高考数学二轮复习专题突破练5立体几何的综合问题 (理数)含解析

这是一份高考数学二轮复习专题突破练5立体几何的综合问题 (理数)含解析，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题突破练(5)　立体几何的综合问题
一、选择题
1．已知直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则“a∥b”是“α∥β”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案　D
解析　“a∥b”不能得出“α∥β”，反之由“α∥β”也得不出“a∥b”．故选D．
2．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，A1A＝AB＝2，BC＝1，AC＝，若规定正视方向垂直平面ACC1A1，则此三棱柱的侧视图的面积为(　　)

A． B．2
C．4 D．2
答案　A
解析　在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2＝5，∴AB⊥BC．
作BD⊥AC于D，则BD为侧视图的宽，且BD＝＝，∴侧视图的面积为S＝2×＝．故选A．
3．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
答案　C
解析　如图，既与AB共面也与CC1共面的棱有CD，BC，BB1，AA1，C1D1，共5条．故选C．

4．在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD．将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　　)

A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′－BCD的体积为
答案　B
解析　∵AB＝AD＝1，BD＝，∴AB⊥AD．
∴A′B⊥A′D．∵平面A′BD⊥平面BCD，CD⊥BD，
∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′B，∴A′B⊥平面A′CD，
∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°．故选B．
5．

(2018·河南豫东、豫北十校测试)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，原为木质结构，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体分成三组，经90度榫卯起来，若正四棱柱体的高为4，底面正方形的边长为1，则该鲁班锁的表面积为 (　　)
A．48 B．60 C．72 D．84
答案　B

解析　复杂的图形表面积可以用三视图投影的方法计算求得；
如图所示：
投影面积为4×2＋1×2＝10，共有6个投影面积，所以该几何体的表面积为10×6＝60．故选B．
6．如图所示，已知在多面体ABC－DEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为(　　)

A．2 B．4 C．6 D．8
答案　B


解析　如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V＝×23＝4．故选B．
7．(2018·湖北黄冈中学二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图是半圆(如图)．现有一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A点，则蚂蚁所经过路程的最小值为(　　)

A．π B．＋
C．－ D．π＋2
答案　B


解析　由三视图可知，该几何体是半圆锥，其展开图如图所示，则依题意，点A，M的最短距离，即为线段AM．∵PA＝PB＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM＝＝，
∵∠APB＝，∴∠APM＝，∴在△APM中，根据余弦定理有，MA2＝22＋22－2×2×2cos＝8＋4＝(＋)2，∴MA＝＋，即蚂蚁所经过路程的最小值为＋．故选B．
8．已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，表面积的最大值是(　　)
A．22πR2 B．πR2 C．πR2 D．πR2
答案　B


解析　如图所示，为组合体的轴截面，记BO1的长度为x，由相似三角形的比例关系，得＝，则PO1＝3x，圆柱的高为3R－3x，所以圆柱的表面积为S＝2πx2＋2πx·(3R－3x)＝－4πx2＋6πRx，则当x＝R时，S取最大值，Smax＝πR2．故选B．


9．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，平面CEF与直线PD交于点H，若点A，B，C，H都在球O的表面上，则球O的半径为(　　)

A．1 B． C． D．
答案　D


解析　如图，取PD的中点H，PA的中点G，则GH＝BC，GH∥BC，所以四边形BCHG是平行四边形．因为EF∥平面PCD，设平面PAB与平面PCD相交于直线m，则EF∥m，CH∥BG∥m，所以EF∥BG∥CH，所以点H就是平面CEF与直线PD的交点．取AD的中点M，则球O就是直三棱柱ABG－MCH的外接球，球心O是两底面外接圆圆心连线的中点．直三棱柱ABG－MCH的高BC＝2，底面△ABG的外接圆的半径为BG＝，所以球O的半径R＝＝．故选D．
10．(2018·河北唐山第一次摸底)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为(　　)
A． B． C． D．
答案　B
解析　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1D，可得A1D∥B1C，所以异面直线A1B与B1C所成的角即为直线A1B与直线A1D所成的角，即∠DA1B为异面直线A1B与B1C所成的角，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AB＝BC＝2AA1＝2，则A1B＝A1D＝，BD＝2，在△A1BD中，由余弦定理得
cos∠DA1B＝＝＝．故选B．
11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC边的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ的值有(　　)

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
答案　C
解析　本题可以转化为在MN上找点Q使OQ綊PD1，可知只有Q点与M，N重合时满足条件．故选C．
12．(2019·四川第一次诊断)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝x(x>0)，D是斜边AB的中点，将△BCD沿直线CD翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB⊥AD，则x的取值范围是(　　)


A．，2 B．[，2]
C．(0，2) D．(0，]
答案　D
解析　由题意得，AD＝CD＝BD＝，BC＝x，取BC中点E，翻折前，在图1中，连接DE，CD，则DE＝AC＝，


翻折后，在图2中，此时CB⊥AD．∵BC⊥DE，BC⊥AD，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AE，又E为BC中点，∴AB＝AC＝1，∴AE＝，AD＝，在△ADE中：①＋>，②<＋，③x＞0；由①②③可得0＜x＜．如图3，翻折后，当△B1CD与△ACD在一个平面上，AD与B1C交于M，且AD⊥B1C，AD＝B1D＝CD＝BD，∠CBD＝∠BCD＝∠B1CD，又∠CBD＋∠BCD＋∠B1CD＝90°，
∴∠CBD＝∠BCD＝∠B1CD＝30°，∴∠A＝60°，
BC＝ACtan60°，此时x＝1×＝，综上，x的取值范围为(0，]．故选D．
二、填空题
13．如图，已知球O的面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，则球O的体积等于________．

答案　π




解析　如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以
|CD|＝＝2R，所以R＝，故球O的体积V＝＝π．
14．(2018·湖南湘潭四模)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体(记为ABCD－A1B1C1D1)的粮仓，宽3丈(即AD＝3丈)，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？”已知1斛粟的体积为2．7立方尺，一丈为10尺，则下列判断正确的是________．(填写所有正确结论的编号)
①该粮仓的高是2丈；
②异面直线AD与BC1所成角的正弦值为；
③长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为平方丈．
答案　①③
解析　由题意，因为10000×2．7＝30×45×AA1，解得AA1＝20尺＝2丈，故①正确；异面直线AD与BC1所成角为∠CBC1，则sin∠CBC1＝，故②错误；此长方体的长、宽、高分别为4．5丈、3丈、2丈，故其外接球的表面积为4π2＝平方丈，所以③正确．


15．如图，用一个边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为__________．
答案　


解析　由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC；折起后原正方形顶点到底面的距离为，如图中的BC．由图知球心与巢底面的距离
OF＝＋＝．
16．(2018·珠海摸底)用一张16×10的长方形纸片，在四个角剪去四个边长为x的正方形(如图)，然后沿虚线折起，得到一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________．


答案　144
解析　沿虚线折出纸盒后，该纸盒的长为16－2x，宽为10－2x，高为x，则0＜x＜5，其容积为V＝x(16－2x)·(10－2x)＝4x3－52x2＋160x，所以V′＝12x2－104x＋160＝4(x－2)(3x－20)，令V′＝0，得x＝2或x＝>5(舍去)，当x∈(0，2)时，V′＞0，即在(0，2)上，V(x)是增函数；当x∈(2，5)，V′＜0，即在(2，5)上，V(x)是减函数，所以当x＝2时，V(x)有最大值为144．
三、解答题
17．(2018·湖北八市联考)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P－EF－B的大小为60°．



(1)求证：EF⊥PB；
(2)当点E为线段AB靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值．
解　(1)证明：∵AB＝BC＝3，BC⊥AB，EF∥BC，
∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，
有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩BE＝E，
∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PB．
(2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，
∴∠PEB是二面角P－EF－B的平面角，
∴∠PEB＝60°，
又PE＝2，BE＝1，由余弦定理得PB＝，
∴PB2＋EB2＝PE2，∴PB⊥EB，
∴PB，BC，EB两两垂直．


以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，)，C(3，0，0)，E(0，1，0)，F(2，1，0)，
∴＝(0，1，－)，＝(2，1，－)，
设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由即
令y＝，则z＝1，x＝0，可得n＝(0，，1)，
又＝(3，0，－)，∴sinθ＝＝．
故直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值为．

18．(2019·广东华南师大附中综合测试)在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD．

(1)证明：直线CE⊥平面ADF；
(2)已知P为棱BC上的点，试确定P点位置，使二面角P－DF－A的大小为60°．
解　(1)证明：∵CD∥EF，CD＝EF＝CF＝2．
∴四边形CDEF为菱形，∴CE⊥DF．
∵平面CDEF⊥平面ABCD，
平面CDEF∩平面ABCD＝CD，
AD⊥CD，∴AD⊥平面CDEF，
∴CE⊥AD，
又∵AD∩DF＝D，∴直线CE⊥平面ADF．
(2)∵∠DCF＝60°，四边形CDEF为菱形，
∴△DEF为正三角形，
取EF的中点G，连接GD，
则GD⊥EF，∴GD⊥CD．
∵平面CDEF⊥平面ABCD，
平面CDEF∩平面ABCD＝CD，
GD⊂平面CDEF，∴GD⊥平面ABCD．
∵AD⊥CD，∴DA，DC，DG两两垂直．
以D为原点，DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图，



∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，
∴E(0，－1，)，F(0，1，)，C(0，2，0)，B(1，1，0)．
∴＝(0，1，)，＝(1，－1，0)，＝(0，2，0)，
由(1)知＝(0，－3，)是平面ADF的一个法向量．
设＝a＝(a，－a，0)(0≤a≤1)，
则＝＋＝(a，2－a，0)．
设平面PDF的法向量为n＝(x，y，z)，
∵∴
令y＝a，则x＝(a－2)，z＝－a，
∴n＝((a－2)，a，－a)．
∵二面角P－DF－A为60°，
∴|cos〈n，〉|＝
＝＝，
解得a＝(另一值舍去)．
∴P点在靠近B点的CB的三等分点处．

19．(2018·河南高考适应训练)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，DC＝DA＝2AB＝2，点E为AD的中点，BD∩CE＝H，PH⊥平面ABCD，且PH＝4．

(1)求证：PC⊥BD；
(2)线段PC上是否存在一点F，使二面角B－DF－C的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．
解　(1)证明：∵AB∥CD，∠BAD＝90°，
∴∠EDC＝∠BAD＝90°．
∵DC＝DA＝2AB，E为AD的中点，∴AB＝ED，
∴△BAD≌△EDC，∴∠DBA＝∠DEH．
∵∠DBA＋∠ADB＝90°，∴∠DEH＋∠ADB＝90°，
∴BD⊥EC．
又∵PH⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥PH．
又∵PH∩EC＝H，且PH，EC⊂平面PEC，
∴BD⊥平面PEC．
又∵PC⊂平面PEC，∴PC⊥BD．
(2)由(1)可知，△DHE∽△DAB，∴＝＝，
∵BD＝EC＝＝5，AB＝DE＝，
∴EH＝1，HC＝4，DH＝2，HB＝3．
∵PH，EC，BD两两垂直，
∴建立以H为坐标原点，HB，HC，HP所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示，



则H(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，4，0)，D(－2，0，0)，P(0，0，4)．
假设线段PC上存在一点F满足题意．
∵与共线，
∴存在唯一实数λ(0≤λ≤1)，满足＝λ，
可得F(0，4－4λ，4λ)．
设向量n＝(x1，y1，z1)为平面CPD的法向量，
且＝(0，－4，4)，＝(－2，－4，0)，
∴⇒⇒
取x1＝2，y1＝z1＝－1，
则平面CPD的一个法向量为n＝(2，－1，－1)．
同理可得平面BFD的一个法向量为m＝(0，λ，λ－1)．
设二面角B－DF－C的平面角为θ，且0≤λ≤1，由图可知cosθ＝
＝
＝．
∵＝，其中2λ－1>0，
即<λ≤1，
∴λ＝，即＝．
∵CP＝＝4，
∴线段PC上存在一点F，当点F满足CF＝3时，二面角B－DF－C的余弦值是．
20．

(2018·湖北黄冈模拟)如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC＝60°．
(1)求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；
(2)已知点D满足B＝B＋B，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
解　(1)因为侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，所以A1O⊥平面ABC．
又∠ABC＝∠A1AC＝60°，且各棱长均为2，
所以AO＝1，OA1＝OB＝，BO⊥AC．


故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(0，－1，0)，B(，0，0)，A1(0，0，)，C(0，1，0)，B1(，1，)，
所以＝(0，1，)，＝(，2，)，＝(0，2，0)．
设平面AB1C的一个法向量为n＝(x，y，1)，则

解得n＝(－1，0，1)．
由cos〈，n〉＝＝＝．
而侧棱AA1与平面AB1C所成角，即是向量与平面AB1C的法向量所成锐角的余角，所以侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小为．
(2)因为B＝B＋B，而B＝(－，－1，0)，B＝(－，1，0)，所以B＝(－2，0，0)．
又因为B(，0，0)，所以点D的坐标为(－，0，0)．
假设存在点P符合题意，则其坐标可设为P(0，y，z)，所以D＝(，y，z)．
因为DP∥平面AB1C，n＝(－1，0，1)为平面AB1C的一个法向量，所以D·n＝0，即z＝．
因为A＝(0，y＋1，z)，则由A＝λ得
所以y＝0．
又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为(0，0，)，即恰好为点A1．