高中数学：空间几何专题练习

空间向量练习题1. 如下图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD的中点，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2. 〔Ⅰ〕证明：平面PBE ⊥平面P AB ;〔Ⅱ〕求平面P AD 和平面PBE 所成二面角〔锐角〕的大小.如下图，以A 为原点，建立空间直角坐标系.那么相关各点的 坐标分别是A 〔0，0，0〕，B 〔1，0，0〕，33(2C 13(2D P 〔0，0，2〕,3E 〔Ⅰ〕证明 因为3BE =， 平面P AB 的一个法向量是0(0,1,0)n =， 所以0BE n 和共线.从而BE ⊥平面P AB . 又因为BE ⊂平面PBE ， 故平面PBE ⊥平面P AB .(Ⅱ)解 易知3(1,0,2),(0,02PB BE =-=）， 13(0,0,2),(,22PA AD =-= 设1111(,,)n x y z =是平面PBE 的一个法向量，那么由110,n PB n BE ⎧=⎪⎨=⎪⎩得111122020,3000.2x y z x y z +⨯-=⎧⎪⎨⨯++⨯=⎪⎩所以11110,2.(2,0,1).y x z n ===故可取 设2222(,,)n x y z =是平面PAD 的一个法向量，那么由220,0n PA n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩得2222220020,1300.22x y z x y z ⨯+⨯-=⎧⎪⎨++⨯=⎪⎩所以2220,3.z x ==-故可取2(3,1,0).n =-于是，1212122315cos ,52n n n n n n <>===⨯故平面PAD 和平面PBE 所成二面角〔锐角〕的大小是152. 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有 棱长都为2，D 为CC 1中点。

〔Ⅰ〕求证：AB 1⊥面A 1BD ；〔Ⅱ〕求二面角A －A 1D －B 的大小； 〔Ⅲ〕求点C 到平面A 1BD 的距离；〔Ⅰ〕证明 取BC 中点O ，连结AO ． ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，OA 的方向为x y z ，，轴的正方向建立空间直角坐标系，那么(100)B ，，，(110)D -，，，1(023)A ，，，(003)A ，，，1(120)B ，，， 1(123)AB ∴=-，，，(210)BD =-，，，1(123)BA =-，，．12200AB BD =-++=，111430AB BA =-+-=， 1AB BD ∴⊥，11AB BA ⊥．1AB ∴⊥平面1A BD ．〔Ⅱ〕解 设平面1A AD 的法向量为()x y z =，，n ．(113)AD =--，，，1(020)AA =，，．AD ⊥n ，1AA ⊥n ，100AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩，，n n 3020x y z y ⎧-+-=⎪∴⎨=⎪⎩，，03y x z =⎧⎪∴⎨=-⎪⎩，．令1z =得(301)=-，，n 为平面1A AD 的一个法向量． 由〔Ⅰ〕知1AB ⊥平面1A BD ，1AB ∴为平面1A BD 的法向量．cos <n ，1113364222AB AB AB -->===-n n ．∴二面角1A A D B --的大小为6arccos4． xzAB CD1A1C1BO F y〔Ⅲ〕解 由〔Ⅱ〕，1AB 为平面1A BD 法向量，1(200)(12BC AB =-=，，，，．∴点C 到平面1A BD的距离1122BC AB d AB -===． 3.如图，在四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD 、BC 的中点，2,CA CB CD BD AB AD ======〔1〕求证：AO ⊥平面BCD ；〔2〕求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值； 〔3〕求点E 到平面ACD 的距离．⑴ 证明 连结OC,,.BO DO AB AD AO BD ==∴⊥ ,BO DO BC CD ==，CO BD ⊥．在AOC ∆中，由可得1,AO CO == 而2AC =， 222,AO CO AC ∴+=90,o AOC ∴∠=即.AO OC ⊥,BD OC O = ∴AO ⊥平面BCD ．(2)解 以O为原点，如图建立空间直角坐标系， 那么(1,0,0),(1,0,0),B D -1(0,0,1),((1,0,1),(1,2C A E BA CD =-=-2cos ,4BA CD BA CD BA CD⋅∴<>==⋅ ∴ 异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为4． ⑶解 设平面ACD 的法向量为(,,),n x y z =那么(,,)(1,0,1)0(,,)(0,3,1)0n AD x y z n AC x y z ⎧⋅=⋅--=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩， ∴030x z y z +=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1,y =得(3,1,3)n =-是平面ACD 的一个法向量． 又13(,,0),22EC =- ∴点E 到平面ACD 的距离 32177EC n h n⋅===． 4.三棱锥P －ABC 中，PA ⊥ABC ，AB ⊥AC ，PA=AC=½AB ，N 为AB 上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC 的中点.〔Ⅰ〕证明：CM ⊥SN ；〔Ⅱ〕求SN 与平面CMN 所成角的大小.证明：设PA=1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图。

高中数学空间几何体练习题一．选择题（共25小题）1．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则图中边长a的所有可能取值组成的集合为（）A．{2﹣2，2+2} B．{1，+1，﹣1}C．{2﹣2，2+2，2，4} D．{2，2+2，2﹣2} 2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（）A．41πB．C．25πD．3．已知四边形ABCD是边长为5的菱形，对角线BD＝8（如图1），现以AC为折痕将菱形折起，使点B达到点P的位置．棱AC，PD的中点分别为E，F，且四面体P ACD的外接球球心落在四面体内部（如图2），则线段EF长度的取值范围为（）A．（，4）B．（1，）C．（，6）D．4．三棱锥P﹣ABC中．AB⊥BC，△P AC为等边三角形，二面角P﹣AC﹣B的余弦值为，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为8π．则三棱锥体积的最大值为（）A．1B．2C．D．5．已知P，A，B，C是半径为3的球面上四点，其中P A过球心，，则三棱锥P﹣ABC的体积是（）A．B．2C．D．6．在空间直角坐标系O﹣xyz中，四面体OABC各顶点坐标分别为：O（0，0，0），A（0，0，2），B（，0，0），C（0，，0）．假设蚂蚁窝在O点，一只蚂蚁从O点出发，需要在AB，AC上分别任意选择一点留下信息，然后再返回O点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（）A．2B．C．D．27．我国古代数学名著《九章算术•商功》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，如图为一个堑堵ABC﹣DFE，AB⊥BC，AB＝6，其体积为120，若将该“堑堵”放入一个球形容器中，则该球形容器表面积的最小值为（）A．100πB．108πC．116πD．120π8．如图，在平面四边形ABCD中，满足AB＝BC，CD＝AD，且AB+AD＝10，BD＝8．沿着BD把ABD折起，使点A到达点P的位置，且使PC＝2，则三棱锥P﹣BCD体积的最大值为（）A．12B．12C．D．9．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体棱上的一点，若满足|PB|+|PD1|＝m的点P的个数大于6个，则m的取值范围是（）A．B．C．D．10．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝4，B1D与平面ABCD夹角的正弦值为，M为线段AA1的中点，点N在线段AD上，且AN＝2，S∈平面A1B1C1D1．若V三棱锥S﹣BMN＝V，记直线SC与CC1的夹角为θ．则tanθ的最小值为（）A．B．C．D．11．已知三棱锥P﹣ABC的外接球O半径为2，球心O到△ABC所在平面的距离为1，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为（）12．在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是Rt△且AB⊥BC，∠CAB＝30°，BC＝2，点P在平面ABC的射影D点在△ABC 的外接圆上，四边形ABCD的对角线，AD＞CD，若四棱锥P﹣ABCD的外接球半径为，则四棱锥P﹣ABCD的体积为（）A．B．C．D．13．已知三棱锥P﹣ABC的底面是正三角形，，点A在侧面PBC内的射影H是△PBC的垂心，当三棱锥P﹣ABC体积最大值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的体积为（）A．B．C．6πD．14．在正四面体ABCD中，P，Q分别是棱AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M是EF的中点，则能使点M的轨迹是圆的条件是（）A．PE+QF＝2B．PE•QF＝2C．PE＝2QF D．PE2+QF2＝215．已知正方体的棱长为1，平面α过正方体的一个顶点，且与正方体每条棱所在直线所成的角相等，则该正方体在平面α内的正投影面积是（）A．B．C．D．16．如图所示，正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，BP+PE的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是（）A．12πB．32πC．8πD．24π17．设P﹣ABCD是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥，M为PC中点，过AM作平面AEMF与线段PB，PD分别交于点E，F（可以是线段端点），则四棱锥P﹣AEMF的体积的取值范围为（）A．[，2]B．[，]C．[1，]D．[1，2]18．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是（）A．（0，]B．（0，]C．（0，]D．（0，]19．已知球O为三棱锥S﹣ABC的外接球，，则球O的表面积是（）20．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（）（容器壁的厚度忽略不计）A．21πB．40πC．41πD．84π21．已知球O的半径为1，A，B是该球面上的两点，且线段AB＝1，点P是该球面上的一个动点（不与A，B重合），则∠APB的最小值与最大值分别是（）A．B．C．D．22．如图，A1B1C1D1是以ABCD为底面的长方体的一个斜截面，其中AB＝4，BC＝3，AA1＝5，BB1＝8，CC1＝12，则该几何体的体积为（）A．96B．102C．104D．14423．已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在半径为3的球面上，AB⊥AC，则该三棱锥体积的最大值是（）A．B．C．D．3224．已知三棱锥S﹣ABC的各顶点都在一个半径为r的球面上，且SA＝SB＝SC＝1，AB＝AC＝，BC＝，则球的表面积为（）A．12πB．3πC．5πD．6π25．三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是正三角形，AA1⊥平面ABC，AB＝2，AA1＝，D为BC中点，则三棱锥A ﹣B1DC1的体积为（）A．3B．C．1D．二．填空题（共5小题）26．若三棱锥S﹣ABC的三条侧棱两两垂直，且SA＝2，SB＝3，SC＝4，则此三棱锥的外接球的表面积是．27．若三棱锥P﹣ABC的所有定点均在球O的表面上，且AB＝4，∠ACB＝60°，三棱锥P﹣ABC的体积的最大值为16，则球O的表面积为．28．已知一个半圆柱的高为4，其俯视图如图所示，侧视图的面积为8，则该半圆柱的底面半圆的半径为．29．已知正三棱锥的体积为，则其表面积的最小值为．30．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为．三．解答题（共10小题）31．正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与它的四个面都相切，求：（1）棱锥的表面积；（2）内切球的半径．32．如图，已知三棱台ABC﹣A1B1C1，AB＝2A1B1，M是A1B1的中点，N在线段B1C1上，且B1N＝2NC1，过点A，M，N的平面把这个棱台分为两部分，求体积较小部分与体积较大部分的体积比值．33．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，O为AC 中点．（1）证明：A1O⊥平面ABC；（2）在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．34．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积．35．在△ABC中，AB＝3．（1）若∠B＝45°，∠C＝60°，将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个几何体，求这个几何体的体积．（2）设D是BC的中点，AD＝2，cos∠BAC＝，求△ABC的面积．36．在平面直角坐标系xoy中，已知四点A（2，0），B（﹣2，0），C（0，﹣2），D（﹣2，﹣2），把坐标系平面沿y 轴折为直二面角．（1）求证：BC⊥AD；（2）求三棱锥C﹣AOD的体积．37．四面体ABCD中，AB和CD为对棱．设AB＝a，CD＝b，且异面直线AB与CD间的距离为d，夹角为θ．（Ⅰ）若θ＝，且棱AB垂直于平面BCD，求四面体ABCD的体积；（Ⅱ）当θ＝时，证明：四面体ABCD的体积为一定值；（Ⅲ）求四面体ABCD的体积．38．如图，已知⊙O的直径AB＝3，点C为⊙O上异于A，B的一点，VC⊥平面ABC，且VC＝2，点M为线段VB的中点．（1）求证：BC⊥平面VAC；（2）若直线AM与平面VAC所成角为，求三棱锥B﹣ACM的体积．39．如图所示，该几何体是一个由直三棱柱ADE﹣BCF和一个正四棱锥P﹣ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2（1）证明：平面P AD⊥平面ABFE；（2）若正四棱锥P﹣ABCD的体积是三棱锥P﹣ABF体积的4倍，求正四棱锥P﹣ABCD的高．40．如图，在△ABC中，∠C为直角，AC＝BC＝4．沿△ABC的中位线DE，将平面ADE折起，使得∠ADC＝90°，得到四棱锥A﹣BCDE．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACD；（Ⅱ）求三棱锥E﹣ABC的体积；（Ⅲ）M是棱CD的中点，过M作平面α与平面ABC平行，设平面α截四棱锥A﹣BCDE所得截面面积为S，试求S的值．参考答案与试题解析一．选择题（共25小题）1．【解答】解：由三视图可知直三棱柱的底面斜边的高为1，斜边长为2，直角三角形，棱柱的高为a，若存在球与该“堑堵”表面所在的五个平面都相切，则球半径R满足：①R＝＝（此时球为棱柱的内切球），解得：a＝2﹣2，②R＝且R+1＝R（此时球在棱柱外，正视图中球对称的圆在直角的夹角内），解得：a＝2+2，③R＝且R+tan22.5°R＝（此时球在棱柱外，正视图中球对称的圆在45°角的夹角内），解得：a＝2，故选：D．2．【解答】解：由三视图得到直观图，如图，该几何体为三棱锥D1﹣CC1E，正方体的棱长为4，E为BB1的中点，取出该几何体如图，三棱锥E﹣C1D1C，底面三角形C1D1C为等腰直角三角形，直角边长为4，侧面EC 1C⊥底面C1D1C，．则底面三角形的外心为CD1的中点G，设△EC1C的外心为H，分别过G与H作底面C1D1C与侧面EC1C的垂线相交于O，则O为三棱锥E﹣C1D1C的外接球的球心，在△EC1C中，求得CK＝4，sin∠ECK＝，则2EH＝，即EH＝，则HK＝，，则．∴该几何体外接球的表面积是4．故选：A．3．【解答】解：如图，由题意可知△APC的外心O1在中线PE上，设过点O1的直线l1⊥平面APC，可知l1⊂平面PED，同理△ADC的外心O2在中线DE上，设过点O2的直线l2⊥平面ADC，则l2⊂平面PED，由对称性知直线l1，l2的交点O在直线EF上．根据外接球的性质，点O为四面体APCD的外接球的球心．由题意得EA＝3，PE＝4，而O1A2＝O1E2+EA2，O1A+O1E＝PE＝4，∴O1E＝．令∠PEF＝θ，显然0＜θ＜，∴EF＝PE cosθ＝4cosθ＜4．∵cosθ＝＝，∴OE•EF＝O1E•PE＝，又OE＜EF，∴EF2＞，即EF＞．综上所述，＜EF＜4．∴线段EF长度的取值范围为（，4）．故选：A．4．【解答】解：如图所示，过点P作PE⊥面ABC，垂足为E，过点E作ED⊥AC交AC于点D，连接PD，则∠PDE为二面角P﹣AC﹣B的平面角的补角，即有cos∠PDE＝，易知AC⊥面PDE，则AC⊥PD，而△P AC为等边三角形，∴D为AC中点，设AB＝a，BC＝b，AC＝＝c，则PE＝PD sin∠PDE＝×c×＝，故三棱锥P﹣ABC的体积为：V＝×ab×＝≤×＝，当且仅当a＝b＝时，体积最大，此时B、D、E共线．设三棱锥P﹣ABC的外接球的球心为O，半径为R，由已知，4πR2＝8π，得R＝．过点O作OF⊥PE于F，则四边形ODEF为矩形，则OD＝EF＝，ED＝OF＝PD cos∠PDE＝，PE＝，在Rt△PFO中，（）2＝，解得c＝2．∴三棱锥P﹣ABC的体积的最大值为：．故选：D．5．【解答】解：∵P，A，B，C是半径为3的球面上四点，其中P A过球心，，∴由余弦定理得cos B＝＝﹣，∴B＝120°，设△ABC外接圆的半径为r，则由正弦定理，得＝＝2r，解得r＝2．∴球心到平面ABC的距离d＝＝＝．∴三棱锥P﹣ABC的体积：V＝＝＝．故选：D．6．【解答】解：将四面体OABC沿着OA剪开，展开后如下图所示，最短路径就是△AOO'的边OO'，∵O（0，0，0），A（0，0，2），B（，0，0），C（0，，0），∴AO＝2，BO＝，AB＝AC＝，BC＝，由余弦定理知，在△OAB中，cos∠OAB＝＝＝，∴∠OAB＝30°＝∠O'AC，在△ABC中，cos∠BAC＝＝＝，∴sin∠BAC＝＝，∴cos∠OAO'＝cos（∠BAC+∠OAB+∠O'AC）＝cos（∠BAC+60°）＝cos∠BAC•cos60°﹣sin∠BAC•sin60°＝×﹣×＝．在△AOO'中，OO'2＝AO2+AO'2﹣2AO•AO'cos∠OAO'＝4+4﹣2×2×2×＝5+，∴OO'＝．故选：C．7．【解答】解：设BC＝a，BF＝b，则该“堑堵”的体积V＝S△ABC•BF＝＝120，整理，得ab＝40，要使“堑堵”放入球形容器，则该球的半径不小于“堑堵”的外接球半径，设其外接球的半径为R，∵在堑堵ABC﹣DFE中，BA，BC，BF两两垂直，∴堑堵ABC﹣DFE外接球的一条直径是以BA，BC，BF为相邻三条棱的长方体的体对角线，即2R＝＝，∵a2+b2≥2ab＝80，（当且仅当a＝b时，取等号），∴外接球的表面积S＝4πR2≥116π，∴球形容器的表面积最小值为116π．故选：C．8．【解答】解：过点P作PE⊥BD于E，连结CE，由题意知△BPD≌△BCD，CE⊥BD，且PE＝CE，∴BD⊥平面PCE，∴V P﹣BCD＝V B﹣PCE+V D﹣PCE＝＝，∴当S△PCE最大时，V P﹣BCD取得最大值，取PC的中点F，则EF⊥PC，∴S△PCE＝•EF＝，∵PB+PD＝10，BD＝8，∴点P到以BD为焦点的椭圆上，∴PE的最大值为对应短半轴长，∴PE最大值为＝3，∴S△PCE最大值为2，∴三棱锥P﹣BCD体积的最大值为．故选：C．9．【解答】解：分类讨论：①∵正方体的棱长为2，∴BD1＝2，∵点P是正方体棱上的一点（不包括棱的端点），满足|PB|+|PD1|＝2，∴点P是以2c＝2为焦距，以a＝为长半轴，以为短半轴的椭圆，∵P在正方体的棱上，∴P应是椭圆与正方体与棱的交点，结合正方体的性质可知，满足条件的点应该在正方体的12条棱上各有一点满足条件．∴满足|PB|+|PD1|＝2的点P的个数为12个．满足条件．②8个顶点中，除了B，D1两个以外的6个顶点满足|PB|+|PD1|＝2+2，且是正方体棱上的所有点中的最大值，只有这6个顶点．因此除了以上6个顶点以外的点满足：|PB|+|PD1|＜2+2，不难得出满足条件：2≤|PB|+|PD1|＜2+2的点P都满足|PB|+|PD1|＝m的点P的个数大于6个，由选择支可得只能选择D．故选：D．10．【解答】解：如图所示，设BC＝x，则＝，解得x＝6．V三棱锥S﹣BMN＝V，设点S到平面BMN的距离为d．则h•＝×4×（4×6﹣﹣﹣），解得h＝．记直线SC与CC1的夹角为θ．则tanθ＝．可得最小值为设S（x，y，4）．B（6，4，0）．M（6，0，2）．N（4，0，0）．＝（2，0，2）．＝（2，4，0）．设平面BMN的法向量为＝（a，b，c），则•＝•＝0．可得2a+2c＝0，2a+4b＝0，取＝（2，﹣1，﹣2）.＝（x﹣4，y，4）．∴＝，化为：2x﹣y＝0，或：2x﹣y＝32（舍去），由2x﹣y＝0，G（2，4，0），可得点S的轨迹为线段D1G．过点C1作C1S⊥D1G，此时SC1的最小值＝＝＝，tanθ＝．故选：A．11．【解答】解：∵三棱锥P﹣ABC的外接球O半径为R＝2，球心O到△ABC所在平面的距离为d＝1，∴△ABC的外接圆的半径r＝＝．∴△ABC是等边三角形时，△ABC的面积最大，设等边△ABC的边长为a，则＝，解得a＝3，∴S△ABC＝＝，∵球心O到△ABC所在平面的距离为1，∴点P到平面ABC的距离的最大值为h＝R+d＝2+1＝3，∴三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：＝＝．故选：A．12．【解答】解∵在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是Rt△且AB⊥BC，∠CAB＝30°，BC＝2，∴PC＝2BC＝4，BP＝＝2，取BC中点E，则PE＝BE＝DE＝2，∵点P在平面ABC的射影D点在△ABC的外接圆上，四边形ABCD的对角线，AD＞CD，∴cos∠BED＝cos∠BEB＝＝﹣，∴∠BED＝∠BEP＝∠PED＝120°，∴PD＝PB＝BD＝2，∴BC＝CD＝2，设球心为O，则OE⊥平面BPDC，∵OD＝2，四棱锥P﹣ABCD的外接球半径为，∴OE＝＝1，∴四棱锥P﹣ABCD的高PD＝2OE＝2，∴四棱锥P﹣ABCD的体积为：V＝＝＝＝．故选：B．13．【解答】解：：延长PH交BC于D，连接AD，∵H是△PBC的垂心，∴BC⊥PD，∵AH⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AH⊥BC，又AH⊂平面APD，PD⊂平面P AD，AH∩PD＝H，∴BC⊥平面APD，又AD⊂平面APD，∴BC⊥AD，连接BH并延长交PC于E，连接AE，由AH⊥平面PBC可得AH⊥PC，又BE⊥PC，AH∩BE＝H，∴PC⊥平面ABE，∴AB⊥PC．设P在平面ABC上的射影为O，延长CO交AB于F，连接PF．∵PO⊥AB，PC∩PO＝P，∴AB⊥平面PCF．∴PF⊥AB，CF⊥AB．∴O是△ABC的中心，F是AB的中点，∴PB＝P A＝＝PC，当P A，PB，PC两两垂直时，三棱锥P﹣ABC体积取得最大值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的半径R满足：（2R）2＝，解得R＝．体积＝＝．故选：D．14．【解答】解：如图所示，正四面体ABCD中，取BC、BD、AD、AC的中点G、H、K、L，因为P、Q分别是棱AB，CD的中点，所以PQ的中点O也为定点；由对称性知，PQ和EF的中点都在中截面GHKL上；由＝++＝++，所以＝（+）；又在正四面体中，对棱垂直，所以•＝0；所以4＝+，即4OM2＝PE2+QF2；若点M的轨迹是以O为圆心的圆，则PE2+QF2为定值．故选：D．15．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正三角形所在平面或其平行平面为平面α时，满足平面α与正方体每条棱所成的角均相等，并且如图所示的正三角形，为平面α截正方体所形成的三角形截面中，截面面积最大者．因为正三角形的边长为，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的三个面在平面α内的正投影是三个全等的菱形（如图所示），可以看成两个边长为的等边三角形，所以正方体在平面α内的正投影面积是S＝2×＝．故选：B．16．【解答】解：将三角形ABC与三角形ACD展成平面，BP+PE的最小值，即为BE两点之间连线的距离，则BE＝设AB＝2a，则∠BAD＝120°，由余弦定理，解得，则正四面体棱长为，因为正四面体的外接球半径是棱长的倍，所以，设外接球半径为R，则，则表面积S＝4πR2＝4π•3＝12π．故选：A．17．【解答】解：为了建立四棱锥P﹣AEMF的体积与原三棱锥的体积的关系，我们先引用下面的事实，（如图）设A1，B1，C1分别在三棱锥S﹣ABC的侧棱SA，SB，SC上，又S﹣A1B1C1与S﹣ABC的体积分别为V1和V，则事实上，设C，C1在平面SAB的射影分别为H，H1，则又所以下面回到原题：设，∵P﹣ABCD的体积V0＝，于是由上面的事实有：+，得：＝＝xy+xy＝，于是，而由0＜≤1，x≤1，得，则V＝x+y＝x+（），又得，所以，当时，V'＜0，V为减函数，当时，V’＞0，V为增函数所以得：，又，得V max＝，故答案为[]，故选：B．18．【解答】解：如图，AB＝CD＝a，AC＝AD＝BC＝BD＝2．过A作AE⊥CD于E，连结BE，则AE＝＝BE，又AB＝a，∴＝，∴＝，令，则f′（a）＝16a3﹣3a5＝0，解得当a2＝时，（V A﹣BCD）max＝．∴此三棱锥体积的取值范围是（0，]．故选：B．19．【解答】解：取SC中点M，连接AM、MB，因为△SAC是等边三角形，且SB＝BC，∴AM⊥SC，MB⊥SC，∴SC⊥平面AMB，∴平面SAC⊥平面AMB，由三余弦定理，可知，cos∠SAM•cos∠MAB＝cos∠SAB，由边长条件可知，∠SAM＝30°，∠SAB＝90°，代入上式解得cos∠MAB＝0，∴∠MAB＝90°，因为SC⊥平面AMB，∴球心O在平面AMB上，作OO1⊥平面SAC，易得，，取AB中点N，连接ON，∴ON⊥AB，∴OO1AN四点共圆，AO为这四点共圆的直径，也是三棱锥S﹣ABC的半径，连接O1N，∵∠MAB＝90°，由勾股定理，得，∴O1N为三棱锥S﹣ABC的半径R，∴．故选：A．20．【解答】解：由球的对称性可知，当三个正四棱柱都处于正中间契合的时候，其外接球半径最小，所以，此时该球为底面边长为4、2，高为8的长方体的外接球时，设球的半径为R，所以，所以，所以球的最小表面积为．故选：D．21．【解答】解：依题意，点P是该球面上的一个动点（不与A，B重合），即P点与A，B不共线，故三点确定一个平面，设该平面与球的截面为圆O，设∠APB所对的弧的长度与圆O的周长之比为t，所以当t最小时，∠APB最小，当t最大时，∠APB最大．根据球的性质得，①当圆O为球的大圆且弧∠APB所对的弧是该大圆的劣弧时，此时弧APB长度最小，圆的周长最大，t1最小，如图P1，此时AB＝OA＝OB＝1，所以∠AOB＝，∴∠AP1B＝＝，②若圆O为球的大圆所对的优弧，则t2＝1﹣t1最大，如图中的P2．此时∠AP2B＝π﹣∠AP1B＝（圆的内接四边形对角互补）．故选：A．22．【解答】解：过A1作A1E⊥BB1，垂足为E，∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，∴A1B1∥D1C1．过D1作D1H⊥CC1，垂足为H，∵DG＝AA1＝5，∴EB1＝8﹣5＝3．∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，A1B1和D1C1是它们分别与截面的交线，∴A1B1∥D1C1．过D1作D1H⊥CC1，垂足为H，则EB1＝FH＝3，∴DD1＝12﹣3＝9．作A1G⊥DD1，垂足为G，作GF⊥CC1，垂足为F，连接EF，EH，则几何体被分割成一个长方体ABCD﹣A1EFG，一个斜三棱柱A1B1E﹣D1C1H，一个直三棱柱A1D1G﹣EHF．从而几何体的体积为：V＝3×4×5+×3×4×3+×3×4×4＝102．故选：B．23．【解答】解：设AB＝m，AC＝n，则S△ABC＝△ABC的外接圆直径BC＝取BC的中点M，则当PM⊥平面ABC时，三棱锥的体积最大此时球心O在PM上，V max＝×mn×（+3）≤××（+3）令t＝，则f（t）＝t（）f′（t）＝由f′（t）＝0，解得t＝0（舍），t＝8，f（t）在（0，8）递增，在（8，9）递减故f（8）最大，为所以三棱锥P﹣ABC的最大体积为故选：B．24．【解答】解：如图：∵SA＝SB＝SC＝1，AB＝AC＝，BC＝，∴SC⊥SA，SA⊥SB，∠CSB＝120°，取CA，AB的中点O1，O2，则O1，O2是球的两个截面圆的圆心，设O为球心，则OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面BSA，取SA的中点E，连O1E，O2E，则O1E∥SC，O2E⊥SC，∴∠O1EO2＝120°，∠O1OO2＝60°，又OO1＝OO2，∴△OO1O2是正三角形，∴OO1＝O1O2＝BC＝，在直角三角形AO1O中，|OA|＝＝＝，所以球的半径R为．则球的表面积为4πR2＝4π×（）2＝5π．故选：C．25．【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是正三角形，AA1⊥平面ABC，AB＝2，AA1＝，D为BC中点，∴AD⊥B1C1，AD⊥BB1，∵B1C1∩BB1＝B1，∴AD⊥平面DB1C1，∴三棱锥A﹣B1DC1的体积为：＝＝＝1．故选：C．二．填空题（共5小题）26．【解答】解：由题意可得将该三棱锥放在长方体中，且长方体的长宽高分别为SA＝2，SB＝3，SC＝4，设外接球的半径为R，再由长方体的对角线等于其外接球的直径可得（2R）2＝22+32+42＝29，所以4R2＝29，所以外接球的表面积S＝4πR2＝29π，故答案为：29π．27．【解答】解：设球O的半径为R，△ABC的外接圆的圆心O1，半径为r，在△ABC中，由余弦定理可得（4）2＝a2+b2﹣2ab cos60°，即a2+b2＝ab+48≥2ab，即ab≤48，所以V P﹣ABC＝ab sin60°（R+OO1）≤×48×（R+OO1）×＝4（R+OO1），由题意可得4（R+OO1）＝16，所以R+OO1＝4①，在△ABC中，2r＝＝，所以r＝4，而R2＝r2+OO12，所以R2＝16，所以球的表面积S＝4πR2＝64π，故答案为：64π．28．【解答】解：半圆柱的立体图如图所示，其侧视图是矩形ABCD，所以AB•AD＝8，即4×AD＝8，所以AD＝2，所以半圆柱的底面半圆的半径为2．故答案为：2．29．【解答】解：设正三棱锥的底面边长为a，高为h，如图，过顶点S作底面ABC的垂线，垂足为O，过O作OD 垂直AB于D，连接SD，∴AB＝a，SO＝h．∴SO⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，∴AB⊥SO，SO⊥OD，又∵AB⊥OD，SO∩OD＝O，∴AB⊥平面SOD，又∵SD⊂平面SOD，∴AB⊥SD，即SD为侧面SAB的斜高，三棱锥体积＝，得a2h＝12，又O为底面中心，∴OD＝＝，SD＝＝，三棱锥的表面积S＝+3××＝，将代入得：S＝＝．∴S′＝，令S′＝0，得＝0，令，（t＞0），上式可化为t2﹣2t﹣3＝0，解得t＝3，或t＝﹣1（舍），∴＝3，得h＝2，当0＜h＜2时，S′＜0，当h＞2时，S′＞0，故S在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上S单调递增，故当h＝2时，表面积最小，此时S＝3＝6，故填：6．30．【解答】解：根据几何意义得出：边长为8的正方形，球的截面圆为正方形的内切圆，∴圆的半径为：4，∵球面恰好接触水面时测得水深为6cm，∴d＝8﹣6＝2，∴球的半径为：R＝，R＝5∴球的体积为π×（5）3＝cm3故答案为．三．解答题（共10小题）31．【解答】解：（1）如图，过点P作PD⊥平面ABC于D，连结并延长AD交BC于E，连结PE，∵△ABC是正三角形，∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．∵AB＝2，∴S△ABC＝×2××sin60°＝6，又DE＝×AE＝×2×sin60°＝，∴PE＝＝＝；S△P AB＝S△PBC＝S△PCA＝×2×＝3；∴三棱锥的表面积为S表面积＝3×3+6＝9+6；（2）设内切球的半径为r，以球心O为顶点，棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，∵PD＝1，∴V三棱锥P﹣ABC＝S△ABC h＝•6•1＝2；又三棱锥P﹣ABC的体积为V＝S表面积•r＝×（9+6）r＝（3+2）r，由等体积可得r＝＝﹣2，∴内切球的半径为﹣2．32．【解答】解：三棱台ABC﹣A1B1C1，AB＝2A1B1，M是A1B1的中点，N在线段B1C1上，且B1N＝2NC1，不妨设平面ACC1A1⊥平面ABC，设△ABC是边长为6的等边三角形，则△A1B1C1是边长为3的等边三角形，设棱台的高为3，取AC中点O，A1C1中点G，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OG为z轴，建立空间直角坐标系，＝9，＝＝，三棱台ABC﹣A1B1C1的体积V＝＝．＝＝﹣＝，∴＝＝，A（0，﹣3，0），M（，﹣，3），N（，1，3），C1（0，，3），＝（，，3），＝（，4，3），＝（0，，3），设平面AMN的法向量＝（x，y，z），，取x＝14，得＝（14，2，﹣5），∴点C1到平面AMN的距离d＝＝，cos＜＞＝＝＝．sin＜＞＝＝，∴S△AMN＝＝＝，∴＝＝，设平面AMN与CC1交于点H，则点H到直线AN的距离是点M到AN的距离的，∴＝，∴＝＝，∴过点A，M，N的平面把这个棱台分为两部分，体积较小部分的体积为：++＝+＝，体积较大部分的体积为：V﹣（++）＝＝，∴体积较小部分与体积较大部分的体积比值为＝．33．【解答】解：（1）证明：∵AA1＝A1C＝AC＝2，且O为AC中点，∴A1O⊥AC．又侧面AA1C1C⊥底面ABC，交线为AC，A1O⊂平面A1AC，∴A1O⊥平面ABC．（6分）（2）存在点E，且E为线段BC1的中点．理由：取B1C的中点M，从而O M是△CAB1的一条中位线，OM∥AB1，又AB1⊂平面A1AB，OM⊄平面A1AB，∴OM∥平面A1AB，故BC1的中点M即为所求的E点．（12分）34．【解答】解：设球心为O，△ABC外接圆的圆心为O′，设球的半径为2r，则OO′＝r，如图所示；又AB＝18，BC＝24，AC＝30，∴AB2+BC2＝AC2，∴△ABC是直角三角形；∴O′A＝AC＝15；在Rt△OO′A中，（2r）2＝152+r2，解得r＝5，∴球的半径为R＝2r＝10；∴球的表面积为S＝4π•＝1200π，体积为V＝＝4000π．35．【解答】解：（Ⅰ）过A作AH⊥BC，垂足为H，在Rt△ABH中，B＝45°，所以AH＝BH＝3，在Rt△ACH中，C ＝60°，所以CH＝，将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个几何体，是以AH为底面半径，以BH，CH为高的两个圆锥，所以体积为＝＝（9+3）π；（Ⅱ）设BD＝DC＝x．AC＝y，在△ABD和ACD中，由余弦定理得到，化简得到2x2＝y2+2，①，在△ABC中，4x2＝18+y2﹣2×，即4x2＝y2﹣5y+18．②由①②得到y＝2或者（y＝﹣7舍去）；因为cos∠BAC＝，所以sin∠BAC＝，所以S＝AB•AC•sin∠BAC＝．36．【解答】解：（1）【法一】∵BOCD为正方形，∴BC⊥OD，∠AOB为二面角B﹣CO﹣A的平面角∴AO⊥BO，∵AO⊥CO，且BO∩CO＝O∴AO⊥平面BCO，又BC⊆平面BCO∴AO⊥BC，且DO∩AO＝O∴BC⊥平面ADO，且AD⊆平面ADO，∴BC⊥AD．【法二】分别以OA，OC，OB为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设O（0，0，0），A（2，0，0），B（0，0，2），C（0，2，0），D（0，2，2）；有＝（﹣2，2，2），＝（﹣2，2，0），∴•＝0，∴⊥，即BC⊥AD．（2）三棱锥C﹣AOD的体积为：V C﹣AOD＝V A﹣COD＝•S△COD•OA＝××2×2×2＝．37．【解答】证明：（1）如图5﹣2，由于棱AB⊥平面BCD，过B作CD边上的高BE，则AB⊥BE，CD⊥BE，故BE是异面直线AB与CD的距离，即d＝BE．所以V A﹣BCD＝AB•S△BCD＝a＝abd．（2）如图5﹣3，过A作底面BCD的垂线，垂足为O，连结BO与CD相交于E．连结AE，再过E作AB的垂线，垂足为F．因为AB⊥CD，所以BO⊥CD（三垂线定理的逆定理），所以CD⊥平面ABE，因为EF⊂平面ABE，所以CD⊥EF，又EF⊥AB．所以EF即为异面直线AB，CD的公垂线．所以EF＝d．注意到CD⊥平面ABE．所以V A﹣BCD＝CD•S△ABE＝•AB•EF•CD＝abd为定值．（3）如图5﹣4：将四面体ABCD补成一个平行六面体ABB'D'﹣A'CC'D．由于AB，CD所成角为θ，所以∠DCA'＝θ，又异面直线AB与CD间的距离即上、下两底面AB'，A'C'的距离，所以V ABB'D'﹣A'CC'D＝ab sinθ×2d＝abd sinθ．显然V A﹣BCD＝V ABB'D'﹣A'CC'D＝abd sinθ．38．【解答】（1）证明：因为VC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VC⊥BC，又因为点C为圆O上一点，且AB为直径，所以AC⊥BC，又因为VC，AC⊂平面VAC，VC∩AC＝C，所以BC⊥平面VAC．…（4分）（2）如图，取VC的中点N，连接MN，AN，则MN∥BC，由（I）得BC⊥平面VAC，所以MN⊥平面VAC，则∠MAN为直线AM与平面VAC所成的角．即∠MAN＝，所以MN＝AN；…（6分）令AC＝a，则BC＝，MN＝；因为VC＝2，M为VC中点，所以AN＝，所以，＝，解得a＝1…（10分）因为MN∥BC，所以…（12分）39．【解答】证明：（1）直三棱柱ADE﹣BCF中，∵AB⊥平面ADE，∴AB⊥AD，又AD⊥AF，∴AD⊥平面ABFE，AD⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABFE…．（6分）解：（2）连结BD与AC交于点O，连结PO，∵正四棱锥P﹣ABCD，∴PO⊥平面ABCD，又∵直三棱柱ADE﹣BCF，∴AB⊥AE，且有AD⊥平面ABEF，∴AD⊥AE，∴AE⊥平面ABCD，则PO∥AE，∵AE⊂平面ABEF，∴PO∥平面ABEF，则P到平面ABEF的距离等于O到平面ABEF的距离，又∵O为BD中点，∴O到平面ABEF的距离为＝1，∴P到平面ABF的距离为d＝1，∴＝，设正四棱锥P﹣ABCD的高为h，∵正四棱锥P﹣ABCD的体积是三棱锥P﹣ABF体积的4倍，∴＝4V P﹣ABF＝，解得h＝2，∴正四棱锥P﹣ABCD的高为2．40．【解答】（Ⅰ）证明：∵DE∥BC，∠C＝90°，∴DE⊥AD，同时DE⊥DC，又AD∩DC＝D，∴DE⊥平面ACD．又∵DE∥BC，∴BC⊥平面ACD；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，BC⊥平面ACD，又AD⊂平面ADC，∴AD⊥BC．又∵∠ADC＝90°，∴AD⊥DC．又∵BC∩DC＝C，∴AD⊥平面BCDE．∴＝；（Ⅲ）解：分别取AD，EA，AB的中点N，P，Q，并连接MN，NP，PQ，QM，∵平面α∥平面ACD，∴平面α与平面ACD的交线平行于AC，∵M是中点，∴平面α与平面ACD的交线是△ACD的中位线MN，同理可证，四边形MNPQ是平面α截四棱锥A﹣BCDE的截面，即S＝S MNPQ．由（Ⅰ）可知，BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，又∵QM∥AC，MN∥BC，∴QM⊥MN．∴四边形MNPQ是直角梯形．在Rt△ADC中，AD＝CD＝2，∴AC＝．MN＝AC＝2，NP＝，MQ＝．∴S＝（1+3）×．。

高中数学立体几何专项练习题及答案一、选择题1. 下面哪个选项不是描述柱体的特点？A. 体积恒定B. 底面形状不限C. 侧面是矩形D. 顶面和底面平行答案：A2. 如果一个四面体的一个顶点的对边垂直于底面，那么这个四面体是什么类型？A. 正方形四面体B. 倒立四面体C. 锥体D. 正方锥体答案：C3. 以下哪个选项正确描述了一个正方体的特点？A. 全部面都是正方形B. 12 条棱长度相同C. 8 个顶点D. 6 个面都是正方形答案：D4. 若长方体的高度是 6cm，底面积是 5cm²，底面对角线长为 a cm，那么 a 的值为多少？A. √11B. √29C. √31D. √41答案：C二、填空题1. 一个正方体的棱长为 4cm，它的体积是多少？答案：64cm³2. 一个球的表面积是100π cm²，那么它的半径是多少？答案：5cm3. 一个圆柱体的底面半径为 3cm，高度为 8cm，它的体积是多少？答案：72π cm³4. 一个圆锥的底面半径为 6cm，高度为 10cm，它的体积是多少？答案：120π cm³三、计算题1. 一个四棱锥的底面是边长为 5cm 的正方形，高度为 8cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算底面积：5cm * 5cm = 25cm²再计算体积：25cm² * 8cm / 3 = 200cm³2. 一个圆柱体的底面直径为 12cm，高度为 15cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算底面半径：12cm / 2 = 6cm再计算底面积：π * 6cm * 6cm = 36π cm²最后计算体积：36π cm² * 15cm = 540π cm³3. 一个球的直径为 8cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算半径：8cm / 2 = 4cm再计算体积：4/3 * π * 4cm * 4cm * 4cm = 268.08π cm³4. 一个圆锥的底面半径为 10cm，高度为 20cm，它的体积是多少？答案：单位为 cm³，计算过程如下：首先计算底面积：π * 10cm * 10cm = 100π cm²最后计算体积：100π cm² * 20cm / 3 = 2000π cm³四、解答题1. 若一个长方体的长度、宽度、高度分别为 a、b、c，它的表面积为多少？答案：单位为 cm²，计算过程如下：首先计算侧面积：2 * (a * b + a * c + b * c)再计算底面积：a * b最后计算表面积：2 * (a * b + a * c + b * c) + a * b2. 一个四棱锥的底面为边长为 a 的正三角形，高度为 h，求这个四棱锥的体积。

高中数学立体几何高难度练习题及参考答案2023【题目1】已知立方体ABCDEFGH的棱长为a，M为AD的中点，N为BF的中点，P为MN的中点。

求证：四边形MNHP是一个矩形。

【解答1】根据题意，我们可以先求出MN的长度。

由于M为AD的中点，因此DM = a/2。

同理，BN = a/2。

根据勾股定理，可以得到三角形MND的斜边ND的长度：ND = √(MN² + DM²)= √(MN² + (a/2)²)根据三角形BNF的性质，可以得到BNF是一个等腰直角三角形，因此NF = BN = a/2。

同理，我们可以计算出FP的长度：FP = NF = a/2最后，我们可以比较四边形MNHP的对角线长度。

根据反证法，如果MNHP不是一个矩形，那么MN和HP的长度应该不相等，即MN ≠ HP。

假设MN > HP，即MN² > HP²由于HP = FP = a/2，我们可以得到：MN² > (a/2)²将MN²和(a/2)²的值代入，得到：(MN² + (a/2)²) > (a/2)²经过整理化简，可得：MN > a/2这与MN = a/2矛盾，因此假设成立。

同理，可以得出假设MN < HP亦不成立。

由以上推理可知，四边形MNHP是一个矩形。

证毕。

【题目2】在三棱柱ABC-A'B'C'中，已知AB = 3，BC = 4，CA = 5，且AA'垂直于平面ABCD。

求证：A'B'² = 4² + 3² + 5²。

【解答2】根据题意，我们可以利用勾股定理和垂直平面的性质来解答此题。

首先，考虑三角形ABC。

由已知条件可知，它是一个直角三角形，且AB = 3，BC = 4，CA = 5。