【文档说明】2020高考数学刷题首秧专题突破练5立体几何的综合问题 (理数)含解析.doc，共(16)页，237.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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＝5，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．455B．25C．4D．2答案A解析在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2＝5，∴A

B⊥BC．作BD⊥AC于D，则BD为侧视图的宽，且BD＝2×15＝255，∴侧视图的面积为S＝2×255＝455．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＝2，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⊥BDB．∠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13答案B解析∵AB＝AD＝1，BD＝2，∴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，A

C，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＝12×23＝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．6＋2C．6－2D．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＝πPB＝π2，∵∠APB＝π3，∴∠APM＝5π6，∴在△APM中

，根据余弦定理有，MA2＝22＋22－2×2×2cos5π6＝8＋43＝(6＋2)2，∴MA＝6＋2，即蚂蚁所经过路程的最小值为6＋2．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．94πR2C．83πR2D．52πR2

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PO13R＝xR，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＝34R时，S取最大值，Smax＝94πR2．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．2C．32D．3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12BG＝2，所以球O的半径R＝12＋2

2＝3．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．105B．15C．55D．155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＝5，BD＝22，在△A1BD中，由余弦定理得cos∠DA1B＝A1B2＋

A1D2－BD22A1B·A1D＝5＋5－82×5×5＝15．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MQ→＝

λMN→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，∠A

CB＝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．22，2B．[3，23]C．(0，2)D．(0，

3]答案D解析由题意得，AD＝CD＝BD＝x2＋12，BC＝x，取BC中点E，翻折前，在图1中，连接DE，CD，则DE＝12AC＝12，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＝1－14x2，AD＝x2＋12，在△ADE中：①x2＋12＋12>1－14x2，②x2＋12<12＋1－14x2，③x＞0；由①②③可得0＜x＜3．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，A

D＝B1D＝CD＝BD，∠CBD＝∠BCD＝∠B1CD，又∠CBD＋∠BCD＋∠B1CD＝90°，∴∠CBD＝∠BCD＝∠B1CD＝30°，∴∠A＝60°，BC＝ACtan60°，此时x＝1×3＝3，综上，x的取值范围为(0，3]．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＝2，则球O的体积等于________．答案6π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|＝22＋22＋22＝2R，所以R＝62，故球O的体积V＝4πR33＝6π．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31313；③长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为133π4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＝21313，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4π4.52＋32＋2222＝133π4平方丈，所以③正确．15．如图，用一个边长为2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3＋12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12，如图中的BC．由图知球心与巢底面的距离OF＝1－122＋12＝3＋12．16．(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＝203>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＝3

，∴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(0，0，3)，C(3，0，0)，E(0，

1，0)，F(2，1，0)，∴PE→＝(0，1，－3)，PF→＝(2，1，－3)，设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，由n·PE→＝0，n·PF→＝0，即y－3z＝0，2x＋y－3z＝0，令y＝3，则z＝1，x＝0，可得n

＝(0，3，1)，又PC→＝(3，0，－3)，∴sinθ＝n·PC→|n||PC→|＝14．故直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值为14．18．(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＝2A

D＝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ABC

D＝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G

D⊥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，－1，3)，F(0，1，3)，C(0，2，0)，B(1，1，0)．∴DF→＝(0，1，3)，CB→＝(1，－1，0)，DC→＝(0，2，0)，由(1)知CE→＝(0，－3，3)是平面ADF的一个法向量．设C

P→＝aCB→＝(a，－a，0)(0≤a≤1)，则DP→＝DC→＋CP→＝(a，2－a，0)．设平面PDF的法向量为n＝(x，y，z)，∵n·DF→＝0，n·DP→＝0，∴y＋3z＝0，ax＋2－ay＝0，令y＝3a，则x＝3(a－2)，z＝－a，∴n＝(

3(a－2)，3a，－a)．∵二面角P－DF－A为60°，∴|cos〈n，CE→〉|＝|n·CE→||n||CE→|＝43a12×3a－22＋3a2＋a2＝12，解得a＝23(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＝25，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1515？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，∴DHDA＝EHBA＝DEDB，∵BD＝EC＝252＋52＝5，AB＝DE＝5，∴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．∵CF→与CP

→共线，∴存在唯一实数λ(0≤λ≤1)，满足CF→＝λCP→，可得F(0，4－4λ，4λ)．设向量n＝(x1，y1，z1)为平面CPD的法向量，且CP→＝(0，－4，4)，CD→＝(－2，－4，0)，∴

n·CP→＝0，n·CD→＝0⇒－4y1＋4z1＝0，－2x1－4y1＝0⇒－y1＋z1＝0，x1＋2y1＝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＝|n·m||n||m|＝|－λ－λ＋1|22＋－12＋－12×02＋λ2＋λ－12＝2λ－1

62λ2－2λ＋1．∵2λ－162λ2－2λ＋1＝1515，其中2λ－1>0，即12<λ≤1，∴λ＝34，即CF→＝34CP→．∵CP＝42＋42＝42，∴线段PC上存在一点F，当点F满足CF＝32时，二面角B－DF－C的

余弦值是1515．20．(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BD→＝BA→＋BC→，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＝

3，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(3，0，0)，A1(0，0，3)，C(0，1，0)，B1(3，1，3)，所以AA1→＝(0，1，3)，AB1→＝(3，2，3)，AC→＝(0，2，0)．设平面AB1C的一

个法向量为n＝(x，y，1)，则n·AB1→＝3x＋2y＋3＝0，n·AC→＝2y＝0，解得n＝(－1，0，1)．由cos〈AA1→，n〉＝AA1→·n|AA1→||n|＝322＝64．而侧棱AA1与平面AB1C所成角，即是向量AA1→与平面AB1

C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64．(2)因为BD→＝BA→＋BC→，而BA→＝(－3，－1，0)，BC→＝(－3，1，0)，所以BD→＝(－23，0，0)．又因为B(3，

0，0)，所以点D的坐标为(－3，0，0)．假设存在点P符合题意，则其坐标可设为P(0，y，z)，所以DP→＝(3，y，z)．因为DP∥平面AB1C，n＝(－1，0，1)为平面AB1C的一个法向量，所以DP→·n＝0，即z＝3．因为AP→＝(0，y＋1，z)，则由A

P→＝λAA1→得y＋1＝λ，3＝λ3，所以y＝0．又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为(0，0，3)，即恰好为点A1．