高一經(jīng)典立體幾何專項(xiàng)練習(xí)題

BACxyO15.(本題14分)已知三個(gè)頂點(diǎn)是，，BACxyO（1）求BC邊中線AD所在直線方程；（2）求點(diǎn)Ａ到ＢＣ邊的距離．__12cm_4cm16.(本題14分)如圖，一個(gè)圓錐形的空杯子上面放著一個(gè)半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，會(huì)溢出杯子嗎?請(qǐng)用你的計(jì)算數(shù)據(jù)說明理由．DABCDABCOEPPO底面ABCD，E是PC的中點(diǎn)．求證：（1）PA∥平面BDE；（2）平面PAC平面BDE．18．(本題15分)已知直線l過點(diǎn)P（1，1），并與直線l1：x－y+3=0和l2：2x+y－6=0分別交于點(diǎn)A、B，若線段AB被點(diǎn)P平分，求：（Ⅰ）直線l的方程；（Ⅱ）以O(shè)為圓心且被l截得的弦長(zhǎng)為的圓的方程．19．(本題16分)已知實(shí)數(shù)a滿足0<a<2，直線l1：ax－2y－2a+4=0和l2：2x+a2y－2a2－（1）求證：無論實(shí)數(shù)a如何變化，直線l2必過定點(diǎn).（2）畫出直線l1和l2在平面坐標(biāo)系上的大致位置.（3）求實(shí)數(shù)a取何值時(shí)，所圍成的四邊形面積最??？20．(本題16分)如圖，在正三棱柱中，AB＝2，，由頂點(diǎn)B沿棱柱側(cè)面經(jīng)過棱到頂點(diǎn)的最短路線與的交點(diǎn)記為M，求：（1）三棱柱的側(cè)面展開圖的對(duì)角線長(zhǎng)（2）該最短路線的長(zhǎng)及的值（3）平面與平面ABC所成二面角（銳角）的大小15．(本題10分)已知直線經(jīng)過點(diǎn)，且斜率為.（Ⅰ）求直線的方程；（Ⅱ）求與直線切于點(diǎn)（2，2），圓心在直線上的圓的方程.16．(本題10分)如圖所示，在直三棱柱中，，，、分別為、的中點(diǎn).（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求證：.17．(本題12分)已知圓.(1)此方程表示圓，求的取值范圍；(2)若(1)中的圓與直線相交于、兩點(diǎn)，且(為坐標(biāo)原點(diǎn))，求的值；(3)在(2)的條件下，求以為直徑的圓的方程．18．（本題12分）已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD是、邊長(zhǎng)為的菱形，又，且PD=CD，點(diǎn)M、N分別是棱AD、PC的中點(diǎn)．（1）證明：DN（Ⅰ）求直線的方程；（Ⅱ）求與直線切于點(diǎn)（2，2），圓心在直線上的圓的方程.解析：（Ⅰ）由直線方程的點(diǎn)斜式，得整理，得所求直線方程為 ……………4分（Ⅱ）過點(diǎn)（2，2）與垂直的直線方程為， ……………5分由得圓心為（5，6）， ……………7分∴半徑， ……………9分故所求圓的方程為．………10分16．(本題10分)如圖所示，在直三棱柱中，，，、分別為、的中點(diǎn).（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求證：.解析：（Ⅰ）在直三棱柱中，側(cè)面⊥底面，且側(cè)面∩底面=，∵∠=90°，即，∴平面∵平面，∴.……2分∵，，∴是正方形，∴，∴.……………4分（Ⅱ）取的中點(diǎn)，連、.………………5分在△中，、是中點(diǎn)，∴,，又∵,，∴,，………6分故四邊形是平行四邊形，∴，…………8分而面，平面，∴面……10分17．(本題12分)已知圓.(1)此方程表示圓，求的取值范圍；(2)若(1)中的圓與直線相交于、兩點(diǎn)，且(為坐標(biāo)原點(diǎn))，求的值；(3)在(2)的條件下，求以為直徑的圓的方程．解析：(1)方程，可化為(x－1)2＋(y－2)2＝5－m，∵此方程表示圓，∴5－m＞0，即m＜5.(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2x－4y＋m＝0，,x＋2y－4＝0，))消去x得(4－2y)2＋y2－2×(4－2y)－4y＋m＝0，化簡(jiǎn)得5y2－16y＋m＋8＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(16,5)，①,y1y2＝\f(m＋8,5).②))由OM⊥ON得y1y2＋x1x2＝0，即y1y2＋(4－2y1)(4－2y2)＝0，∴16－8(y1＋y2)＋5y1y2＝0.將①②兩式代入上式得16－8×eq\f(16,5)＋5×eq\f(m＋8,5)＝0，解之得m＝eq\f(8,5).(3)由m＝eq\f(8,5)，代入5y2－16y＋m＋8＝0，化簡(jiǎn)整理得25y2－80y＋48＝0，解得y1＝eq\f(12,5)，y2＝eq\f(4,5).∴x1＝4－2y1＝－eq\f(4,5)，x2＝4－2y2＝eq\f(12,5).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(12,5)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(4,5)))，∴的中點(diǎn)C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(8,5))).又|MN|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)＋\f(4,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)－\f(12,5)))2)＝eq\f(8\r(5),5)，∴所求圓的半徑為eq\f(4\r(5),5).∴所求圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(8,5)))2＝eq\f(16,5).18．（本題12分）已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD是、邊長(zhǎng)為的菱形，又，且PD=CD，點(diǎn)M、N分別是棱AD、PC的中點(diǎn)．（1）證明：DN…4分（2）又因?yàn)榈酌鍭BCD是,邊長(zhǎng)為的菱形，且M為中點(diǎn)，所以.又所以.………………8分（3）因?yàn)镸是AD中點(diǎn)，所以點(diǎn)A與D到平面PMB等距離.過點(diǎn)D作于H，由（2）平面PMB平面PAD，所以．故DH是點(diǎn)D到平面PMB的距離.(前)15.(本題14分)解：(1)3x+y-1=0………………7分(2)………………7分16.(本題14分)解：因?yàn)椤?分………………10分因?yàn)樗?，冰淇淋融化了，不?huì)溢出杯子．………………14分17．(本題15分)證明（1）∵O是AC的中點(diǎn)，E是PC的中點(diǎn)，∴OE∥AP，………………4分又∵OE平面BDE，PA平面BDE，∴PA∥平面BDE．………………7分（2）∵PO底面ABCD，∴POBD，………………10分又∵ACBD，且ACPO=O ∴BD平面PAC，而BD平面BDE，………………13分∴平面PAC平面BDE．………………15分18．(本題15分)解：（Ⅰ）依題意可設(shè)A、，則 ，，解得，．………………6分 即，又l過點(diǎn)P，易得AB方程為．………………9分 （Ⅱ）設(shè)圓的半徑為R，則，其中d為弦心距，，可得，故所求圓的方程為．………………6分19．(本題16分)(1)證明：由l2：2x+a2y－2a2－4=0變形得a2(y－2)+2x－4=0…………所以當(dāng)y=2時(shí)，x=2…………………4分xyl2l1Oxyl2l1O(2)如圖…8分(3)直線l1與y軸交點(diǎn)為A(0,2-a)，直線l2與x軸交點(diǎn)為B(a2+2,0)，如下圖由直線l1：ax－2y－2a+4=0知，直線l1也過定點(diǎn)C(2,2)…………過C點(diǎn)作x軸垂線，垂足為D，于是ABCDxyl2l1OABCDxyl2l1O==………13分∴當(dāng)a=時(shí)，S四過形AOBC最小.………………15分故當(dāng)a=時(shí)，所圍成的四邊形面積最小?！?6分20．(本題16分)解：（1）正三棱柱的側(cè)面展開圖是長(zhǎng)為6，寬為2的矩形，其對(duì)角線長(zhǎng)為………3分（2）如圖，將側(cè)面繞棱旋轉(zhuǎn)使其與側(cè)面在同一平面上，點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D的位置，連接交于M，則就是由頂點(diǎn)B沿棱柱側(cè)面經(jīng)過棱到頂點(diǎn)C1的最短路線，其長(zhǎng)為