高中数学学考复习冲A专题4立体几何综合问题含答案

这是一份高中数学学考复习冲A专题4立体几何综合问题含答案，共10页。

①三角形 ②四边形 ③五边形 ④六边形 ⑤圆
A.①②③B.①②④
C.①②③④D.①②③④⑤
2.(2023浙江舟山中学) 如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1,AC=AA1,E,F分别是棱BC,A1C1上的点.记EF与AA1所成的角为α,EF与平面ABC所成的角为β,二面角F-BC-A的平面角为γ,则( )
A.α≤β≤γB.β≤α≤γ
C.β≤γ≤αD.α≤γ≤β
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为底面ABCD上的动点,PE⊥A1C于点E,且PA=PE,则点P的轨迹是( )
A.线段
B.圆
C.椭圆的一部分
D.抛物线的一部分
4.(2020浙江学考)如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,侧棱长为2,E,F分别是侧面ACC1A1和侧面ABB1A1上的动点,满足二面角A-EF-A1为直二面角.若点P在线段EF上,且AP⊥EF,则点P的轨迹的面积是( )
A.π3B.2π3
C.4π3D.8π3
5.(2023浙江绍兴)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为4的正方形,P是棱A1D1上的一个动点,若PA=10,PD=2,则三棱锥P-ABD外接球的表面积是( )
A.144πB.36πC.9πD.6π
6.(多选)(2023浙江强基联盟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱CC1的中点,点P在侧面ABB1A1上运动,且AP⊥A1M,已知正方体的棱长为2,则( )
A.AP∥平面A1D1M
B.点P的轨迹长度为5
C.PM的最小值为1455
D.当P在棱A1B1上时,经过A,P,M三点的正方体的截面周长为25+213+956
7.(多选)(2023浙江舟山中学)如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点,点M是AD(不包括端点)上的动点.将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点P,连接EF,PB.下列说法正确的有( )
A.PD⊥EF
B.若把△EBF沿着EF继续折起,点B与点P恰好重合
C.无论点M在线段AD上的哪里,PB都不可能与平面MEF平行
D.三棱锥P-DEF的外接球表面积为6π
8.(2023浙江温州知临中学)已知圆锥的母线长为5,侧面积为20π,过此圆锥的顶点作一截面,则截面面积最大为 .
9.(2022浙江萧山)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,底面ABCD为平行四边形,AA1=3,AB=2,AD=1,∠BAD=60°,则以D1为球心,半径为2的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为 .
10.(2023浙江衢温5+1联盟)
已知正三棱锥S-ABC的高为4,底面边长为43.
(1)求该正三棱锥的表面积;
(2)用平行于底面ABC的平面去截该三棱锥,所得截面三角形A1B1C1的边长为33,已知点A1,B1,C1,A,B,C都在同一球面上,求该球的体积.
11.(2023浙江四校)
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,平面ABC⊥平面BCC1B1,且B1C⊥AB,点D为棱A1B1的中点.
(1)求证:直线B1C⊥平面ABC;
(2)若AB=1,AC=3,BB1=3,求直线CD与平面ABB1A1所成角的正弦值.
冲A专题四 立体几何综合问题
1.C
2.A 解析 如图所示,过点F作FP⊥AC于点P,过点P作PM⊥BC于点M,连接PE,FM,FC.
则α=∠EFP,β=∠FEP,γ=∠FMP,tan α=PEFP=PEAB≤1,tan β=FPPE=ABPE≥1,tan γ=FPPM≥FPPE=tan β,所以α≤β≤γ,故选A.
3.A 解析 连接A1P,可证△A1AP≌△A1EP,即A1A=A1E,即点E是体对角线A1C上的定点,直线AE也是定直线.∵PA=PE,∴动点P必定在线段AE的中垂面α上,则中垂面α与底面ABCD的交线就是动点P的轨迹,∴动点P的轨迹是线段.故选A.
4.B 解析 ∵二面角A-EF-A1为直二面角,
∴平面AEF⊥平面EFA1,
又点P在线段EF上,且AP⊥EF,
AP⊂平面AEF,平面AEF∩平面EFA1=EF,
∴AP⊥平面EFA1,连接A1P,
∴AP⊥A1P,
∴点P在以AA1为直径的球上,且点P在三棱柱ABC-A1B1C1内部,
∴点P的轨迹为以AA1为直径的球面在三棱柱ABC-A1B1C1内部的曲面,
又三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,
∴点P的轨迹为以AA1为直径的球面,占球面的16,
∴点P的轨迹面积是S=16×4π×12=2π3.故选B.
5.B 解析 令长方体ABCD-A1B1C1D1的高为h,PD1=x,于是x2+h2=2,(4-x)2+h2=10,解得x=h=1.
易知∠PDA=∠DPD1=45°,则△PAD外接圆半径r=12×PAsin45°=102=5,显然AB⊥平面PAD,因此三棱锥P-ABD外接球的球心O在线段AB的中垂面上,球心O到平面PAD的距离为d=12AB=2,则三棱锥外接球的半径R=r2+d2=5+4=3,所以三棱锥P-ABD外接球的表面积S=4πR2=36π.故选B.
6.BCD 解析 对于A,取BB1的中点E,连接A1E,EM,则A1D1∥B1C1,B1C1∥EM,所以A1D1∥EM,所以A1,D1,M,E四点共面,因为A1D1⊥平面ABB1A1,AP⊂平面ABB1A1,所以A1D1⊥AP,又AP⊥A1M,A1D1∩A1M=A1,A1D1,A1M⊂平面A1D1ME,所以AP⊥平面A1D1ME,故A错误;
对于B,因为AP⊥平面A1D1ME,A1E⊂平面A1D1ME,所以AP⊥A1E.
取A1B1的中点H,连接AH,HM,易知AH⊥A1E,所以点P的轨迹为线段AH,且AH=22+12=5,故B正确;
对于C,由上知AH⊥平面A1D1ME,记垂足为K,因为KM⊂平面A1D1ME,所以KM⊥AH,所以KM为点M到AH的最小距离,即PM的最小值,
在△AHM中,AH=5,HM=6,AM=3,cs∠HAM=5+9-62×5×3=4515,所以sin∠HAM=14515,
所以点M到AH的距离d=AMsin∠HAM=3×14515=1455,故C正确;
对于D,取CD上靠近点C的四等分点F,C1B1上靠近C1的三等分点I,易知AF∥HI,AH∥FM,所以A,F,M,I,H五点共面,所以五边形AFMIH即为截面,所以周长L=AF+FM+MI+IH+HA=52+52+133+53+5=25+213+956,故D正确.故选BCD.
7.ABD 解析 连接BD,与EF相交于点G,连接PG,因为在正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点,所以AE=CF,可得△ADE≌△CDF,故DE=DF,所以BD是EF的垂直平分线,所以G是EF的中点,因为PE=PF,所以PG⊥EF,因为PG∩BG=G,PG,BG⊂平面PBG,所以EF⊥平面PBG,因为PD⊂平面PBG,所以PD⊥EF,A正确;
因为BE=BF=PF=PE,故将△EBF沿着EF折起,点B与点P恰好重合,B正确;
连接AC交BD于点O,则BO=DO,因为E是AB的中点,F是BC的中点,所以EF∥AC,且BG=GO,当点M为PD上靠近点P的四等分点时,MDPD=DGDB=34,可得MG∥PB,因为PB⊄平面MEF,MG⊂平面MEF,可得PB∥平面MEF,C错误;
由DE=DF=5,EF=2,在△EDF中,由余弦定理得cs∠EDF=ED2+DF2-EF22ED·DF=5+5-225×5=45,所以sin∠EDF=1-cs2∠EDF=35.设△DEF的外接圆半径为R,圆心为Q,由正弦定理得2R=EFsin∠EDF=235=523,QD=R=526.过点P作PH⊥BD于点H(图略),则PH⊥平面DEF,又因为PE=PF=1,EF=2,所以PE⊥PF,且PG=22,设HG=m,则HD=322-m,由勾股定理得PG2-HG2=PD2-HD2,即222-m2=22-322-m2,解得m=26,所以PH2=12-118=49,所以PH=23.设球心为I,则IQ⊥底面DEF,过点I作IN⊥PH于点N,连接ID,则IN=HQ=HD-QD=423-526=22,设IQ=HN=h,则PN=|PH-HN|=23-h或PN=PH+HN=23+h,设外接球半径为r,则ID=IP=r,即h2+5262=23-h2+222或h2+5262=23+h2+222,解得h=13,所以r=(13) 2+(526) 2=62,三棱锥P-DEF的外接球表面积为4πr2=4π×32=6π,D正确.故选ABD.
8.252 解析 设圆锥的底面半径为r,则S侧=5πr=20π,
∴r=4,∴圆锥的高h=52-r2=3,
设轴截面中两母线夹角为2θ,则tan θ=43>1,
∴θ>π4,2θ>π2.
∴当两母线夹角为π2时,过此圆锥顶点的截面面积最大,最大面积为S=12l2sinπ2=12×52=252.
9. π2 解析 如图,取FB1=1,连接D1F,D1B1.
因为在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱AA1⊥底面ABCD,可得直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的四个侧面均为矩形,所以D1C1⊥CC1,
因为D1C1=2,所以以D1为球心,2为半径的球面与直线C1C相切.
在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为平行四边形,AA1=3,AB=2,AD=1,∠BAD=60°,在△A1D1B1中,根据余弦定理可得,D1B12=A1D12+A1B12-2A1D1·A1B1cs 60°=1+4-2×1×2×12=3,所以D1B1=3.
因为D1B12+B1C12=C1D12,所以∠D1B1C1=90°,即D1B1⊥B1C1.
因为BB1⊥底面A1B1C1D1,D1B1⊂平面A1B1C1D1,所以BB1⊥D1B1,所以D1F=D1B12+B1F2=3+1=2,所以球面与侧面BCC1B1的交点为F和C1,又FB1=B1C1=1,D1B1⊥平面BCC1B1,所以点F和C1在以B1为圆心,1为半径的圆上,因为BB1⊥C1B1,所以弧FC1的长度为14×2π×1=π2,
所以球面与侧面BCC1B1的交线为弧FC1,所以球面与侧面BCC1B1的交线的长度为π2.
10. 解 (1)过点S作SO⊥底面ABC,垂足为O,则SO为三棱锥的高,O为△ABC的中心且∠SOB=90°.
∵AB=AC=BC=43,
∴BO=4,SB=42,
∴正三棱锥的斜高h=25.
∴S△SAB=S△SAC=S△SBC=12×43×25=415,
∴正三棱锥S-ABC的表面积S=3×S△SAB+S△ABC=3×415+12×43×43×sin 60°=1215+123,
∴该正三棱锥的表面积为1215+123.
(2)∵A1B1C1-ABC为正三棱台,∴球心在直线SO上,
记OS与△A1B1C1的交点为O',则O'为△A1B1C1的中心.
设球心为M,设MO=x,MO'=y,
∵A1B1=33,AB=43,OS=4,
∴OO'=1,O'B1=3,则x2+42=y2+32,且|x-y|=1或x+y=1,解得x=3,y=4,即MO=3,MO'=4,
∴外接球的半径R=5,
∴球的体积V=4πR33=500π3.
11.(1)证明 因为AB⊥AC,过点A作AH⊥BC,交边BC于点H.
因为AH⊥BC,平面ABC⊥平面BCC1B1,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,
AH⊂平面ABC,故AH⊥平面BCC1B1,又B1C⊂平面BCC1B1,故AH⊥B1C,
又B1C⊥AB,AH∩AB=A,AH,AB⊂平面ABC,故B1C⊥平面ABC.
(2)因为AB⊥AC,AB⊥B1C,AC∩B1C=C,AC,B1C⊂平面AB1C,故AB⊥平面AB1C,
又AB⊂平面ABB1A1,故平面ABB1A1⊥平面AB1C.
过点C作CE⊥AB1,交直线AB1于点E,因为平面ABB1A1∩平面AB1C=AB1,CE⊂平面AB1C,则CE⊥平面ABB1A1.
故直线CD与平面ABB1A1所成角即∠CDE.
因为B1C⊥AB,AB∥A1B1,故B1C⊥A1B1,又AB=1,AC=3,BB1=3,
故BC=1+3=2,B1C=9-4=5,AB1=3+5=22,CD=(12) 2+5=212,CE=CA·CB1AB1=3×522=304,
故sin∠CDE=CECD=7014,即直线CD与平面ABB1A1所成角的正弦值为7014.