高考数学真题与模拟训练汇编专题17 立体几何综合(教师版)

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专题17 立体几何综合第一部分 真题分类（2020全国高考真题）如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻转成平面，若M、O分别为线段C、DE的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是  A. 与平面垂直的直线必与直线BM垂直
B. 异面直线BM与所成角是定值
C. 一定存在某个位置，使
D. 三棱锥外接球半径与棱AD的长之比为定值【答案】C【解析】解：对于A，延长CB，DE交于H，连接，由E为AB的中点，
可得B为CH的中点，
又M为的中点，可得，
又平面，平面，
则平面，故与平面垂直的直线必与直线BM垂直，则A正确；
对于B，设，过E作，平面，
则，
在中，，，，
则为定值，即为定值，则B正确；
对于C，连接，可得，若，
因为，，平面，
即有平面，
即有，由在平面ABCD中的射影为AC，
可得AC与DE垂直，但AC与DE不垂直．
则不存在某个位置，使，则C不正确；
对于D，连接OA，由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，
可得三棱锥外接球球心为O，半径为，
即有三棱锥外接球半径与棱AD的长之比为定值，则D正确．
故选：C．
 （2019全国高考真题）已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，，，点M在线段EF上．
Ⅰ若M为EF的中点，求证：平面BDE；
Ⅱ求二面角的余弦值；
Ⅲ证明：存在点M，使得平面BDF，并求的值．
【答案】Ⅰ证明：设，连结OE，
因为 正方形ABCD，所以O为AC中点
又  矩形ACEF，M为EF的中点
所以  ，且分
所以OAME为平行四边形
所以 分
又 平面BDE，平面BDE
所以 平面分
Ⅱ解：以C为原点，分别以CD，CB，CE为x，y，z轴建立坐标系

则2，，2，，0，，2，
设平面BDF的法向量为，
由得
则分
易知 平面ABF的法向量分
由图可知 二面角为锐角
所以 二面角的余弦值为分
Ⅲ解：设，则 
若平面BDF则，即1，分
所以解得所以，
所以  分【解析】Ⅰ证明：设，连结OE，证明OAME为平行四边形，推出，即可证明 平面BDE．
Ⅱ以C为原点，分别以CD，CB，CE为x，y，z轴建立坐标系，求出平面BDF的法向量平面ABF的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值．
Ⅲ设，则，通过，求出M，然后求解比值即可．（2018全国高考真题）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，为PD的中点，点F在PC上，且．
Ⅰ求证：平面PAD；
Ⅱ求二面角的余弦值；
Ⅲ设点G在PB上，且判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】解：Ⅰ证明：平面ABCD，，
，
，，平面PAD，平面PAD，
平面PAD．
Ⅱ以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，
AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，

0，，1，，，0，，，
1，，，
平面AEP的一个法向量为0，，
设平面AEF的一个法向量为y，，
则，取，得1，，
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，
则．
二面角的余弦值为．
Ⅲ直线AG在平面AEF内，理由如下：
点G在PB上，且，
，
平面AEF的一个法向量为1，，
，
故直线AG在平面AEF内．（2017全国高考真题）如图，在平行四边形ABCD中，，，，四边形ACEF为矩形，平面平面ABCD，，点M在线段EF上运动，且．

当时，求异面直线DB与BM所成角的大小；
设平面MBC与平面ECD所成二面角的大小为，求的取值范围．【答案】解：在中，，，，
则，
，，
四边形ACEF为菱形，，
平面平面ABCD，平面平面，
平面ACEF，平面ABCD，
以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，
则0，，0，，，，0，，
当时，，，
，0，，
，，
异面直线DB与BM所成角的大小为．
平面ECD的一个法向量1，，
设，
由，
得，
，，
设平面MBC的法向量y，，
则，取，得，
，，
，第二部分 模拟训练一、单选题1．在矩形ABCD中，，，沿矩形对角线BD将折起形成四面体ABCD，在这个过程中，现在下面四个结论：①在四面体ABCD中，当时，；②四面体ABCD的体积的最大值为；③在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成角可能为；④四面体ABCD的外接球的体积为定值.其中所有正确结论的编号为(      )A．①④ B．①② C．①②④ D．②③④【答案】C【解析】如图，当时，∵，∴平面，∵平面，∴，即①正确；当平面平面时，四面体ABCD的体积最大，最大值为，即②正确；当平面平面时，BC与平面ABD所成的角最大，为，而，∴BC与平面ABD所成角一定小于，即③错误；在翻折的过程中，和始终是直角三角形，斜边都是BD，其外接球的球心永远是BD的中点，外接球的直径为BD，∴四面体ABCD的外接球的体积不变，即④正确.故正确的有①②④.故选：C.2．在长方体中，，，为棱的中点，动点满足，则点的轨迹与长方体的面的交线长等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】如下图所示：当在面内时，面，面；又， 在与中，∵，则， ∴，则， 即． 在平面中，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系， 则，， 设， 由，得，整理得：，即． ∴点的轨迹是以为圆心，半径为的圆． 设圆与面的交点为、，作垂直轴于点，则；∴； 故点的轨迹与长方体的面的交线为劣弧，所以劣弧的长为.故选：A．3．如图为正方体，动点从点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到的运动过程中，点与平面的距离保持不变，运动的路程与之间满足函数关系，则此函数图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】解：如图连接、、，在正方体中，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，面，面，所以面，同理可证面，又，所以面面所以点在的边上沿逆时针方向运动，设正方体的棱长为，将平面与平面翻折到同一个平面,当时，，则，所以在区间上的图象关于直线对称，又，，所以，同理在区间上的图象关于直线对称，在区间上的图象关于直线对称，符合C选项的图象特征.故选：C.4．正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（    ）A． B． C． D．5【答案】B【解析】如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，由且，得是平行四边形，则且，又且，得且，则共面，故平面截该正方体所得的截面为.又，，，，故的面积为.故选：B.5．已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，，则，因为，所以，即，所以点的轨迹为以点为球心、为半径的球与正方体表面的交线，即为如图的，，，要使得与底面所成的角最大，则与底面的交点到点的距离最短，从而点在上，且在上，则，从而，所以的最大值为，故选：A．6．已知正方体的棱长为，为的中点，下列说法中正确的是（　　  ）A．与所成的角大于B．点到平面的距离为C．三棱锥的外接球的表面积为D．直线与平面所成的角为【答案】D【解析】解：如图，对于A，取的中点，连接，，则为与所成的角，∵，， ，故A错误；对于B，由于平面，故到平面的距离即点到平面的距离，连接交
于，可得平面，而，∴点到平面的距离为，故B错误；对于C，三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，∵为矩形，且，， ，四棱锥的高为，设四棱锥的外接球的半径为，则，解得．∴三棱锥的外接球的表面积，故C错误；对于D，连接，取的中点，连接交于，连接，，∵，∴是直线与平面所成的角，在直角三角形中， ， ，∴，故D正确．故选：D7．无人侦察机在现代战争中扮演着非常重要的角色，我国最新款的无人侦察机名叫“无侦”.无侦(如图1所示)是一款以侦察为主的无人机，它配备了2台火箭发动机，动力强劲，据报道它的最大飞行速度超过3马赫，比大多数防空导弹都要快.如图2所示，已知空间中同时出现了，，，四个目标(目标和无人机的大小忽略不计)，其中，，，，且目标，，所在平面与木标，，所在平面恰好垂直，若无人机可以同时观察到这四个目标，则其最小侦测半径为______.【答案】【解析】如图所示，三棱锥的外接球的球心在平面上的射影就是正三角形的外接圆圆心，记为，连接，，则.设，连接，则①.过点作于，过点作于，连接，，因为平面平面，所以平面.又平面，所以四边形为矩形，故，.在中，，，，所以，故，所以，.取的中点，则，连接，则，，故，故在中，，即②.由①②解得所以最小侦测半径为.故答案为：.8．如图，已知边长为1的正方形与正方形所在平面互相垂直，为的中点，为线段上的动点，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为______.
 【答案】【解析】如图，由题意知三棱锥的体积最大时，点与点重合，即求三棱锥外接球的表面积，因为正方形与正方形的边长均为1，点为的中点，所以，，.过点作，垂足为，由正方形与正方形所在平面互相垂直，得平面.设三棱锥外接球的球心为，的中点为，连接，则平面.延长到点，使.连接，设，则，，解得，设三棱锥外接球的半径为，则.故所求表面积故答案为：9．如图，正方体ABCD –A1B1C1D1的棱长为1 ，线段AC1上有两个动点E、F，且 EF，给出下列四个结论:①CE⊥BD②三棱锥E - BCF的体积为定值③∆BEF在底面ABCD内的正投影是面积为定值的三角形④在平面ABCD内存在无数条与平面DEA1平行的直线其中，正确的结论是 ____________【答案】①②③④【解析】因为平面，所以，故①对；因为点到直线的距离是定值，点到平面的距离也是定值，所以三棱锥的体积为定值，故②对；线段在底面上的正投影是线段，所以△在底面 内的正投影是△.又因为线段的长是定值，所以线段是定值，从而△的面积是定值，故③对；设平面与平面的交线为，则在平面 内与直线平行的直线有无数条，故④对. 所以正确结论是①②③④．故答案为：①②③④10．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，且，是边长为2的正三角形，顶点在上的射影为点，且，，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（Ⅰ）证明：由顶点在上投影为点，可知，．取的中点为，连结，．在中，，，所以．    在中，，，所以．所以，，即．∵  ∴ 面．又面，所以面面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，且所以  面，且面．以所在直线为轴，所在直线为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：          ，，， 设平面，的法向量分别为，则，则，，则， ，所以二面角的余弦值为．11．四面体中，，是上一动点，、分别是、的中点．
 （1）当是中点，时，求证：；（2），当四面体体积最大时，求二面角的平面角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）取BC的中点H，连接DH，BF，，连接OA，过 做 的平行线交 于点 ，如图， ，， 此三棱锥是正四面体，O为的中心， 面，以O为坐标原点，分别以OF，OM，OA为空间直角坐标系的x，y，z轴，建立空间直角坐标系，易知， ，，， ，，，，，，， ， ， ，得证.（2）如图，取的中点，连接，，， ， ， 均为等边三角形，，，，面，面，，设 ，则 ，，，，当 ，即 时，四面体体积有最大值，此时， ，，为等腰直角三角形，，如图，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，， ，，设面的法向量为 ，由 ，得， 取，设面的法向量为 ，由 ，得，取， ， ，故答案是.12．某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为的圆柱体的四分之一．（1）当圆弧E2F2（包括端点）上的点P与B1的最短距离为5时，证明：DB1⊥平面D2EF．（2）若D1D2＝3．当点P在圆弧E2E2（包括端点）上移动时，求二面角P﹣A1C1﹣B1的正切值的取值范围．【答案】（1）见解析，（2）【解析】（1）证明：作平面于，则在圆弧上，因为，所以当取最小值时，最小，由圆的对称性可知，的最小值为，所以,如图，以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，,因为，所以,因为平面，平面，,所以DB1⊥平面D2EF，（2）解：若D1D2＝3，由（1）知,设，因为，设所以，，设平面的法向量为，则，令，则，取平面的一个法向量，设二面角的大小为，显然是钝角，则，，则，所以二面角的正切值的取值范围为，