专题20立体几何与空间向量C辑（教师版含解析）-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题20立体几何与空间向量C辑历年联赛真题汇编1【2003高中数学联赛(第01试)】将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 .【答案】48+2【解析】如图，由已知，上下层四个球的球心A，B，C，D和A，B，C，D分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆圆O和圆O为上下底面构成圆柱.同时，A在下底面的射影必是AB的中点M.在AAB中AA=AB=AB=2，设AB的中点为N，则AN=3，又OM=OA=2,ON=1，所以MN=2-1，AM=

2、AN2-(MN)2=22=48.因此所求原来圆柱的高为48+2.2【2002高中数学联赛(第01试)】如图，点P1,P2,P10分别是四面体顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组P1,Pi,Pj,Pk(1ijk10)有 个.【答案】33【解析】首先，在每个侧面上除点P1外尚有五个点，其中任意三点组添加点P1后组成的四点组都在同一个平面，这样的三点组有C53个，三个侧面共有3C53个.其次，含P1的每条棱上的三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平面上，这样的四点组有3个.综上，共有C53+3=33个.3【2001高中数学联赛(第01试)】正方体ABCD-A1B1C1D1的

3、棱长为1，则直线A1C1与BD1的距离是 .【答案】66【解析】这是一道求两条异面直线距离的问题.为了保证所作出的表示距离的线段与A1C1和BD1都垂直，不妨先将其中一条直线置于另一条直线的垂面内.为此作正方体的对角面BDD1B1，则A1C1面BDD1B1，且BD1面BDD1B1.设A1C1B1D1=0，在面BDD1B1内作OHBD1，垂足为H，则线段OH的长为异面直线A1C1与BD1的距离，在RtBB1D1中，OH等于斜边BD1上高的一半，即OH=66.4【2000高中数学联赛(第01试)】一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则这个球的体积是 .【答案】224a3【解析】正

4、四面体的高AO1=63a，该球的球心必在正四面体的中心，即在AO1上的点O处.通过分割法(即联结点O与A，B，C，D割成四个小三棱锥，计算体积)可知OO1=14AO1=612a，于是r=OE=OO12+O1E2=24a，所以V=43r3=224a3.5【1999高中数学联赛(第01试)】已知三棱锥SABC的底面是正三角形，点A在侧面SBC上的射影H是SBC的垂心，二面角HABC的平面角等于30，SA=23.那么三棱锥SABC的体积为 .【答案】943【解析】如图，由题设AH面SBC，作BHSC于E.由三垂线定理可知SCAE,SCAB.故SC面ABE.设S在面ABC内射影为O，则SO面ABC，由

5、三垂线定理的逆定理，可知COAB于F.同理故O为ABC的垂心.又因为ABC是等边三角形，故O为ABC的中心，从而SA=SB=SC=23，因为CFAB，CF是EF在面ABC上的射影，又三垂线定理EFAB，所以EFC是二面角HABC的平面角.故EFC=30.所以OC=SCcos60=2312=3，SO=3tan60=33=3，又OC=33AB，所以AB=3OC=33=3，所以VS-ABC=1334323=943.6【1998高中数学联赛(第01试)】ABC中，C=90，B=30，AC=2，M是AB的中点，将ACM沿CM折起，使A，B两点间的距离为22，此时三棱锥ABCM的体积等于 .【答案】223

6、【解析】折起后的三棱锥ABCM如图所示.取CM的中点D，联结AD.在BCM中，作DECM，交BC于E，联结AE，则AD=3，DE=CDtan30=33，CE=2DE=233，在ABC中AC=2,AB=22,BC=23，所以AC2+AB2=BC2.因此在ACE中AE2=AC2-CE2-2ACCEcosACE=83，所以AE2+CE2=4=AC2.又AE2+DE2=3=AD2，因此AEBC,AEDE，从而AE平面BCM.所以VA-BCM=13AESBCM=223.7【1997高中数学联赛(第01试)】已知三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S，A，

7、B，C四点均在以O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为 .【答案】33【解析】如图，设等腰直角ABC中斜边AB的中点为D，则D为ABC的外心.由SA=SB=SC=2知S在底面ABC上的射影为D.从而，球心O在SD上且OA=OB=OS.所以，O是SAB的中心.而SAB是等边三角形，SD=22-12=3.所以，O到平面ABC的距离OD=13SD=33.8【1996高中数学联赛(第01试)】已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是 .【答案】3【解析】如图：AED是二面角ABCD对应的平面角，B

8、FD是二面角BACD对应的平面角，则2AED=BFD，显然ABBC，那么AB=2，设BC=2x,AE=4-x2,ED=3x，于是cosAED=4-x2+3x2-424-x23x，又BF=4-x22x2=x4-x2，于是sinBFD2=12BDBF=xx4-x2.由2AED=BFD，所以cos2AED+sin2BFD2=1，即4-x2+3x2-424-x23x+xx4-x22=1，解得x=32,BC=3.9【1995高中数学联赛(第01试)】一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 .【答案】8:27【解析】如图，设球的半径为R，其直径为h，底面半径为r.由过球心与内接圆锥顶点的任意所得截

9、线段如图.易知r2=h(2R-h).所以V圆锥=13r2h=13h2(2R-h)=1312hh(4R-2h).因为h+h+(4R-2h)=4R为定值.所以当h=4R-2h，即h=43R时，V圆锥最大.V圆锥max=1334R22R-43R=3281R3.又V球=43R3，所以V圆锥max:V球=3281:43=8:27.10【1995高中数学联赛(第01试)】将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可使用，那么不同的染色方法的总数是 .【答案】420【解析】由题设，四棱椎SABCD的顶点S，A，B所染颜色互不相同，它们共有543=60(种)染色方法，如图.

10、当S，A，B已染好时，不妨设其颜色分别为1，2，3，4，5；若C染颜色2，则D可染颜色3，4，5之一，有3种染法；若C染颜色4，则D可染颜色3或5，有2种染法；若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法.可见，当S，A，B已染好时，C与D还有7种染法.从而，总的染色方法数为607=420(种)11【1994高中数学联赛(第01试)】已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于a，则sina= .【答案】33【解析】如图所示，依题意平面BCD与正方体12条棱的夹角都等于，过点A作AH平面BCD，联结DH，则=ADH，设正方体边长为a，则易求出DH=232asin60=63a.AH=a2-63a

11、2=33a，所以sin=sinADH=AHAD=33.12【1992高中数学联赛(第01试)】从正方体的棱和各个面上的对角线中选出k条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则k的最大值是 .【答案】4【解析】考察如图所示的4条线段AC,BC1,D1B1,A1D，它们所在的直线两两都是异面直线，若存在5条或5条以上满足条件的线段，则它们的端点相异，且不少于10个，但正方体只有8个顶点，矛盾，故k的最大值是4.13【1988高中数学联赛(第01试)】长为2，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体体积.【答案】23372【解析】如图，点D是点D关于AC的对称点，

12、CD交AB于H，作BEAC于点E，HFAC于点F，则：AC=AB2+BC2=3，BE=ABBCAC=23，HF=BCAFAB=32.设ABC，ADC，AHC绕直线AC旋转所成旋转体的体积分别为V1,V2,V3，则有：V1=V2=13ACBE2=239，V3=13ACHF2=38.所求体积V=V1+V2-V3=2239-38=23372.14【1987高中数学联赛(第01试)】现有边长为3，4，5的三角形两个，边长分别为4，5，41的三角形四个，边长分别为562，4，5的三角形六个，用上述三角形为面，可以拼成 个四面体.【答案】答案见解析【解析】显然，前两组中的三角形均为直角三角形，第三组中的三

13、角形均为钝角三角形首先，同一组中的三角形不可能拼成四面体.这是因为四面体的四个面若为全等三角形.那么，这些三角形一定都是锐角三角形.如若不然，必同“三面角的任何两个面角之和大于第三个面角”的结论矛盾其次，一组中取出一个三角形，另一组中取出三个三角形，也不可能拼成四面体，因为，某一组中取出的一个三角形，总有一条边无法同另一组中取出的三角形的边粘合.出于同样的理由，在两组中各取一个，再从另外一组中取两个，仍不能拼成四面体.这样，只能在上述三组三角形中各取两个加以考虑，这里只有三种可能：(1)第一组中取两个，第二组中各取一个；(2)第二组中取两个，第三组中取两个；(3)第一组中取两个，第三组中取两个

14、.现分别考虑这三种情况：(1)将第二组中取出的两个三角形放到同平面(图1)，易得出k=2041.令直角顶点的距离为d，可以求出d=9413562，因此，这时拼不成四面体.(3)将第三组中取出的两个三角形放在同一平面(图2)，其中|AB|=562,|BC|=4,|AC|=5.由余弦定理算得cosABC=-1371202,cosEBC=-1371202.故由BE=BCcosEBC得BE=137260.从而d=DC=2FE=2(FB+BE)=25212+137260=27523.因而这种情况也不能拼成四面体15【1986高中数学联赛(第01试)】本题共有4个小题.每个小题的答案都是000999的某一

15、个整数，请把你认为正确的答案填在 上(1)在底面半径为6的圆柱内，有两个半径也为6的球面，其球心距为13.若作一个平面与这两个球面相切，且与圆柱面相交成一个椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和是 .(2)已知fx=1-2x，x0，1，那么方程f(f(f(x)=12x的解的个数是 .(3)设f(x)=4x4x+2，那么和式f11001+f21001+f31001+f10001001的值等于 .(4)设x，y，z为非负实数，且满足方程45x+9y+4z-6825x+9y+4z+256=0.那么x+y+z的最大值与最小值的乘积等于 .【答案】答案见解析【解析】(1)过平面与球面的切点，作圆柱的轴截面

16、(如图)显然，椭圆的短轴为圆柱的直径，即2b=12，又cos=6:132=1213，所以a=6cos=132，所以2a=13,2a+2b=25.(2)因为f(x)=|1-2x|(x0,1)，所以f(f(x)=|1-2f(x)|=1-2|1-2x|=|4x-1|=1-4x0x144x-114x12|3-4x|=3-4x12x2-1，所以O到平面MAB的距离大于球O的半径r，同样O到面MCD的距离也大于球O的半径r.所以球O在棱锥MABCD内，并且不可能再大.所以所求的最大球的半径为2-1.21【1989高中数学联赛(第01试)】已知正三棱锥SABC的高SO=3，底面边长为6，过点A向它所对的侧面

17、SBC作垂钱，垂足为O，在AO上取一点P，使APPO=8，求经过点P且平行于底面的截面的面积.【答案】3【解析】如图，因SABC是正三棱锥，所以O是ABC的重心，联结AO并延长交BC于D，因为D是BC的中点，所以BC平面SAD，而AOBC，所以AO在平面SAD上，从而O必在DS上，于是AD=632=33，OD=13AD=3，SD=32+(3)2=12.而ODAD=ODSD，则OD=ODSDAD=323.设过点P且平行于底面的截面与SD的交点为O，则ODOD=APOA=89.即OD=433，SO=SD-OD=233，SO2SD2=19.即所求截面的面积为19SABC=3.优质模拟题强化训练1已知

18、三棱锥PABC的平面展开图中，四边形ABCD为边长等于22的正方形，ABE和BCF均为正三角形，在三棱锥PABC中：(1)证明：平面PAC平面ABC；(2)若点M为棱PA上一点且PMMA=12，求二面角PBCM的余弦值.【答案】(1)见解析(2)223【解析】(1)如图，设AC的中点为O，连结BO,PO.由题意，得PA=PB=PC=22，PO=2，AO=BO=CO=2.因为在PAC中，PA=PC，O为AC的中点，所以POAC.又因为在POB中，PO=2，OB=2，PB=22，PO2+OB2=PB2，所以POOB.因为ACOB=O，AC，OB平面ABC，所以PO平面ABC.又因为PO平面PAC，

19、所以平面PAC平面ABC.(2)由PO平面ABC，OBAC，所以POOB,POOC.于是以OC、OB、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0)，A(-2,0,0),P(0,0,2),M(-23,0,43)，BC=(2,-2,0),PC=(2,0,-2)，MC=(83,0,-43).设平面MBC的法向量为m=(x1,y1,z1)，则由mBC=0mMC=0得x1-y1=02x1-z1=0，令x1=1，则y1=1,z1=2，即m=(1,1,2).设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2)，由nBC=0nPC=0得x2-

20、y2=0x2-z2=0，令x2=1，则y2=1,z2=1，即n=(1,1,1).cosn,m=mn|m|n|=418=223.由图可知，二面角PBCM的余弦值为223.2已知三棱锥S-ABC中侧棱SA、SB、SC互相垂直，M是底面三角形ABC内一动点.直线MS与SA、SB、SC所成的角分别是、.(1)证明：、不可能是锐角三角形的三个内角；(2)设S=1cos2+1cos2+1cos2-2(cos3+cos3+cos3)coscoscos，证明：S3.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】(1)以线段MS为体对角线构造长方体，则、恰好为长方体的体对角线与从一个顶点出发的三条棱所成的角，因此co

21、s2+cos2+cos2=1.因为cos2+cos2+cos2=1-cos2，所以12(cos2+cos2)=-cos2，cos(+)cos(-)=-cos20，故cos(+)0.所以2+.下面证明+.要证+，只需证+-，只需证cos(-)cos(+)cos2(+).因为cos2(+)-cos2=cos2(+)+12(cos2+cos2)=cos2(+)+cos(+)cos(-) =2cos(+)coscos0，所以+，故、不可能是锐角三角形的三个内角.(2)因为S-3=1cos2+1cos2+1cos2-2(cos3+cos3+cos3)coscoscos-3=cos2+cos2+cos2c

22、os2+cos2+cos2+cos2cos2+cos2+cos2+cos2cos2-2(cos2coscos+cos2coscos+cos2coscos)-3=cos2(1cos2+1cos2)+cos2(1cos2+1cos2)+cos2(1cos2+1cos2)-2(cos2coscos+cos2coscos+cos2coscos)=cos2(1cos-1cos)2+cos2(1cos-1cos)2+cos2(1cos-1cos)20，所以S3.3如图，已知矩形ABCD满足AB=5，AC=34，沿平行于AD的线段EF向上翻折(点E在线段AB上运动，点F在线段CD上运动)，得到如图所示的三棱

23、柱ABE-DCF.若图中ABG是直角三角形，这里G是线段EF上的点，试求线段EG的长度x的取值范围；若中EG的长度为取值范围内的最大整数，且线段AB的长度取得最小值，求二面角C-EF-D的值；在与的条件都满足的情况下，求三棱锥A-BFG的体积.【答案】(1)0,2.5)(2)AEB=-arccos825(3)3561-8224【解析】由题设条件可知AEG、BEG均为直角三角形，因此AG2=AE2+x2，BG2=BE2+x2.由余弦定理AB2=AE2+BE2-2AEBEcosAEB.于是2x2+AE2+BE2=AB2=AE2+BE2-2AEBEcosAEB.x2=-AEBEcosAEBAEBE=

24、t(5-t)=-t2+5t2.52.所以，x0,2.5).又对任意k0,2.5)，AE=EB=2.5，AEB=-arccosk22.52.则x=-AEBEcosAEB=k，故x的取值范围为0,2.5).因为AEEF，BEEF，所以AEB就是二面角C-EF-D的平面角又由知EG的长度x为0,2.5)的最大整数，因此x=2.于是AB2=t2+(5-t)2+4=2t2-10t+29，t(0,5).因此t=2.5时，线段AB的长度取得最小值.由此得2=-254cosAEB，AEB=-arccos825.由、知AEB=-arccos825，AE=EB=52，AG=BG=412，EG=2且EF=AC2-A

25、B2=34-25=3.因为AEEF，BEEF，AEBE=E.所以EF平面EAB，故VA-BFG=VA-BEF-VA-BEG=13(SAEBEF-SAGBEG)=13(12AE2sinAEB)EF-12BG2EG=16(2541-646253-4142)=3561-8224.4如图，已知在四面体ABCD中，棱AB、AC、AD两两垂直，BC=CD=10,BD=12.作平行于底面BCD的截面A，使A与底面BCD的距离为1，类似作其他三个截面B、C、D.求四个截面交成的小四面体的体积.【答案】79(6-7-2)3【解析】如图，设截面B、C、D交于一点A.类似地定义点B、C、D.于是，四面体ABCD与四

26、面体ABCD相似.设相似比为k，四面体ABCD、四面体ABCD的体积分别为V、V.记AB=a,AC=b,AD=c.则a2+b2=b2+c2=100,c2+a2=144.解得a=c=62,b=27.所以，V=16abc=247.又SBCD=6102-62=48，故点A到平面BCD的距离AF=3VSBCD=372.则cosCAF=AFAC=34.所以，点A到平面BCD的距离为(6-2)276-134=372-144-34.从而，点A到平面BCD的距离为372-144-34-1=372-144-74.则k=372-144-74372=16(6-7-2).故V=k3V=(6-7-26)3247=79(

27、6-7-2)3.5如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，ABAC=23，PA面ABCD，M是棱PC上一点.(1)若PA、PB、PC、PD与平面ABCD所成的角分别为、，且=+，求sin+；(2)若PA=2AC，当点M使MBD的面积达到最小时，求二面角M-BD-A的大小.【答案】(1)7010；(2)MOA=-arccos255【解析】(1)如图，由PA面ABCD，知=90，且AB、AC、AD分别为PB、PC、PD在面ABCD内的射影.从而，PBA=，PCA=，PDA=.因四边形ABCD是菱形，所以，AB=AD.又PA=PA，则RtPABRtPAD.得到=.而+=90，故2+=90.

28、因此，tan2=cot.设PA=x,AB=2a,AC=3a.则tan=PAAB=x2a,cot=ACPA=3ax.所以，2x2a1-x2a2=3ax.解得tan=x2a=217.又2+=90，则sin+=cos=ABPB=2a2a2+x2=11+x2a2=7010.(2)设ACBD=O，联结OM.则由对称性，有MB=MD.故OMBD，即OM是等腰MBD底边上的高，而底边BD的长为常数，于是，MBD的面积最小等价于MO最小，也等价于OMPC.此时，MOC=90-OCM=APC.因四边形ABCD是菱形，所以，ACBD.又OMBD，则MOA是二面角M-BD-A的平面角，有cosMOA=-cosMOC

29、=-cosAPC=-PAPC=-PAPA2+AC2=-11+ACPA2=-255所以，MOA=-arccos2556如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O1为正方形ABCD的内切圆，O2为正方形ADD1A1的外接圆，P、Q分别为O1、O2上的点.求PQ长度的取值范围.【答案】3-22|PQ|3+22【解析】建立如图的空间直角坐标系.在xOy平面上，O1的方程为(x-12)2+(y-12)2=14；在xOz平面上，O2的方程为(x-12)2+(z-12)2=12.设P(12+12cos,12+12sin,0),Q(12+22cos,0,12+22sin)，则|PQ|2=(12c

30、os-22cos)2+(12+12sin)2+(12+22sin)2=54+12(sin+2sin-2coscos) M=sin+2sin-2coscos=sin+21+cos2.(11+cos2sin-cos1+cos2cos)=sin+21+cos2sin(-)sin+21+cos2 |sin|+21+cos2=|sin|+221+cos2+221+cos23sin2+(221+cos2)223=6.其中，=arccos11+cos2=arcsincos1+cos2.当=arcsin63,=23时，式等号成立.另一方面，Msin-21+cos2-|sin|-21+cos2=-(|sin|+

31、21+cos2)-6.当=+arcsin63,=53时，上式等号成立.因此，54-62|PQ|254+62，即3-22|PQ|3+22.7在三棱锥P-ABC中，AB=2，PA+PC=4，AC=x，VP-ABC的最大值为V.(1)试用x表示V；(2)若VP-ABC=43，求三棱锥P-ABC的侧面积.【答案】(1)V=16x16-x2；(2)4+22【解析】(1)如图，过点P分别作PO面ABC，PHAC，O、H为垂足.则VP-ABC =13SABCPO =1312ABACsinBACPO13122xPO 13xPH. 当且仅当BAC=90时，式等号成立；当且仅当PH=PO，即面PAC面ABC时，式

32、等号成立.在PAC中，PH为边AC上的高，AC=x，PA+PC=4，借助椭圆知识可知，当PA=PC=2时，PH取得最大值22-(x2)2.所以，VP-ABC13x4-x24.当且仅当PA=PC=2，BAC=90，面PAC面ABC时，上式等号成立.故V=13x4-x24=16x16-x2.(2)因为VP-ABCV，则4316x16-x2，即64x2(16-x2).所以，(x2-8)20.解得x=22.如图，由(1)取等号的条件知PA=PC=2，AC=22，PH=AH=HC=2.所以，PAC为直角三角形，SPAC=12PAPC=2.在RtABC中，因BC2=AB2+AC2=4+8=12，则BC=2

33、3；因BH2=AB2+AH2=4+2=6，则BH=6.在RtPHB中，因PB2=PH2+HB2=2+6=8，则PB=22.由PA=AB=2，PB=22，知PAB为直角三角形.所以，SPAB=2.由PC=2，PB=22，BC=23，知PBC为直角三角形.所以，SPBC=22.故S侧=SPAB+SPBC+SPCA=4+22.8三棱锥S-ABC中，侧棱ABC-A1B1C1两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB中点，作与SC平行的直线DP。证明：(1)DP写SM相交；(2)设DP与SM的交点为D，则D为三棱锥S-ABC的外接球球心。【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】(1)因为DP/SC，

34、所以DP,CS共面因为MDCM面DPC, SM面DPC在面DPC内SM与SC相交，所以SM与DP相交(2)因为SA,SB,SC两两互相垂直，所以SC面SAB, SCSD因为DP/SC，所以DPSD,DDMCSM,因为M为ABCD的重心，所以DM:MC=1:2DD:SC=1:2取SC中点，连DQSQ=DDDDQS为矩形，所以DQSC由三线合一定理得DC=PS,同理DA=DB=DC=DS,即A,B,C,S在以D为球心DS为半径的球上,D为三棱锥S-ABC的外接球球心.9如图 ，四棱锥 P-ABCD的底面是正方形， PA底面ABCD ， PA=AD=2， 点M、N分别在棱PD、PC上，且PC平面AM

35、N.(1)求证 ：AMPD；(2)求二面角P-AM-N的大小；(3)求直线CD与平面AMN 所成角的大小.【答案】(1)见解析(2) arccos33 (3) arcsin33【解析】(1)因为四边形ABCD是正方形，所以， CDAD.又因为PA底面ABCD，所以PACD.故CD平面PAD.又AM平面PAD，则CDAM.而PC平面AMN，有PCAM.则AM平面PCD.故AMPD.(2)因为AM平面PCD(已证)，所以，AMPM，AMNM.故PMN为二面角P-AM-N的平面角.又因PN平面AMN，所以，PNNM.在RtPCD中，CD=2，PD=22，则PC=23.因为PA=AD，AMPD，所以，

36、M为PD的中点.则PM=12PD=2.由RtPMNRtPCD，得MN=CDPMPC.则cosPMN=MNPM=CDPC=223=33.故PMN=arccos33.因此，二面角P-AM-N为arccos33.(3)如图，延长NM、CD交于点E.因为PC平面AMN，所以，NE为CE在平面AMN内的射影.故CEN 为 CD(即 CE)与平面 AMN所成的角.又CDPD，ENPN， 则有CEN=MPN.在 RtPMN中， 因为sinMPN=MNPM=33， 且MPN(0,2)，所以， MPN=arcsin33.故 CD与平面 AMN 所成的角为arcsin33.10如图已知四面体ABCD中, ABBC

37、,BCCD,CDAB.(1)指出与面BCD垂直的侧面,并加以证明;(2)若AB=BC=1,CD=x,二面角C-AD-B的平面角为,sin=f(x),求f(x)的表达式和的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)4,2【解析】(1)由ABBC,且ABCD,知AB平面BCD,故平面ABC平面BCD,平面ABD平面BCD.(2)作CEBD,垂足为E,则CE平面ABD.作EFAD,垂足为F,连结CF,则CFAD,CFE为二面角C-AD-B的平面角,即=CFE.在RtBCD中,由BDCE=BCCD,知CE=BCCDBD=x1+x2DE=CD2-CE2=x41+x2在RtABD中,AD=AB2+BD2=2+

38、x2易知DFEDBA,故DEDA=EFAB,EF=DEABDA=x2(1+x2)(2+x2)在RtCEF中,CF=CE2+EF2=2x2+x2故 sin=CECF=122+x21+x2.=121+11+x2(xR+)所以, f(x)=121+11+x2(xR+)易求得f(x)的值域为(22,1),故22sina1.又a0,2,故a的取值范围是4,2.11(1)在ABC中，BCA=90，则AC2+BC2=AB2；类比到三维空间中，你能得到什么结论?请给出证明(2)在ABC中，BCA=90，若点 C到AB的距离为h，ABC的内切圆半径为r，求rh的最小值(3)将 (2)的结论推广到三维空间，并证明

39、之【答案】(1)见解析(2) 2-1 (3) 见解析【解析】(1)结论：设在四面体S-ABC中，侧棱 SA、SB 、SC两两垂直(不妨称为空间直角四面体)则SABC2=SSBC2+SSBA2+SSAC2证明：设SA=a,SB=b,SC=c过S作SDBC于点D，联结AD由三垂线定理知ADBC则SABC2=(12BCAD)2=14(b2+c2)(SD2+a2)=14(b2+c2)(b2c2b2+c2+a2)=14(a2b2+b2c2+c2a2)=SSBC2+SSBA2+SSAC2(2)设ABC的内切圆圆心为I则CI+rh(h为BC边上的高)而CI=2r，故rh12+1=2-1当ABC为等腰直角三角

40、形时，得到最小值2-1(3)结论：在空间直角四面体S-ABC中，若其内切球半径为r，点S到底面ABC的距离为h，则rh3-12证明：设空间直角四面体S-ABC的内切球球心为I则SI+rh(h为底面ABC上的高)而SI=3r，故rh13+1=3-12当SA=SB=SC时，得到最小值3-1212已知ABCD-A1B1C1D1是一个长方体，从点A到直线A1B、A1C、A1D的垂线分别交直线A1B1、A1C1、A1D1于点M、N、P，垂足分别为E、G、F求证：(1)M、N、P三点共线；(2)PE、MF、AN三条直线交于一点【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】建立如图的空间直角坐标系设AD=a，A

41、B=b，AA1=c，则长方体的顶点坐标为Aa,0,0、Ba,b,0、C0,b,0、D0,0,0，A1a,0,c、B1a,b,c、C10,b,c、D0,0,c(1)依题意，设Ma,y,c，则AM=0,y,c，A1B=0,b,-c因为AMA1B，则AMA1B=by-c2=0，y=c2b故AM=0,c2b,c设Nm,n,c，则A1N=m-a,n,0，A1C1=-a,b,0，A1C=-a,b,-c，AN=m-a,n,c由A1NA1C1,A1CAN an+bm-a=0,-am-a+bn-c2=0 m=a-ac2a2+b2,n=bc2a2+b2.故AN=-ac2a2+b2,bc2a2+b2,c设Pp,0,

42、c，则AP=p-a,0,c，A1D=-a,0,-c因为APA1D，则APA1D=-ap-a-c2=0，p=a-c2a故AP=-c2a,0,c所以，AN=a2a2+b2AP+b2a2+b2AM这表明M、N、P三点共线(2)设PEMF=K由P、K、E三点共线，得AK=AE+(1-)AP=b2b2+c2AM+(1-)AP又M、K、F三点共线，得AK=AF+(1-)AM=(1-)AM+a2a2+c2AP故b2b2+c2=1-,a2a2+c2=1- =b2+c2a2+b2+c2,=a2+c2a2+b2+c2.AK=b2a2+b2+c2AM+a2a2+b2+c2AP=b2a2+b2+c20,c2b,c+a

43、2a2+b2+c2-c2a,0,c=1a2+b2+c2-ac2,bc2,a2+b2c=a2+b2a2+b2+c2-ac2a2+b2,bc2a2+b2,c =a2+b2a2+b2+c2AN所以，AKAN又AK与AN有相同的起点，因此，A、K、N共线，即KAN这表明，PE、MF、AN三线交于一点解法2：如图，设AB=a，BC=b，AA1=c(1)由射影定理有，AA12=A1EA1B由割线定理有，A1EA1B=A1MA1B1故AA12=A1MA1B1，A1M=c2a同理，A1P=c2b，A1N=c2a2+b2在A1NM中，由余弦定理，有MN2=A1N2+A1M2-2A1NA1McosNA1M=c4a

44、2+b2+c4a2-2c2a2+b2c2aaa2+b2=b2c4a2a2+b2从而，MN=bc2aa2+b2同理，在A1NP中，有PN=ac2ba2+b2故MN+NP=c2a2+b2ab，MN+NP2=c4a2+b2a2b2另一方面，在A1MP中，由勾股定理，有MP2=c4a2+b2a2b2所以，MP=MN+NP，M、N、P三点共线(2)由射影定理，有AEEM=A1A2A1M2=a2c2，PFFA=A1P2AA12=c2b2又由(1)有MNNP=b2a2故AEEMMNNPPFFA=a2c2b2a2c2b2=1由塞瓦定理，PE、MF、AN三线共点13单位正方体ABCD-A1B1C1D1中，正方形

45、ABCD的中心为点M，正方形的中心为点N，连AN、B1M.(1)求证：AN,B1M为异面直线；(2)求证：AN与B1M的夹角.【答案】(1)见解析(2)arccos23【解析】1.如图，连BD、B1D1得平面BB1D1D.由于点N在平面BB1D1D上，但不在直线B1M上；而直线AA1平面BB1D1D，点A不在平面BB1D1D上，故AN与B1M为异面直线.2.如图，连D1M，去D1M的中点P，连NP，则NPB1M.从而ANP为异面直线AN与B1M的夹角.易知AN=B1M=D1M=62.则NP=12B1M=64.连AM、AP，由AM平面BB1D1D知AMMP,MP=12D1M=64.在RtAMP中

46、，由AP2=AM2+MP2=12+38=78.在ANP中，由余弦定理得cosANP=AN2+NP2-AP22ANNP =32+38-7826264=23.故AN与B1M的夹角为arccos23.14如图，三棱锥P-ABC的底面ABC与圆锥SO的底面O都在平面上，且O过点A，又O的直径ADBC，垂足为E.设三棱锥P-ABC的所有棱长都是1，圆锥的底面直径与母线长也都是1，圆锥的底面直径与母线长也都是1.求圆锥的顶点S到三棱锥P-ABC的三个侧面的距离.【答案】S到侧面PAB的距离与S到侧面PAC的距离都是16(3+2),S到侧面PBC的距离SN=16(22+26-3)【解析】先求S到侧面PBC的

47、距离.设EA交BC于E，连结PE，则PEBC.作PHAE，垂足为H，则PH.可知SO、AE、PE在同一平面上.设PE与SO的交点为M(如图).作SNME，垂足为N，则SN的长度即为S到侧面PBC的距离.易知AE=PE=32，EH=36，PH=63，OA=12，SO=32，OE=12(1+3)由RtPHERtMOE，得MO=PEOEEH=2+6.MS=2+6-32， ME=OM2+OE2=32(1+3)由RtMNSRtMOE，得SN=MOOEME=16(22+26-3).再求S到侧面PAB的距离.连结CH交AB于F，并延长到G，使OGAB(如上左图).过G作GS平面，且取SG=SO=32，S与S

48、均在的同一侧.连结PF，则PFAB,AB面PHF，SG在平面PHF内.连结SS，则SSAB.作SKPF，垂足为K(如上右图)，则SK的长度为S到侧面PAB的距离.易知PG=14.记FPH=Q，FSG=，则tg=FHPH=24,tg=FGSG=FGSO=36.从而，tg(+)=62+4324-6.sin(+)=239+4326.又SF=SG2+FG2=134.在RtSKF中，SK=SFsin(+)=16(3+2).由对称性知，S到侧面PAC的距离也是16(3+2).15如图，点O表示太阳，ABC表示一个三角形遮阳栅，点A、B是地面上南北方向的两个定点，正西方向射出的太阳光线OCD把遮阳栅投射到地

49、面得出遮影ABD.已知光线OCD与地面成锐角.(1).遮阳栅与地面成多少度角时，才能使遮影ABD面积最大？(2).当AC=3，BC=4，AB=5，=30时，求出遮影ABD的最大面积.【答案】(1)DCE=90(2)12【解析】(1)如下图，过O作地面的垂线OH，连HD交AB于E，连CE.则HD是斜线OD在地面上的射影，有CDE=.又由AB是南北方向，CD是西东方向知ABCD.(隐含条件)据三垂线定理得逆定理有DEAB.由线面垂直的性质定理有ABOH.这就得出AB同垂直于相交直线OH、OD，可得AB垂直于面CDE，从而，ABCE.可见，CE是ABC中AB边上的高.DE是ABD中AB边上的高，并且

50、遮阳栅与地面所成的二面角的平面角为CED.在CED中，有DE=CEsinsinDCE=2SABCABsinsinDCE2SABCABsin(定值). 所以，当DCE=90(遮阳栅与太阳光线垂直)时，DE最大，从而CED=90-时，遮影ABD面积最大.(2)当AC=3，BC=4，AB=5，=30时，ABC为直角三角形，且SABC=12ACBC=6.将代人面积公式，得最大面积为SABD=12ABDE=SABCsin30=12.16如图，四棱锥P-ABCD，PA平面ABCD，且PA=4，底面ABCD为直角梯形，CDA=BAD=90，AB=2，CD=1，AD=2，CD=1，AD=2，M、N分别为PD、

51、PB的中点，平面MCN与PA的交点为Q.(1)求PQ的长度；(2)求截面MCN的底面ABCD所成二面角的大小；(3)求点A到平面MCN的距离.【答案】(1)1；(2)3；(3)32【解析】(1)取AP的中点E，联结ED. 则EDCN.再取EP的中点即为点Q，由MQED，故MQCN.所以，M、N、C、Q四点共面，平面MCN与AP的交点Q即为AP的四等分点.因此，PQ=1.(2)易证平面MEN底面ABCD. 于是，截面MCN与平面MEN所成的二面角即为截面MCN与底面ABCD所成的二面角.因为PA平面ABCD，所以，PA平面MEN.过E作EFMN，垂足为F，联结QF.则由三垂线定理可得QFMN.因

52、此，QFE为截面MCN与平面MEN所成二面角的平面角.在RtMEN中，ME=22，EN=1，MN=62.故EF=33.所以，tanQFE=3.因此，QFE=3.(3)因为EP的中点为Q，且平面MCN与PA交于点Q，所以，点A到平面MCN的距离是点E到平面MCN的距离的3倍.由(2)知MN平面QEF. 则平面MCNQ平面QEF且交线为QF.作EHQF，垂足为H.则EH平面MCNQ，EH为点E到平面MCN的距离.在RtEQF中，EF=33，QFE=3.故EH=12.因此，点A到平面MCN的距离为32.17如图，设ABCD-A1B1C1D1是一个正方体，点P、Q分别在棱AB、C1D1上记PA1A=，

53、QA1D1=，且、(0,4(1)试求平面A1PQ与侧面A1ADD1的夹角(用关于、的反三角函数式表示)；(2)若+=4，试求的取值范围【答案】(1)arccoscoscos1-sin2sin2；(2)arccos1+25+22,4【解析】(1)如图，不妨设AA1=1，则AP=tan，D1Q=tan，A1P=1cos，A1Q=1cos，记PA1Q=(0)作PRC1D1于R，联结AD1，则PR=AD1=2，RQ=|D1Q-AP|=|tan-tan|，PQ2=PR2+RQ2=2+(tan-tan)2在A1PQ中，由余弦定理得cos=A1P2+A1Q2-PQ22A1PA1Q=1cos2+1cos2-2

54、-tan2-tan2+2tantan21cos1cos =2tantan21cos1cos=sinsin因为A1PQ在平面A1ADD1上的投影为A1AD1，所以，cos=SA1AD1SA1PQ=121212A1PA1Qsin=11cos1cossin=coscos1-sin2sin2从而=arccoscoscos1-sin2sin2(2)因为+=4，所以，cos=coscos1-(-12cos(+)-cos(-)2 =1222+cos(-)1-1422-cos(-)2=1222+cos(-)1-14cos(-)-222因为,0,4，且+=4，则|-|0,4，从而，cos(-)22,1令x=co

55、s(-)-22，则x0,1-22，y=cos=122+x1-14x2显然，1-14x2是x的严格递减函数，11-14x2是x的严格递增函数，从而，y=cos是x的严格递增函数.当x=0时，y=cos=22当x=1-22时，y=cos=1+25+22，所以，y=cos的值域为22,1+25+22从而，的取值范围是arccos1+25+22,418已知正四面体ABCD的棱长为2，球O与四面体的面ABC和面DBC都相切，其切点分别在ABC和DBC内(含边界)，且球O与棱AD相切.(1)证明：球O的球心在棱AD的中垂面上；(2)求球O的半径的取值范围.【答案】(1)见解析(2)6-22r64【解析】(

56、1)设AD的中点为E，联结EB、EC.由CAD、BAD都为正三角形知，ADEC，ADEB.所以，AD平面BEC，即平面BEC为AD的中垂面.又易知平面BEC为二面角A-BC-D的平分面.设P为平面BEC内任一点，PQ面ABC于Q，PR面DBC于R.则BCPQ，BCPR.故BC面PQR.设BC交面PQR于H，联结PH、QH、RH.则PHBC，QHBC，RHBC，OHR为二面角A-BC-D的平面角，PH平分OHR.从而，RtPQHRtPRH，PQ=PR.反之，若PQ=PR，则P在平面BEC内.由于球心到平面ABC与平面DBC的距离相等，故球心O在平面BEC上.(2) 如图，设BC中点为F，联结AF

57、、DF、EF.设AFD=2a，易得AF=DF=3,EF=2,sina=33,cosa=63,tana=22.设球O与平面ABC和平面DBC的切点分别为M、N，AM交BC于G，联结GD.由对称性知点N在GD上.作EEFD于E，易知EE平面DBC，且EE=2sina=63,FE=2cosa=233.作NNBC于N.设NG= x，DGF=(-6060).则FG=3cot,NN=xtan.故EN2=(233-xtan)2+(3cot-x)2.设球O的半径为r，则r2=(63-r)2+(233-xtan)2+(3cot-x)2.又在ONN中，ONNN=tana，所以， r=xtantana=22xtan

58、，即x=2rcot.代入式化简得(3cot-2rcot)2=26r一2r2-2.从而，26r一2r2-20.解得6-22r6+22.此吋，(3-2r)2=tan2(26r一2r2-2).由tan2tan260=3，得(3-2r)23(26r-2r2-2).即8r2-86r+90.解得r64或r364.由切点在4BC及DBC内知6-22r64.19如图,已知三棱柱A1B1C1-ABC的底面是边长为2的正三角形,侧棱A1A与下底面相邻的两边AB,AC均成45度的角.(1)求点A1到平面B1BCC1的距离.(2)试问,当A1A为多长时,点A1到平面ABC与到平面B1BCC1的距离相等.【答案】(1)

59、 23 (2) 233【解析】设BC,B1C1中点为D,D1. (1) 因为侧棱A1A与下底面相邻的两边AB,AC均成45度的角，所以点A1在底面ABC的投影O在BAC角平分线AD上，由三垂线定理得侧棱A1A垂直BC,所以过点A1作DD1垂线于E点，则A1E为点A1到平面B1BCC1的距离.由三余弦定理得cosBACcos300=cos450, cosBAC=23,从而点A1到平面B1BCC1的距离为A1D1sinBAC=13233=23,(2)因为点A1到平面ABC与到平面B1BCC1的距离相等，所以A1A=A1D1= 233.20已知E是棱长为2的正四面体ABCD的棱BC上的点，四面体AB

60、DE、四面体ACDE的内切球半径分别为r1,r2，若r1-1+r2-1=46+43，则满足条件的点E有两个，分别设为E1,E2,试求E1E2的长.【答案】263【解析】设BC中点为F,EF=x，由勾股定理知，AE=DE=x2+3,SADE=x2+2，又V四面体ABDE=1-x2V四面体ABCD=231-x，V四面体ACDE=231+x，SABE=SDBE=321-x，SACE=SDCE=321+x，则r1=21-x3+31-x+x2+2，r2=21+x3+31+x+x2+2，故r1-1+r2-1=6+3+x2+221-x2=46+43，因此，3+x2+21-x2=33+26，解得x=23，故E1E2=223=263.故答案为：263