届高考数学理刷题首选卷 立体几何的综合问题.docx

届高考数学理刷题首选卷 立体几何的综合问题.docx

《届高考数学理刷题首选卷 立体几何的综合问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考数学理刷题首选卷 立体几何的综合问题.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届高考数学理刷题首选卷立体几何的综合问题

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．4D．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．3B．4C．5D．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．48B．60C．72D．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．2B．4C．6D．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．πB．＋

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．22πR2B．πR2C．πR2D．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．1B．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．，2B．[，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．