C币 (+)(华+) d= =1,m2+n2=1. √m2+n2 1c1·c1 1c1(+1) (2)点P(xy)不在直线族2：(2a-4)x+4y+(a-2) =0(a∈R)的任意一条直线上， (12+1） 4 所以无论a取何值时，(2a-4)x。十4y。十(a-2)2=0无解. CA.CP CB.CP CPI 将(2a-4)x。十4y。+(a-2)=0整理成关于a的一元二次 1CA·1d币可1c,市可得 ,即 方程， cos∠PCA=cos∠PCB,所以∠PCA=∠PCB成立. 方法二：过A,B分别作准线的 即a2+(2x。-4)a+(4+4y6-4)=0. 垂线AA',BB,连接A'P,BP, 若该方程无解，则△=(2x。一4)2一4(4十4y,-4.x。)<0,即 如图所示：则A'(xA,-1),因 证明：在=苦上任取一成Q(等)y= 年在该点处的 -1-1=-2 切线斜率为=受， 显然km·kAC=-1,又由抛物线定义得AA'=AC,故 于是可以得到y=苦在Q(2千)点处的切线方程为：y PA为线段A'C的中垂线，得到PA'=PC,即∠PA'A =∠PCA. 同理可知∠PB'B=∠PCB,PB=PC,所以PA'=PC PB',即∠PA'B'=∠PB'A'.则∠PA'A=∠PA'B'+90 即-2x1x+4y+x=0.令直线族2：(2a-4)x+4y+ =∠PB'A'+90°=∠PB'B (a-2)2=0中2a-4=-2x1, 所以∠PCA=∠PCB成立 则直线为一2x1x十4y十x=0,所以该曲线上的每一点处的 切线都是该直线族中的某条直线， 第八章立体几何 而对任意a∈R,(2a-4)x十4y十(a-2)2=0都是抛物线 在点(2-a,2-))处的切线. 一、选择题 1.A即动点的位置到两个点的张角为定角，即使在空间中，也 所以直线族0的包络曲线E为y=二 不难看出M的轨迹是一个圆. (3)方法1：已知C(0,1),设A(xy),B(), 2.B如图，BC⊥a,n∥n,AB与平面a的夹角为牙，即∠BAC 则Ci=-1,成=(y-1D.11=草+1 =45,∠BAD= 1C=琴+1： 由三面角公式：cos∠CAB·cos∠CAD=cos∠BAD, 由2)知y=千在点A()处的初线方程为y=号： w7·m∠CD-as号m∠CD- →∠CAD= 2 (注意：平面CAD⊥平面BAD) 同理y=苦在点B(92)处的切线方程为y=号 2 联立 可得P()所以 B =(- 3.B本题有许多条件，可以用“求解法”，即假设题中的一部分 4 要素为已知，利用这些条件来确定其余的要素。本题中可假 因此c.市=·()+(-件- 设底面边长为已知（不妨设为2），利用侧面与底面所成二面 角可确定其他要素，如正四棱锥的高等，然后我们用两种方 手+要+语+1=(+)(+1) 法，一种是建立坐标系，另一种是平移，平移其中一条线段与 另一条在一起。 324 参考答案与解析 过A作AF⊥SD,交SD于F,连接CF, 则AF=CF<AD, 因光cos9=c0s∠AFC=2AE-AC<0. 2AF 因此a<3<y<日.选B. 6.B算点到平面的距离常常是可以用等体积法的，尤其是在 规则的立方体内，方法如下，设所求距离为h,则有h·S△A =AA,·S△ADB,等式右边的两个数据好求，而△ADB又恰 图1 方法1：如图1，设底面边长为2，则由侧面与底面所成二面角 治是等楼三角形，所以很容易米出人=号 的正切为√2得高为√2 评析：本题的主要手段：等体积法在高中阶段应该很常见，与 如图建立坐标系，则A(1,一1,0)，B(1,1,0),C(一1,1,0)， 等面积法原理相同，核心都在于算两次. D(-1,-1,0),P(0,02) 7.D如图在BB1上取，点G, 则M(分-号)N(分2号)i=(受9) 使得BG=令BB, 则OG∥面BFE,所以： =(-日g2) VO-BEF -VG-BEF-VE-BGF 设所成的角为B,则cos0 DM·A衣 =×××g×1= 8.A如图所示，注意到△PBC是 直角三角形，同时AB=AC= AP=3,意味着A在底面的射影 是△PBC外心，即BP中点D,由 M N 勾股定理得到AB=AD+BD, 进而AD= A 图2 Vwe=专×2CBCp·AD=VT. 方法2：如图2，设底面边长为2，则由侧面与底面所成二面角 、 评析：观察几何关系，从最容易的地方入手解决，同时注意A 的正切为√2得高为√2.平移DM与AN在一起.即M移到 在底面的射影就是△PBC外心. N,D移到CD的中点Q. 9.C如图所示，延长AB交XX',XY 于是QN=DM=AN.而PA=PB=AB=2, 于M,N,平面ABC即平面MNC.故 所以QN=AN=√V3,而AQ=√5， 平面ABC与X'W'的交点就是CM 容易算出等腰△AQN的顶角的余弦值 与X'W的交点P,同理得Q(事实 as∠ANQ- 上，你还可以进一步说明P是X'W 方法3：也可以平移AN与DM在一起.A移到M,N移到 的四等分，点)，于是截面就是五边形 PN的中点Q.以下略. ABQCP. 4.D已知平面过A,再知道它的方向，就可以确定该平面了， 评析：此题如果直接想象截面的样子可能会有因难，解答的 因为涉及到平面的方向，我们考虑它的法向量，并且假设，b 方法告诉我们如何准确找到载点P,Q的位置. 为相交直线且交于A也没关系.于是原题简化为：已知两条 10.A如图，设BC中，点为M,△ABC中心为O1,△DBC中心 相交直线a,b成60°角，求空间中过交，点与a,b都成45°角的 为O2,四面体中心为O,则A,O,M共线，D,O2,M共线， 向量.答案是4个. OO1⊥平面ABC,OO,⊥平面BCD,因此结合对称性知 点评：涉及到平面的方向问题时，转化为法向量方向的问题， MO 在解析集合中是非常重要的思想。 OM=- Co ZAMO而M0=专MA=E,AM=MD=3, 5.B作底面垂线SO,交底面于O AD=9,∠AMO=60°，故OM=2√3，因此外接球半径= 点，则O为AC和BD的交点，因 此Y √OM+MB=√12+9=√21. 过O作OE⊥AD,交AD于E,连 接SE, 6 则sina=0】 SA'sin B= E,且SA SO 0 02 YO_ 9 >SE,故a<gK受： 6 6 325 强基数学·巅峰突破 11.D用正方体来刻画正四面体 15.C如图所示，取CD中点M连 接AM,BM,设A-BCD的高为 h,则hAM. 显然△ACD≌△BCD,设∠ACD =∠BCD=a. B 则AM=BM=BCsin a=sina, CD=2CM=2BCcos a=2cos a. 于是V,-=号Sam·A<名CD:BM,AM 3 cos asin'a =LJ2cosa·sina·sina 3√2 2cos a+sin'a+sin a213 32V 27 等号成立条件，当且仅当平面ACD与平面BCD垂直，且 a=arctan√2】 16.BC设AB的中点O,则P0= 熟知这两种基本变换之后，容易对于四个选项逐一验证， 选D. 2Pi+子P成，脚21Pò 12.A将△AA1B1绕AB1旋转使之与 D |PA+P|,又|PB+PA|=2, B AB,C1共面于a.在面a内：|PA1|+ 所以|P0=1, PCI≥|ACI 即点P落在以O为球心，以1为 =√/+1-2·1·1c0s135 半径的球上 =√2+√瓦.选A 因为AP=AO+OP,所以AP.AD=(AO+OP)·AD=AO 13.BC△BCM沿CM折起形成了一个三棱锥，设A、B在CM .AD+OP.AD. 上的射影分别为P,Q.再设A到面BCM的距离为h, 由正四面体A-BCD的棱长为2√2，得AO=√2， 所以A0.Ai=A01A市1os60°=2×22X2=2, 2 设(OP,AD)=0,则AP.AD=A0·AD+OP.AD=2+ 即h√号，则学边△AMC(据题意 OPAD|cos 0=2+22cos 0, 可得)的斜高AP与底面所成角的 M 又-1≤cos≤1，所以2-2√2≤2+2W2cos≤2+2√2， 余值为√-（品）= 即AP.AD的最大值为2十2√2，最小值为2-2V2. B 以市与Q成的角的余弦位为号或 17,A如图，将△A1B1A和△C1B1A翻折到同一平面 B 子则1=1护+P0+Q部=是+是+1士2·是， 3 =2或3.所以AB=√2或√3，选B、C. 14.AD不妨设正四棱锥的底边长为 √2，高为h,则OC=1.如图所示： Rt△POC中，斜边上的高OF= OC·OP 可得所求最小值为AC/(+1)+()=2+@, PC 二、填空题 h 即OF= +i 18.解析：如图所示，由于SC是直径，∠SAC 则an是=OBV十 ∠SBC=90°，于是AC=BC=2, 2 OF h SA=SB=2√3.在SC上取一点M, 所以cos= 1a是 使得SC垂直平面MAB(即MA⊥SC, 1+tan'B 2h2+1 MB⊥SC),于是AM=BM=2X 2 √+1 所以2=1 cosa-1. 从而△MAB为等边三角形，其面积为3y 4 所以0s=。2A真： 四面体的体积为子×4×35-5。 4 注意到sina= ,所以D真.选A、D 答案：√3 √h2+1 评析：较为基础的立体几何题，理清图形中点的关系即可 326 参考答案与解析 19.解析：如图所示，ABCD-A'B'C'D y2)2=(x+(x+y)2)(y+(x+y)2), 是边长为2的立方体，满足题意的四 故有cos2∠BPC+cos(∠APB+∠APC)=1, 面体即A'-APQD,不难证明，它的 于是∠APB+∠BPC+∠CPA= 四个侧面均为直角三角形. 答案：4 答案：受 评析：借助立方体这个模型刻画正四 24.解析：设这个长方形的长宽高分别为a,b,c,则abc=1,求 面体，不容易出现分析错误，否则全 2(ab十bc十ca)最小值，利用均值不等式ab+bc十ca 靠空间想象，也是挺头疼的事情， 20,解析：由于满足0≤x,y,之≤1的x,y,之围成的体积是1，由 3/abc-3,当且仅当ab=bc=ca=1时，也即a=b=c= 于x,y,之的对称性，所以满足0≤x≤y≤之≤1的x,y,围成 1时取到，故2(ab十bc十ca)最小值为6，当且仅当a=b=c= 1时取到 的体积是行 答案：6 答案：日 25.解析：若三个平面法向量共面（记平面为3），则只有一个和 它们均垂直的平面满足要求，这是因为Q的法向量在B上的 评析：答案所给的方法是考虑对称性；也可以直接画出图 投影必须在这三个平面法向量两两形成的角平分线上，因 像，发现是一个三棱锥即可求出解 此投影只能是零向量，也就是α的法向量需要与B垂直. 21.解析：容易知道，两个球上距离最远的两个点之间的距离为d十 若三个平面法向量不共面，则任意两个法向量所在基线均 2,所以包含两个球的最小的球的直径为d十2，体积为 有两个角分面.我们考虑第一个平面和第二个平面的两个 餐（受+1，所以极限为m(号1】 角分面，以及第二个平面和第三个平面的两个角分面，一共 d 6 可以产生四条交线，这四条交线即为第四个平面法向量的 基线，极特殊情况，前三个平面如果两两垂直，即可以考虑 答案：日 空间直角坐标系中xOy,yOx,Ox,与它们三个夹角一样的 评析：立体几何十极限的内容，其中立体几何上的内容容易 第四个平面法向量的方向，即为每个卦限的中分线，一共四 分析出结果，极限的内容稍微有些超纲，但仍然在理解范围 条，对应四个平面 之内. 答案：1或4 22.解析：如图所示，O是球心，OA=OB=OC=OD=1.由条件 【注】非常容易产生的一种错误是认为此题的答案仅有4. AD=BC=x,AC=BD=y,AB=CD=,这是一个对棱相等 这是因为没有考虑三个平面的法向量共面的情形 的四面体，其为一个长方体的内接四面体.故x2十y”十2为 26.解析：由28一4=24>22>20>7，得长为4和28的棱不能 2倍的长方形长宽高的平方和，即2倍的体对角线的平方， 为四面体的同一个表面三角形的边， 而体对角线为球面直径，值为2，故x十y十2=2×22=8. 则长为4和28的棱必为四面体的相对棱，又4十7=11 20<22,则四面体与长为7的棱相对的棱长为20或22， 20 答案：8 20 评析：考试时如果不想完整证明或想不到构造辅助长方体， 因此8<t<11,而t∈Z,所以t的最小值是9」 “四面体是正四面体”这一性质是很容易猜到的，可以很快 答案：9 猜出正确答案。 27.解析：考察其侧面展开图，为 23,解析：我们采用余弦定理直接计算.设AB=x,AC=y,则 扇形， AP=x+y,BP=√x+(x+y)F,CP=√+(x+y), 其中扇形半径R=√+1 BC=√+y. =2, cos∠APB= x十y C,cos∠APC= x十y √x+(x+y) √y2+(x+y) 孤长1=2π=R9,解得0=√2π. cos(∠APB+∠APC)=cos∠APBcos∠APC 连接AB,则线段AB即为最短爬行距离，由余弦定理得， sin∠APBsin∠APC (x+y) AB√R+R-2Rcos名=2-cosg=2En号 √/x+(x+y)2√/y+(x+y) 2sin 4. √a+(x+y)√y+(x+y) 答案：22sim x+zy+y 4 √+(x+)√+(x+) 28.解析：如图，取P,Q分别为VC,AB的中点 而我们发现[(x十y)门+(x十xy+ cos∠VCB=3+4-8-1Z 2×3×4-24 327 强基数学·巅峰突破 PB/?+16-2x×4x AP-1.AQ=/Z.AD-1.AB-AC-2,:3-PQ= 5 2√2 8 △VAC≌△VBC,所以PA= 解得PQ 5W2 PB=V39 4 2 5√2 在△ABP中，PQ<PA= 答案：√3 4 2 32.解析：设过AM的平面交 当A,B重合时取等 SB,SD于G,P,将平面 过B作BH⊥VC于H,设HP=x,则VB一VH2=BC MGAP延伸，交BC,CD反向 HC,中BC-BV=HC-HV,即8=，得x=专 延长线于E,F,则A,E,F共 所以PQ>x.当A,B,V,C共面时取等. 线设器= 取BC中点M,则PM∥BV,QM∥AC,所以所求的角即为 ∠PMQ,于是 器·52=1嚣· EC cos/PMQ-PM+MQ-PQ-2+4-PQ_6-PQ 2PM·MQ 4√2 4√2 2-= 由<Q<知5<P<碧，于是-15< 32 器器影E cos∠pMQ<l9V2 36 省案：(-15,1) 台=5w十=含（第+器） 2SAsc·dB-AsC 29.解析：如图，设三棱锥S-ABC外接 号(1-x+号）=3（告+3+58） 球球心为O,半径为R, 由SA=SB=SC=AB=2,知S在 e]8-5xe[告e[品] 平面ABC内的投影为△ABC的外 心，即AB的中点H. 由OA=OB=OC,知O在平面ABC H 管案：日 内的投影也为AB的中，点H.于是， S、O、H三点共线. C 三、解答题 又由OA=OB=OS,知O为△SAB的外心. 33.解：PA⊥△ABC,二面角P-BC-A的平面角是 ∠PCA=60°， 因此，R=OA= 3 3 =16x 0-后g-v=PAa0.cc=2 3 3 所以PC=4,PB=2√6，所以sin∠(PB-面PAC) 答案：1 =sin∠BPC= 3 30.解析：因为CM⊥BC1,故 D 0=90°. 34,解：设扇形半径为R,则日xR=6m→R=6, 过点M作ME⊥AN于点 A E,则ME⊥CM,故d=ME. 扇形的孤长为合×2R=2x,故同维底面率轻为1，底西 Di-- 因为AB=4,BN=3,所以 面积为x,圆锥表面积为6π十π=7π， AN=5,则d=ME=MN 点评：考查的知识点十分简单. sn∠ANB=吉，从两可得 35.解：显然，面AD,C∥面BA1C1.由于 A1CC面A1BC1D1,且BM∥面ADC,∴.M∈AC1: 2020dsin0=1616. 答案：1616 那么n∠D,MD-P肌故共最大位为反 31.解析：因为折叠前后，AD与DB,CD的垂直关系保持不变， VE-PGH= '.∠BDC为二面角BADC的平 VEm此XVn,, 36.解Vo Ve-m VD:-BEF 面角，依题意得∠BDC=60°， P Q 在折叠前的图形中∠B=∠C= = SAPGH X S△BF=b B S△FB,D1 S△B,AC2' 30°，BC=2V3,∴.BD=CD=B- D √5，∴.在折叠后，△BDC为等边三角形，∴.BC=√， 而V-鸟女=子，故VEm=白 所以os∠PAQ=AP+AQ-PQ=AB+AC-BC 37.解：当n→+∞时，3x"+8y"+|"≤1→ ,又 2AP·AQ 2AB·AC -11,-g<y<g-1K1. 1 328 参考答案与解析 故原方程确定的几何体是一个不包含边界的长方体，其体：41.解：(1)首先，显然有BD⊥AE 积为2××2=1. 又BP⊥AE,BP。⊥AE,故 AE⊥平面BDPP1,PP应为 38.解：假设桌面上三个球的球心为O1, 0 平面BDPP1与平面AB,CD的 O2,O,两两外切，则△O1OO3是半 径为4034的正三角形，且位于一个水 交线.以D点为坐标原点，分以 平面上，设顶端球的球心为O,半径为 DA、DC、DD为x轴、y轴、之轴正 R,于是OO=O02=OO3=R+01 方向作空间直角坐标系，则 03 2017. A1,0.1D.E(01,2)B11,0, 考虑四个球心形成的正三棱锥，H为 02 顶，点在底面的投影，设h为顶点到底面的距离.利用勾股定 A正=(-11，-2)片 里，00=0H+0,H,于是(R+2017E(103厂 由于P1P2在上平面上，设P(x,y,1),则 另一方面，题干已知球的上顶点在同一水平面上，得到h十R PB=(1-x1-y,-1),PB·AE=x-y+2=0.故该 =2017. 两个方程联立，解得R=2017 直线与正方体的上年面交于点(0,71小(21,1)小，即 3 C,D1和B,C,的中点.至此容易证明PP:∥BD. 评析：和球相关的立体几何题，我们通常考虑其球心，这样可以 (2)连接P,D,PB,则P,P,在正方体的整个表面运动等 简化问题.相切的条件，也通常转化为球心位置和半径的关系。 价于在梯形BP1P,D上运动.分别计算A1到四条直线的距 39.解：(1)如右图所示，记九条棱长均 为1，作PQ⊥A1B1于Q,再过Q作A 离，A,到P,P,距离为3巨，到BP,距高为√①（用三垂线 QR⊥AC于R, 作QS⊥BC1于S,于是 定理计果)，到B即，的距离电为，到BD的距高为9故 5 ∠PSQ=a,∠PRQ=B, 记AQ=x(x∈(0,1))， R 最小值为3盟 4 则RQ=A,Q·sin60°= T. 评析：不太容易的立体儿何问题，首先需要有不错的空间想 2 象力去补足这个平面，然后再用三垂线定理计算点到不同 S0=BQ·sin60=5a-. 2 直线的距离. 13 z+5-x)=5 42.解：两个正三棱锥内接于一个外接 2 2 球，那么顶点连线EF垂直于三棱锥 (2)tan(a+3)= tan a+tan B cot a+cot B 底面，交点D为底面三角形ABC的 1-tan atan B cot a cot B-1 中心，并且外接球球心O在EF上 9+9-) 设M为AC中点，AD=BD=CD= 2W3 3-3x4≥- E,等号取到当且 D 13 : a,外接球半径为R,则MD= 2 E 仅当x=AQ=2 DE=之atam15,对△0AD应用为 40.解：连接AC,AC1,A1C1,设EH⊥ 股定理得到 M AC于点H,我们的目标是找到过H R=a+(R-号 aan15)广.5F-ABC例面与底面夫角 的AC垂面P与正方体的各个交 0 点、交线.首先其与AA1交于点E, 2R-74an1 其次考虑其与平面ABCD的交线， 的正切值即FD ,根据上述方程，计算得 MD 直线EH在平面ACC1A上，所以 A 也过AC上一，点L,且AL=AEtan∠AEL= 这个值为8+4√3」 2 评析：比较难算的立体几何题，解题关键在于把图形中关键 m∠ACA=音X方号 X上=巨，设平面P与AB,AD分别交 点找到（比如外心、投影等），理清图形关系，列出方程表达条 件进行计算. 于点M,N,则由对称性知M、N关于AC B 43.证明：设(1)设长方体的长、宽、高分 对称，因此AM=AN=2AL=?,从而所 别为a,b,c, 截平面就是△EMV,其面积为 AB=CD=,AC=BD=y,AD= 2MN·EL=号·号 BC=,在△BCA中， 因为2+y2-x2=c2+b+c2+ (2)+()- a-(b+a2)=2c2>0, 所以：∠BCA为锐角，同理可证其他角也是锐角」 329 强基数学·巅峰突破 (2)如图：由射影面积公式： 当0<t<1时，(t)<0,f(t)单调递减；当t>1时， cos a= SAC,cos -SAA SAABC SADC,cos f'(t)>0,f(t)单调递增. 所以f(t)mim=f(1)=4,即Sm=4. S△m(SAAR=SaAD=SAD (Ⅱ)一般地，设正n棱锥的底面正n边形的中心到各边的距 S△ABx SABD) 离为a,边长为b=2atan工，高为h,则n正边形的体积V= n 所以cosa+cos3+cosy=1 44.解：(I)设正四棱锥的底面正方形的边长为2，高为h.则正 四棱锥的体积 V=专ah= 正棱维的表面积S=S。+S=g+bV区+ 2 2 3 正四棱锥的表面积 =学a+V后+) S=4(a2+a√a2+h) =v:36m6(a+后+ →s-vS 8n abh =(1+√+（合）： =9mmv(片)广(1+()）： 方法1： 设正n棱锥的底面正n边形的内切圆半径为r,高为h,则 s=6a(1++()月 h=3V ,所以 r'tan元 所以s=6a(+1+(合】) Sa=r产am牙，S,=nran开VF+万 =8(0)广(++() s=sa+s=mam开（产+P+ W rtan 3 ◆1=（任）广，设1）=1+中，>0， 3V 3V 用导数可求得：当且仅当r= ,h=2 √2√2tan n tan 则S=8f(t). 3 则f(=+(?-2-27. 也即Sk=4Sa时，(Sk)m=2,J9n1am n 2t V1+t 令f'(t)=0,解得t=8. 45,解：设该正方体的长、宽、高分别被切成长度为a和1一a, 当0<t<8时，f(t)<0,当t>8时，f(t)>0. b和1一b,c和1一c的两段，这里a,b,c∈(0,1)，且根据对称 f(t)当t=8时取得最小值f(8)=8,S=8X8=64→S=4, 所以正四棱锥的表面积的最小值为4， 性，可不坊设0Ka<C<分 方法2：设底面正方形边长为a,则 此时，8个长方体的体积分别是 @+名 s=++s+ abc,ab(1-c),a(1-b)c,a(1-b)(1-c),(1-a)bc, (1-a)b(1-c),(1-a)(1-b)c,(1-a)(1-b)(1-c),由0 →s-2a2s- =0 a <a≤≤≤可知ak≤ab1-c)≤a1-bc<I-a)a. 设a2=t(t>0)S-2S1-8=0→ a(1-b)(1-c)(1-a)b(1-c)(1-a)(1-b)c(1-a) (1-b)(1-c).由于2a(1-b)c≤a(1-b)c+(1-a)bc=c(a 2St2-St+8=0,4=S-64S≥0→S≤0（含）S≥0. 当S=4时，t=1,a=1,Sm=4. +b-2a6)=5[1-(1-2a)1-26]≤号≤，故k≤ab a2 方法35=a+2+是-+ → a (1-c)≤a1-b)c≤g.而(1-a)bc·a(1-b)(1-c)=a(1 -a61-6jc1-0-g[1-(2a-1)1-(26-1]01- 设a2=t(t>0) S=K)=1+8 (2c-1)']≤.故(1-a)c和a1-)0-e)中至少有- 2-号 4 个教不超过日，所以这8个长方体中至少有4个的体积不 f(t)=1+ 2e+8 想过号，当a=0.25,6=0.45c=0.45时8个长方体的体 令f')=0>4+8=16-§+r1=1,则 积分别是0.050625,0.061875,0.061875,0.075625， 0.151875,0.185625,0.185625,0.226875,此时这8个长 330 参考答案与解析 方体中恰有4个的体积不超过尽，综上，这些小长方体中体 故M(O)=R2-OD,M.(O)=OC2-R=CC·CS= 板不大子日的长方体个数的最小值为4 又D为A'B'的中点，设射线B'A'与球O的球面的交点 46.解：分析根据数量积公式计算两 为T, 直线夹角余弦值： 射线A'B'与球O的球面的交，点为U, 如图所示，设CA与VB所成角 则R-OD=TD,而AA'·A'S=A'T·A'U=TD2-1= 为9,9e0,受) :Ac.店=(cB-C).AG 故R-0D=1+千°，故16=1+1即2=20即1= =CB.Ac-CV·AC =4×4×cos(x-∠BCA)-3 25. X4Xcos(π-∠VCA) =-16Xcos∠BCA+12Xcos∠VCA 故正三的高为20-（四）√厚体积为× =-16Xc0s∠BCA+12×3+4-(22 4_8▣ 2×3×4 =-16X 163 4 3 coS∠BCA+ 第九章 解析几何 21 AC.VB 一、选择题 .c0s= -16Xcos∠BCA+17 IAC·IVB| 1.D只需求圆上点到直线AB的最小 4X2√2 距离.因(x一1)2十y2=1,直线AB的 Ecos∠CA+172 ,在△BCA中，cos∠BCA= 方程为x一y十2=0，由圆心到AB的 32 42+42-AB =2-AB=1-AB 3记，根据三角形的三边关 距离d=1-0+2=3gE.故△ABC 2×4×4 √2 2 32 系可知0<AB<4V2,0<AB<32,所以cos∠BCA 面积的最小值 =1-AB 32 (0,1) ·2(3-1）=3-.选D S=1 、2 点评：数形结合是解析几何问题中的重要思想，善于利用可 则cos0= 极大简化解决问题的难度 因此CA与VB所成角余弦的无最大值，有最小值为0. 2.B如图，设A(0,1),F1和F。是椭圆 47.解：如图，如果P在球外，则过P作球的切线PT,切点为T, 的两个焦点，P为椭圆上任一点，则 作球的割线PMN,由圆中切割线定理可得PM·PN为定 √2-2x+1+y+√y-2y+1+x 值，且定值为PT2=PA·PB=PO一R. =PF,+PA=PA+2a-PE.从几何关 T 系可以看出，PA一PF≤一AF,所以 选B. 3.B设x=2cos0,y=sin0,原式可被写作6cos0+4sin9-12l= |2/13cos(0+o)-12l, 知其取值范围为[12-2√13,12+2√13]. 评析：参数方程的基本运用. 4.D因为a1=aE,b1=2E,a2=a,b2=2, 26:-丝→2=0-44=kd-4) 将C的右准线方程=g三 a2 c√2-4 k→y2=4 →线段长=2y=4.选D. 而当P在球的内部时，MN为过P的动弦，则由圆中相交弦 5.A方法1：焦点F(1,0),C(一1,0)，将AB方程y=x一1与抛物 : 定理可得PM·PN=R一PO.在上述两种情况种，我们把 线方程y2=4x联立， 定值定义为P关于球O的暴，记为Mp(O).设正三棱锥的 解得A(3+22,2+22),B(3-2√2,2-22). 侧棱长为1， 由题设D在球O的内部，而C在球O的外部， 1+2呢号km-22E一E 于是，=2+2区g 4-2V2 331强基数学·巅峰突破 第八章 立体几何 知识要点回顾 定理及性质： (1)直角四面体中，不含直角的面是锐角三 一、三面角问题 角形，若a,b,c为互相垂直的三条棱长，则锐 设三面角P-ABC三个面角∠BPC, ∠CPA,∠APB,所对的二面角的平面角依 角三角形面积S=2a+十 次为01,02,03.则 (2)直角四面体的外接球半径 1.三面角正弦定理 sin 0 sin 02 sin 0s R=2a++. sin∠BPC sin.∠APC sin,∠BPA (3)若从直角顶点引出的四面体的高，则 2.三面角余弦定理 111111 cosA,=cos∠BPC-cos∠APBcos∠APC 2-a2十62+2 sin∠APBsin∠APC coSA,=eos∠CPA-cos∠BPCeos∠BPA (4)直角四面体B-ACD,B为直三面角顶 sin∠BPCsin∠BPA 点，则有空间勾股定理： coS0,=cos∠APB-cos∠CPAcos∠CPB S2ABc+S2BDC十S2ABD=S%AcD· sin∠CPAsin∠CPB 2.等腰四面体 3.空间余弦定理 对棱均相等的四面体为等腰四面体. 如图，平面M、V相交 定理及性质： 于直线1，A、D为1上 (1)等腰四面体的各个面为全等的锐角三 的两点，射线DB,DC 角形 分别在平面M、N内， (2)若等腰四面体的三对棱长分别为a,b,c, 已知∠BDC=a,∠BDA=3,∠CDA=Y,且a,3, 其体积为 Y都是锐角，9是二面角M-1-N的平面角，则 cos cos acos peos y @牛b-c亦牛a)c+a- sin Bsin y (3)对棱中点连线为对棱的公垂线，互相垂 当二面角M-l一N是直二面角， 直平分且共点。 cos0=cos01·cos02(其中01所在平面⊥02 (4)若等腰四面体的三个侧面间的二面角分 所在平面) 别为a,B,Y,三组对棱长分别为a,b,c, 二、正四面体 面积、体积分别为S、V,则有 所有棱长都相等的四面体为正四面体 cos a+cos B+cos y=1, 定理：两组对棱均垂直且相等的四面体是 b c_2S2 正四面体， sin a sin B sin y 3V 1.直角四面体 (5)等腰四面体的外接球半径为 若某四面体有一个三面角均为直角，则称该 四面体为直角四面体， 第八章立体几何 (6)等腰四面体的四条高相等，且等于内切 互+1一4 球半径的四倍，即h=4r KM2+MC2-KC2 35 2KM·MC 5 10 3.面积射影定理 在二面角的一个半平面上的任意凸多边形 故棱PC与平面a所成角的余孩值为35 10 的面积为S,此多边形在另一个半平面上射 【例2】 已知四棱锥 影多边形的面积为S,又二面角的平面角的 P-ABCD,AB⊥AD, 度数为a,则S'=S·cosa. CD⊥AD,PA⊥平面 4.一般四面体的有关公式 ABCD, (1)斯坦纳定理：在四面体ABCD中，体积为 PA=AD=CD=2AB,点M为PC的中点. V,记AB与CD所成的角为0，距离为d,则 (1)求证：BM∥平面PAD: 有：dsin0=AB·CD1 6V (2)在平面PAD上找一点N,使得MN⊥平 面PBD; cos 0- (AC2+BD2)-(BC2+AD2) 2AB·CD (3)求直线PC与平面PBD所成角的正弦. (2)若四面体体积为V,表面积为S,内切球 [解析](1)取PD的中点E,连接ME,AE 半径为，则体积V-5” 因为点M为PC的中点，点E为PD的中 点，所以ME业号CD.因为AB⊥AD, (3)设S1,S2是四面体ABCD的两个面的面 积，p是它们之间的二面角的大小，a是它们 CD⊥AD,CD=2AB,所以ABL)CD,所以 的公共棱长，则四面体体积V=2 Si Sasin ABLME,所以四边形ABME是平行四边 3a 形，所以BMLAE,所以BM∥平面PAD. 典型例题精讲 (2)取AE的中点N,连接MN,BE,MN与 类型一空间图形中角和体积 BE交于，点F.设PA=AD=CD=2AB=2. 【例1】正三棱锥P-ABC中，AB=1,AP= 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB.又因为 2,过AB的平面α将其体积平分，求棱PC AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,所以 与平面α所成角的余弦值· AB⊥AE,所以平行四边形ABME是矩形. [解析]设AB,PC的中点分别为K,M,则 在等腰直角三角形PAD中，点E为PD的 易证平面ABM就是平面a.由中线长公 中点，所以AELPD,且AE-号PD-E, 式知： 又ME=1, AM-(AP:+AC)-PC 所以M=EA=E,又∠MEN=∠EAB= ENAB = (2+12)- 2 ,X22= 之，所以 90°，所以△MENp△EAB, KM-awA-/- 所以∠EMN=∠AEB,又因为∠EMN+ ∠ENM=90°，所以∠AEB+∠ENM=90°， 又易知直线PC在平面α上的射影是直线 所以∠EFN=90°，即MN⊥EB. MK,而CM=l,KC-,所以cos∠KMC 因为AB⊥PD,AE⊥PD,所以PD⊥平面 ABME,所以PD⊥MN, 强基数学·巅峰突破 所以MN⊥平面PBD! 即四边形A1ABB1与A1ACC1都是菱形， (3)直线PC与平面PBD所成角即PM与 (2)过B作BD⊥AA1于D,连DC,则 平面PBD所成角， DC⊥AA1.设AB=AC=x, 连接PF,由MF⊥平面PBD于点F,知 ∠MPF即为PM与平面PBD所成角， 则BD-DC=m景-9. 易求得PM=B,MF= 3 .棱柱的侧面积S=(a十√x)l=2√5a. 所以in_MPP-架-要 a十3x)x=23a2,解得x=23。 3a. 【例3】已知棱柱ABC-A1B1C1的底面是等 ·BD=DC=E.25 腰三角形，AB=AC,上底面的顶点A1在下 2 3a=a, 底面的射影是△ABC的外接圆圆心，设 ∴.△DBC为等边三角形.故棱柱的侧面所成 的三个二面角的大小均为60°. BC=a,∠AAB=于，棱柱的侧面积为2d. (3)棱柱的体积 (1)证明：侧面A1ABB1和A1ACC1都是菱 形，B1BCC1是矩形； V=S△xD·l= 91 a. (2)求棱柱的侧面所成的三个二面角的 类型二 空间图形的截面 大小 【例4】如图所示的三棱柱 A (3)求棱柱的体积. 中，点A,BB1的中点M [证明](1)设△ABC的外接圆圆心为O, 以及B,C,的中点N所确 由AB=AC知， AO⊥BC.又A1O⊥面ABC,由三垂线定 定的平面把三棱柱切割成 B 理知， 体积不同的两部分，则小部分的体积和大部 A1A⊥BC,又BB1∥AA1,∴.BB1⊥BC,从而 分的体积之比为多少？ 四边形B1BCC1是矩形， [解析]如图，作过A,M, 由对称，∠AAC=∠AAB=否AABB N的截面AMNF,与A1C 交于点F.然补形成如图. 与A1ACC1全等. 设三角形ABC面积为S, 又设∠AAO=0, ∠BAO=a,则 △B,NM≌△BDM,BC= cos0·cosa= 2BD,从而S△AC= 5. 同理C1C=2EC. 设AA1=l,AO=R,则 VT=VE-ACD-VE-NC,F-VM-ADB a cos 0=2R-sin 2a a 2 21 21 4lsin acos a …4 lsin acos acos0=a,即lsin a=g 2h- 23sh. 2 3 36 又设AB=,则xsin a=-号2=l, 16 第八章立体几何 【例5】已知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱 则截面为ACNK.由于面ABC∥面KFN, 长为1，以顶点A为球心，2为半径作一个 所以ABC-KFN为棱台，则 EK AE KE PF 球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲 不妨设正方体棱长为1，则 线长等于多少. 正方体体积为1， [解析]如图，球面与正方 结合条件知棱台ABC-KFN 体的六个面都相交，所得的 的体积为子 交线分为两类：一类在顶点 A所在的三个面上，即面 设PF=,湖需=瓷-器千 AABB、面ABCD和面 AAD1D上；另一类在不过顶，点A的三个面上， 由于Vcw=号×（合XABXBC)x PB- 即面BB,C,C、面CC,DD和面A1B,CD1上. 号X(号KKFXFN)XPF,所以 在面AA,B,B上，交线为孤EF且在过球心A 3x2+3x+1 的大圆上，因为AE= 2,4,-. 日+1-（门 6(x+1)2 则∠A,AE=吞.同理∠BAF=吾，所以 解得红=复所以器票- 【例7】正三棱柱ABC-A1B1C1,|AA1|=h, ∠EAF= 6,故孤EF的长为25.x=5 3 6 9元， |A1B1|=a,点E从A1出发沿棱A1A运动， 而这样的孤共有三条 后沿AD运动，∠A1D1E=0,求过EB1C1的 在面BB,C,C上，交线为孤FG且在距球心 平面截三棱柱所得的截面面积S与0的函数 为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时， 关系式 小圆的圆心为B,半径为号，∠下BG=艺，所以 [解析] 由AB=a→AD,= 2, 弧G的长为写·至-侣这样的孤也有 3 3· 所以tan∠AD,A1=23h 3a 2 三条.于是，所得的曲线长为 当0∈0，arctan 2√3h 时， 3a 8×√3元+3×3π=53π 6 6 H 3a2 S= S△ABC= cos a 4cos 0' 【例6】如图，正方体ABCD -EFGH的一个截面经过 当0∈arctan 23h,兀时， 3a ,21 顶点A,C及棱EF上一点 v K,且将正方体分成体积比为3：1的两部 2 atan 0-h 分，求整的值。 2atan 0 S 4cos 0 [解析]如图所示延长AK,BF交于点P, 连接CP交FG于点N, √3(3 ahtan0-h2) 3cos Otan2 0 强基数学·巅峰突破 类型三球与多面体内切外接 【例8】已知正三棱锥P-ABC的底面边长为1， 高为√2，求其内切球半径. [解析]方法1：（等体积法）设球心为O,内 切球半径为r,则VP-ABC=Vo-ABC十3V0-PAB, 图1 即片××=+3x×1×) 解得：r= 6 方法2：设球心为O,内切球 图2 半径为r,则PO=√2-r 记此时小球与面PAB的切点为P1,连接 又PM=5,5,MK=MH OP1,则PP1=PO-OP=√(3r)-r2= 6 ；所以PK=PM-MK=2点 =3 2√2r. 3 考虑小球与正四面体的一个面（不妨取为 因为O,H,M,K四，点共圆，所以PO·PH= PAB)相切时的情况，易知小球在面PAB上 PK·PM,即，2(2-r）=2B×53 最靠近边的切，点的轨迹仍为正三角形，记为 3 6 P1EF,如图2.记正四面体的棱长为a,过P 解得：= 6 作MLPA于M.因∠MPP,-否，有PM- [说明]多面体内切球的问题，通常用等体 PP1·cos MPP,=22r.5=5,故小三 积法来解决。 2 【例9】一个半径为1的小球在一个内壁棱长 角形的边长P1E=PA-2PM=a一2√6r. 为4√6的正四面体容器内可向各个方向自 小球与面PAB不能接触到的部分的面积为 由运动，求该小球永远不可能接触到的容器 (如图2中阴影部分) 内壁的面积. S△PAB一S△P,EF= a2-(a-26r)门 [解析]如图1，考虑小球挤在一个角时的 4 情况，记小球半径为r,作平面A1B1C1∥平 =3√2ar-6√3r2.又r=1,a=4√6，所以 面ABC,与小球相切于点D,则小球球心O S△PB-S△P,EF=24√3-6√3=18W3.由对 为正四面体P-A1B1C的中心，PO⊥面 称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接 A1B1C1,垂足D为A1B1C1的中心. 触到的容器内壁的面积共为72√3. 1 因Vp-A,G=3S△AB,G·PD 类型四立体几何在物理中的应用 【例10】一个圆柱杯其杯底及壁厚度忽略不 1 =4·Vo-A,BG=4·3·S△AB,G·OD, 计，质量为a,重心在圆柱中轴线中点上，向 故PD=4OD=4r,从而 杯中倒入质量为b的水恰好倒满，此时杯和 PO-PD-OD=4r-r=3r. 水整体的重心还在圆柱轴线中点上· 18 第八章立体几何 (1)b=3a,倒人多的水，重心距杯底高度与杯 好在到达Q'后折返到Q,则在此过程中，求 甲、乙两点的最近距离. 高度的比值； [解析]设甲、乙的速度分别为01、2，在此 (2)倒入多少水时，整体重心最低？ [解析]设空杯子的重心为O,杯子的总高 过程中，B=2,即2=3. U102 度为h.设倒入的水的重心在O处，杯子的整 不妨设v1=√3、02=2，则总的时间为1. 体重心在O1处，O1到杯子底部的距离为x. 设在时间为t。末，甲、乙之间的距离最短，即 (1)根据杠杆原理：O10· 6=00·a 此时P、Q分别达到M、N点. 1 分两种情况讨论：路程前半程与路程后 →x-)=-一若- 半程 (2)设倒入水的质量为b(入∈[0,1])，同样， 1)路程前半程：，∈0，引，则QN=2, 根据杠杆原理： PM=√3to,MH=to,PH=√2to, O1O·Ab=O1O·a→b(x- QH2=1+2t后-2to,进而有 =(2h-x→x= λ2bh+ah 2(b+a) MN2=3-2,+1=3,-3）+号≥号 IX2bh+xah-xah- a'hh+ah b b Xb+a 故MN≥（当且仅当o=}时取等号）. 3 -2{6+ah+8h(a+ -2ah 6 b(λb+a) ≥2w×8+8-2 .0 b(Ab+a) M H aa+D-a以 = 等号成立条件b+a)h=h(a十b) 前半程 b(Ab+a) X=a(a+b-a<a+》-a=1符合题意. b 故倒入水的质量为√a(a十b)一a时，整体重 心最低 【例11】如图所示，在 单位正方体上有甲、 后半程 乙两个动点，甲从P (2)路程后半程：o∈[，1，则QN= 点出发匀速朝P'移 2(1-to),PM=3to,MH=to,PH=2to, 动；乙从Q点出发匀 速朝Q'移动，到达Q'后速度保持不变并折 QH2=1+2t行-2t,进而有MN2= 返.现甲、乙同时出发，当甲到达P时，乙恰 1-1+5=1(6,7)+≥ 9 强基数学·巅峰突破 故MN≥V66 (当且仅当1，=品时取等号)。 过P作PO⊥BA与BA 延长线交于O,连接OD, 因为雪臣，所以在北过载中，甲，乙两点 则P0= 2, 的兼远距离为厘 0A=20D- 2, 类型五空间的正、余弦定理 PD=√PO+OD=√2， 【例12】PA,PB,PC是从P点出发的三条射 易得CD=√2，BD=√2. 线，每两条射线的夹角均为60°，求直线PC 设B一PD一C二面角的平面角大小为日，由 与平面PAB所成的角的余弦值。 空间余弦定理： [解析]作CH⊥△APB于H,如图， 因为平面APH⊥平面CPH coS9=coS∠BDC-cos∠DBcos∠PDC sin∠PDB·sin∠PDC 由空间余弦定理得： 显然：cos∠BDC=0,cos∠PDB cos∠APHX cos∠CPH=cos∠CPA, 2)2+(2)2-(3)2=1 所以cos30°Xcos∠CPH=cos60°， 2X√2X√2 所以cos∠CPH= 3 cos∠PDC= (2)2+(2)2-(W7)=-3 2X√2X2 sin∠PDB= 5,sin∠PDC=万 0-×(-) 3 故c0s0= √105 4 4 【例13】直角梯形ABCD中，∠ABC=90°， AB=AD=AP=1,BC=2,面APB垂直于 Pa0-6 底面ABCD. 类型六 空间几何中的探索性问题 (1)求证：面PAB垂直于PBC; 【例14】有四根长都为2的直铁条，若再选两 (2)若∠PAB=120°，求二面角B-PD-C 根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处 的正切值. 相连能够焊接成一个三棱锥，问a为何值时， [证明](1)由于平面APB⊥平面ABCD,且 三棱锥体积最大，最大值是多少？ 平面ABP∩平面ABCD=AB,而BC⊥AB, [解析]情形1：2条长为a 所以BC⊥平面ABP,又BCC△BCP, 的线段放在同一三角形中，如 故平面BCP⊥平面ABP 图1，底面是边长为2的等边 (2)由∠PAB=120°，AB=AP=1→PB=√3， 三角形，要使体积最大，必须 又BC⊥平面ABP,所以BC⊥BP,因为 有BA⊥平面BCD且BA=2, 图1 BC=2,所以PC=√7. AC=AD=a=22时， 第八章立体几何 [解析](1)因为棱AB垂直于平面BCD, 3 4 过B作CD边上的高BE,则BE为异面直线 情形2：2条长为a的线段不在同一三角形 AB与CD间的距离，所以BE=d. 中，此时长为a的线段必处在三棱锥的对棱. A-RD三5AB·SA 如图2，VA-BCD= 3S△ABD·BC,在△AED 中，AE=DEA-,AD=a,S (2)过A点作底面BCD aa 1 a2 的垂线AO,垂足为O, 2a/4 4 4 2· 连接BO并延长交CD VACD-694- 于点E,则BE⊥DC, 2 作EF⊥AB,因为CD垂直于平面ABE,所 =10 6√a2·a2.(16-2a2). 以EF为AB和CD的公垂线，故EF=d. 因为a2·a2·(16-2a2) 图2 Vm-吉·SwrXCD ≤(9)广，当且仅当a2-1时， 3 -号×号AB·EF.CD=石ad为定， 即a= 专，所以Vm的最大值 (3)将四面体A-BCD 补成一个平行六面体， 如图：ABBD'一A =9注到导=>95， CC'D. 由于异面直线AB与CD夹角为0，所以 所以当a=2√2时三棱锥体积最大，最大值 ∠DCA'=0, 为E 直线AB与CD间的距离即为上下底面AB与 A'C'间的距离，所以VABB'D-ACcD 【例15】在四面体 A-BCD中，AB和CD 2absin 0X2Xd=abdsin 0. 为对棱，设AB=a,CD VA BCD= 5VBBD'-ACx'p三目 =b, 6abdsin 且异面直线AB与CD间的距离为d,夹角 【例16】证明：如下构造的空间曲线T的任意 为0. 五等分点组都不在同一球面上，曲线Γ的构 造：作周长为1的圆O, (1)若0=受，且棱AB垂直于平面BCD,求 在圆O上取AmB使 n m 四面体A-BCD的体积； 吉KB的长度< 0 (2)若日=受，证明四面体A-BCD的体积为 影，并以AB为轴将 一定值： (3)求四面体A-BCD的体积. AmB旋转180°得Am'B,在圆O上取BnC,使 强基数学·巅峰突破 AmB的长度+BC的长度<号1，并以5C为 A.3 轴将BnC旋转0度(0<0<180)得Bn'C,这 c D 样，由AmB、BnC、CrA组成的曲线便是空 3.(2011·北大)在正四棱 间曲线.（如图所示） 锥P-ABCD中，M,N [证明]设A1、A2、A3、A4、A是曲线T的任 分别为PA、PB的中点， 一五等分点组. 且侧面与底面所成二面 由曲线T的构造知，曲线T的长度为l,AmB的 角的正切为√2，则异面直 长度>，网的长废>1，那么至少有一个 线DM与AN所成角的余弦为 分点不妨设为A1,落在AmB内（不包括端点）， A号 B号 同时至少有三个分，点，不妨设为A2、A3、A4,落 在CA内（不包括端，点）.又由曲线T的构造知 c D是 AmB与CrA在同一平面内，从而A1、A2、A3、 4.(2011·清华)已知异面直线a,b成60°角 A4四点在同一平面内.由平面几何知识知， A为空间一点，则过A与a,b都成45°角的 A2、A3、A4三，点只能确定唯一的圆O,而A,不 平面 ( 在圆O上，所以A1、A2、A3、A4四，点不共圆.于 A.有且只有一个 是A1、A2、A3、A4四点必不共球面，否则过 B.有且只有两个 A1A2、A3、A4的平面与A1、A2、A3、A4所在的 C.有且只有三个 D.有且只有四个 球的截面是圆，即A1、A2、A3、A4四，点共圆，矛 5.(2012·清华)正四棱锥S-ABCD中，侧棱 盾.故A1、A2、A3、A4、A不可能共球面，即曲 与底面所成角为α，侧面与底面所成二面角 线Γ的任意五等分点组都不在同一球面上 为B,侧棱SB与底面正方形ABCD的对角 真题实战演练 线AC所成角为Y,相邻两侧面所成二面角 一、选择题 为0，则α，B,Y,0之间的大小关系是( ) 1.(2018·北大)正方体ABCD-A1B1C1D A.a<B<0<Y B.a<B<Y<0 中，底面A1B,C1D1上有一点M,使∠ADD C.a<Y<B<0 D.B<a<Y<0 =∠D,MD,则M的轨迹是 6.(2015·清华)长方体ABCD-A1B,C,D1中， A.圆的一部分 B.椭圆的一部分 AB=2,AD=AA1=1,则A到平面A1BD 的距离为 ( C.双曲线的一部分D.以上选项都不对 B. 2 2.(2010·清华)如果平面a,B,直线m,n,点 A,B满足：a∥B,mCa,nCB,A∈a,B∈B,且 AB与a所成的角为，mLAB,n与AB所 7.(2016·清华)F为BC中点，AE=AA1 成的角为，那么m与n所成角的大小为 正方体ABCD-A1BC1D1棱长为1，中心为 O,则VoBF 第八章立体几何 D A.o·x·6·t·o B.0·x·o·t·o·t C.x·o·t·g·x D.o·x·o·g·x·o 12.(2020·北大)设P为单位立方体ABCD一 A品 B.17 A1B1CD1的面对角线AB,上的一点，则 38 PA,+PC1的最小值为 () c品 D品 A.√2+√2 B.√2+22 8.(2017·清华)△ABC为等边三角形，边长为 3.平面外一点P满足PA=3,PB=5,PC= C.2-② 2 D.前三个答案都不对 4,则VP-ABC= 13.(2020·清华)（多选）在△ABC中，AC=1, A.√11 B.√10 BC=√3，AB=2,M为AB的中点，将 c 9 △BCM沿CM折起，使得三棱锥B一ACM 9.(2018·清华)如图所示，A,B,C 的体积为号，则折起后AB的长可以为 分别为正方体某三条棱的中点 ( (参考图片)，问面ABC被正方 A.1 B.2 体截得的平面是 边形？ C.3 D.2 A.3 B.4 14.（2020·清华)（多选）设正四棱锥的侧棱与 C.5 D.6 底面所成角为α，相邻两侧面所成的角为B, 10.(2019·清华)一个四面体的棱长分别为6， 则 () 6,6,6,6,9,则它的外接球的半径为( A.cos B=cos'a cos a-2 A.21 B.cos B- cos a-1 cos a++1 C.210 D②10 3 6 Can号=sina 11.(2010·清华)设定点A、B、C、D是以O点 为中心的正四面体的顶点，用。表示空间以 D.cos号-sin0 15.(2021·清华)已知四面体DABC中，AC= 直线OA为轴满足条件σ(B)=C的旋转， BC=AD=BD=1,则DABC体积的最大 用x表示空间关于OCD所在平面的镜面反 值为 () 射，设1为过AB中点与CD中点的直线， 用w表示空间以1为轴的180°旋转，设。·x A.4② 27 B3② 表示变换的复合，先作x,再作o,则w可以 表示为 C.2 27 强基数学·巅峰突破 16.(2024·清华)（多选）正四面体A-BCD 21.(2017·清华)两个半径为1的球，球心之间 中，棱长为2√2.点P满足PA+PB=2, 的距离为d,包含两个球的最小的球的体积 则AP·AD的 ( 为V,求m方 A.最小值为4-2√2 22.(2017·清华)半径为1的球面上有不共面 B.最大值为2十2√2 的四个点A,B,C,D,满足AD=BC=x, C.最小值为2-2√2 AC=BD=y,AB=CD=,2y2+2 D.最大值为4+2√2 的值 17.(北京)如图，设P为单位立方体ABCD 23.(2018·北大)三棱锥P-ABC中，AB⊥AC, A1BCD1的棱AB1上的一点，则PA1+ PA垂直平面ABC.已知AP=AB+AC, PC,的最小值为 求∠APB+∠BPC+∠CPA= 24.(2019·北大)已知一个长方体的体积为1， 则该长方体的表面积最小为 25.(2021·北大)有三个给定的经过原点的平 面，过原点作第四个平面α，使之与给定的 三个平面形成的三个二面角均相等，则这 A.√2+2 B.√2+2√2 样的a的个数是 C.2- 26.(2024·南京)四面体棱长为4,7,20,22， 2 D.前三个答案都不对 28,t,t∈Z,求t的最小值是 二、填空题 27.(2024·中国科大)已知圆锥的高为1，底面 18.(2017·清华)已知空间一球，SC为其直 直径AB=2,则一蚂蚁从点A沿着侧面爬 径，且|SC|=4.A,B为球上两点，满足 到点B,爬行距离的最小值是 1AB引=3，且∠ASC=∠BSC=30°，求四 28.(2024·清华)四面体V-ABC中，WA=VB 面体S-ABC的体积 =2√2，VC=3,CA=CB=4,则CA与VB所 19.(2017·清华)已知一个四棱锥的三视图如 成角的余弦值的取值范围为 下（从左至右分别为正、侧、俯视图），四棱 29.(全国)已知三棱锥S-ABC的底面是以 锥的四个侧面中，直角三角形有几 AB为斜边的等腰直角三角形，且SA=SB 个 =SC=AB=2.则三棱锥S-ABC外接球 表面积为 30.(江苏)在长方体ABCD-A,B,C1D1中， AB=4,BC=CC1=2√2，M是BC1的中 20.(2017·清华)空间直角坐标系O-xyz中， 点，N是MC1的中点.若异面直线AN与 满足0≤x≤y≤x≤1的点(x,y,z)围成的 CM所成的角为0，距离为d,则2020dsin0 体积是 第八章立体几何 D 34.(2014·北大)圆心角为60度的扇形面积为 B 6π，求它围成的圆锥的表面积. D 31.(浙江)在△ABC中，∠B=∠C=30°，BC= 2√3，P,Q分别在线段AB和AC上，AP= 1,AQ=√2，直线AD⊥BC于D.现将三角 形△ABC沿着AD对折，当平面ADB与平 面ADC的二面角为60°时，则线段PQ的 长度为 32.(浙江)在正四棱锥S-ABCD中，M在棱SC 上且满足SM=2MC.过AM作截面将此四棱 锥分成上，下两部分，记上，下两部分的体积分 别为V,测哈的染大值为 三、解答题 35.(2016·清华)在立方体ABCD-A1BCD 33.三棱锥P-ABC,PA⊥△ABC,BC⊥AC. 中，在ABCD1面内有一点M,使得BM∥ 若AC=2,二面角P一BC-A=60°，三棱锥 面AD,C,求tan∠D,MD的最大值. 的体积一求直 线PB与平面PAC所成的 角的正弦值. 60° 125 强基数学·巅峰突破 36.(2019·北大)在单位正方体ABCD 38.(2017·北大)半径为2017的三个球放在 A1BC,D中，E,F在线段AC上，G、H在 一个桌面上，两两相切.现将另一个球放在 线段B1D1上，且EF=a,GH=b,试求四面 这三球的空隙处，且这个球的顶点（最高 体E-FGH的体积. 处)与另三个球的顶点（最高处）处于同一 平面上，求这个球的半径. 39.(2019·清华)正三棱柱ABC-A1B1C,的 九条棱长都相等，P在AB上，记平面 PB,C1,平面PA,C1与平面A,B,C1的夹角 37.(2016·北大)设x,y,之∈R3,求方程3x+ 分别为a,B. 8y”十|z”≤1，当n→十∞时确定的几何 1)求证：an&anB 1十1为定值； 体的体积. (2)求tan(a+B)的最小值. 126 第八章立体几何 40.(2019·清华)已知正方体ABCD-A,B,C,D,E 42.(2017·北大)已知两个同底正三棱锥 为AA1中点，求过E且垂直于OC1的平面 E-ABC,F-ABC内接于同一个外接球，E 截正方体的截面积. ABC中侧面与底面的夹角为15°，求F ABC侧面与底面夹角的正切值. 41.(2018·清华)如图所 C 43.(清华)已知四面体A-BCD中，AB=CD, 示，在边长为1的正方 AC=BD,AD=BC.求证： A B E 体ABCD-A1B,C1D (1)这个四面体的每个面都是锐角三角形； 中，E为CC1中点， D (2)设底面为BCD,另外三个面与底面所 P,P2为上顶面的两 成的二面角为a,B,Y,则cosa十cosB+ 点，满足BP1⊥A1E, cos Y-1. BP2⊥A1E. (1)问P1P2与BD的关系， (2)若允许P1,P2在正方体的整个表面运 动，求|A,P的最小值， 127 强基数学·巅峰突破 44.(2016·清华)(I)正四棱锥的体积V= 46.(2024·清华)四面体VABC中，VA=VB 「2求正四棱锥的表面积的最小值； =2√2，VC=3,CA=CB=4.求CA与VB 所成角余弦的最值。 (Ⅱ)一般地，设正n棱锥的体积V为定值， 试给出不依赖于n的一个充分必要条件， 使得正n棱锥的表面积取得最小值. 45.(2024北大)在体积为1的正方体内取一个 47.(2025·清华)正三棱锥SABC,底边长4， 点，过这个点作三个平行于正方体面的平 SA,SB,SC中点分别为A'、B、C,A'B'中点为 面，将正方体分为8个长方体，求这些小长 D,SABC'外接球球心为O,OC一OD= 方体中体积不大于日的长方体个数的最 AB2.求VSABC 小值. 128