2020届高考数学（理）专题突破练(5)　立体几何的综合问题经典.docx

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1、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，直线b平面，则“ab”是“ ”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“ab”不能得出“”，反之由“”也得不出“ab”故选D.2.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，A1AAB2，BC1，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. B2C.4 D2答案A解析在ABC中，AC2AB2BC25，ABBC.作BDAC于D，则BD为侧视图的宽，且BD，侧视图的面积为S2.选A.3.平行六面体ABCDA1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1

2、共面的棱的条数为()A.3 B4C.5 D6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条选A.4.在四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论正确的是()AACBDB.BAC90C.CA与平面ABD所成的角为30D.四面体ABCD的体积为答案B解析ABAD1，BD，ABAD.ABAD.平面ABD平面BCD，CDBD，CD平面ABD，CDAB，AB平面ACD，ABAC，即BAC90.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

3、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 B60 C72 D84答案B解析每个正四棱柱均有相同的面积被其他正四棱柱挡住，挡住的面积为111122418，所以该鲁班锁的表面积为62(114141)6860.故选B.6如图所示，已知在多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，

4、ACEF1，则该多面体的体积为()A.2 B4 C6 D8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V234.选B.7.2017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. B.C. D2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.PAPB2，半圆锥的底面半圆的弧长为，展开图中的BPM，APB，APM，在APM中，

5、根据余弦定理有，MA22222222cos84()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.22R2 B.R2 C.R2 D.R2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PO13x，圆柱的高为3R3x，所以圆柱的表面积为S2x22x(3R3x)4x26Rx，则当xR时，S取最大值，SmaxR2.选B.9在正方体ABCDA1B1C1D1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

6、点，线段D1Q与OP互相平分，则满足的实数的值有()A.0个 B1个 C2个 D3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，所以选C.10.2017东北三省三校二模已知三棱柱ABCA1B1C1，侧棱BB1平面ABC，AB2，AC，AA1，ACBC，将其放入一个水平放置的水槽中，使AA1在水槽底面内，平面ABB1A1与水槽底面垂直，且水面恰好经过棱BB1，现水槽底面出现一个小洞，水位下降，则在水位下降过程中，几何体露出水面部分的面积S关于水位下降的高度h的函数图象大致为()答案A解析当h0时，S0，排除C和D；当0h时，S的变化率增大，即切线的斜

7、率增大，排除B.故选A.11.2017甘肃师大附中二诊如图，在边长为2的正方形铁皮的四周切去四个全等的等腰三角形，再把它的四角沿着虚线折起，做成一个正四棱锥的模型，设切去的等腰三角形的高为x时，正四棱锥的体积最大，则x为 ()A0.5 B0.8 C0.2 D1答案C解析由题意得四棱锥底面正方形的对角线长为2(1x)，侧棱长为，所以四棱锥的高为，所以四棱锥的体积V(x)2(1x)2(1x)2(0x0，V(x)为增函数；当x，1时，V(x)0，V(x)为减函数，所以当x时，V(x)取得最大值故选C.12.2017广东汕头一模已知三棱锥PABC的四个顶点均在半径为1的球面上，且满足0，0，0，则三棱

8、锥PABC的侧面积的最大值为()A.1 B2 C4 D8答案B解析0，0，0，PA，PB，PC两两垂直又三棱锥PABC的四个顶点均在半径为1的球面上，以PA，PB，PC为棱的长方体的体对角线即为球的一条直径，即4PA2PB2PC2.由基本不等式可得PA2PB22PAPB，PA2PC22PAPC，PB2PC22PBPC，4PA2PB2PC2PAPBPBPCPAPC，则三棱锥PABC的侧面积S(PAPBPBPCPAPC)2，当且仅当PAPBPC时等号成立故三棱锥PABC的侧面积的最大值为2.故选B.二、填空题13如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱DC的中点，则D1P与BC1所在直线所

9、成角的余弦值等于_.答案解析连接AD1，AP，则AD1P就是所求的角设AB2，则APD1P，AD12，cosAD1P.14.如图，已知球O的面上有四点A，B，C，D，DA平面ABC，ABBC，DAABBC，则球O的体积等于_.答案解析如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球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.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

10、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.16.2017安徽黄山第二次质检如图所示，正方体ABCDABCD的棱长为1，E，F分别是棱AA，CC的中点，过直线EF的平面分别与棱BB，DD交于点M，N，设BMx，x0,1给出以下五个命题：当且仅当x0时，四边形MENF的周长最大；当且仅当x时，四边形MENF的面积最小；多面体ABCDMENF的体积为；四棱锥CMENF的体积VV(x)为常函数；直线MN与直线CC的夹角的正弦值的范围是，1.以上命题中正确的有_(填上所有正确命题的序号).答案解析当x0或1时，四边形MENF的周长都是最大的，故错误；因为四边形MENF一定是菱形，且

11、EF是定长，所以当MN的长度最小时，面积最小，此时x，故正确；因为正方体被截面MENF分成的两部分体积相等，都等于，故正确；因为VCMENF2VCMNF2VNMFCSMFC，是常函数，故正确；设直线MN与CC的夹角为，则sin，|MN|，所以sin，1，故正确综上所述，其中真命题的序号是.三、解答题172017河南洛阳月考如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AA1BC2AC4.(1)若点P为AA1的中点，求证：平面B1CP平面B1C1P；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得二面角B1CPC1的大小为60？若存在，求出AP的值；若不存在，说明理由.解(1)证明：如图，以C为原点，

12、CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0,4,4)，C1(0,0,4)，P(2，0,2)，B(0,4,0)，故(0,4,0)，(2,0,2)，(2,0,2)，由(0,4,0)(2,0,2)0，得C1B1CP，由(2,0,2)(2,0,2)0，得C1PCP.又C1PC1B1C1，CP平面B1C1P，又CP平面B1CP，平面B1CP平面B1C1P.(2)设APa，则P点坐标为P(2,0，a)，(2,0，a)，(0,4,4)，设平面B1CP的法向量为m(x，y，z)，则令z1，m，而(0,4,0)为平面C1CP的一个法向量，c

13、os60，解得a2.在AA1上存在一点P满足题意，且AP2.18.如图，已知点C是圆心为O、半径为1的半圆弧上靠近点A的一个三等分点，AB是直径，CD1，直线CD平面ABC.(1)证明：ACBD；(2)在DB上是否存在一点M，使得OM平面DAC？若存在，请确定点M的位置；若不存在，请说明理由；(3)求点C到平面ABD的距离.解(1)证明：CD平面ABC，AC平面ABC，CDAC.AB是直径，ACB90，即ACBC.又CDBCC，CD平面BCD，BC平面BCD，AC平面BCD.又BD平面BCD，ACBD.(2)假设在DB上存在一点M，使得OM平面DAC.OM平面DAC，且OM平面ABD，平面AB

14、D平面ACDAD，OMAD.在ABD中，O为AB的中点，M为BD的中点.故存在点M，且M为BD的中点，使得OM平面DAC.(3)连接OC，点C是圆心为O、半径为1的半圆弧上靠近点A的一个三等分点，AOC60.又OAOC1，AC1，BC.直线CD平面ABC，CDAC，CDBC，在RtACD中，AD.在RtBCD中，BD 2.则BDAB2.设点E是AD的中点，连接BE，则BEAD，BE，SABDADBE.易知SABCACBC1.设点C到平面ABD的距离为h，由V三棱锥CABDV三棱锥DABC，得SABDhSABCCD，即h1，解得h.故点C到平面ABD的距离为.19.2018广东韶关调研已知四棱锥

15、PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为菱形，ABC60，E是BC中点，M是PD中点，F是PC上的动点.(1)求证：平面AEF平面PAD；(2)若直线EM与平面PAD所成角的正切值为，当F是PC中点时，求二面角CAFE的余弦值.解(1)证明：连接AC.因为底面ABCD为菱形，ABC60，所以ABC是正三角形，因为E是BC中点，所以AEBC，又ADBC，所以AEAD，因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE，又PAADA，所以AE平面PAD，又AE平面AEF，所以平面AEF平面PAD.(2)由(1)得AE，AD，AP两两垂直，连接AM，以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴

16、，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为AE平面PAD，所以AME就是EM与平面PAD所成的角，在RtAME中，tanAME，即，设AB2a，则AEa，得AMa，又ADAB2a，设PA2b，则M(0，a，b)，所以AMa，从而ba，所以PAAD2a，则A(0,0,0)，B(a，a,0)，C(a，a,0)，D(0,2a,0)，P(0,0,2a)，E(a,0,0)，F，a，所以A(a,0,0)，A，a，B(a，3a,0)，设n(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则即取za，得n(0，2a，a)，又底面ABCD为菱形，所以ACBD，因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD，又PAAC

17、A，所以BD平面PAC，即BD平面ACF，所以B(a,3a,0)是平面ACF的一个法向量，所以cosn，B.所以二面角CAFE的余弦值为.20.2017湖北黄冈期末如图，在各棱长均为2的三棱柱ABCA1B1C1中，侧面A1ACC1底面ABC，A1AC60.(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BBB，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A1OAC于点O，所以A1O平面ABC.又ABCA1AC60，且各棱长均为2，所以AO1，OA1OB，BOAC.故以O为坐标原

18、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BBB，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Dn0，即z.因为A(0，y1，z)，则由A得所以y0.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A1.11