2021届高中数学一轮复习人教版（文）8.5立体几何的综合问题作业

这是一份2021届高中数学一轮复习人教版（文）8.5立体几何的综合问题作业，共15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。
1．正方体ABCD—A1B1C1D1的棱上到异面直线AB，CC1的距离相等的点的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
图1
解析：如图1所示，由点到直线的距离的定义及正方体性质可得BC中点E到AB、 CC1的距离相等. A1D1的中点F到AB、CC1的距离相等．B1，D到AB、CC1的距离相等．故棱上共有4个点到AB和CC1的距离相等，故选C.
答案：C
2．如图2，四边形ABCD中，△BAD与△BDC都是等腰直角三角形，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成四面体ABCD，则在四面体中，以下判断正确的是( )
图2
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABD
解析：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(取BD中点O，连AO，AB＝AD⇒AO⊥BD,面ABD⊥面BCD))
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(⇒AO⊥面BCD⇒AO⊥CD, BD⊥CD))
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(⇒CD⊥面ABD, CD⊂面ADC))⇒面ADC⊥面ABD.
答案：D
3．如图3，某密闭正方体容器有三个漏洞O、E、C1，其中O是面A1B1C1D1的中心，E是BB1中点．容器棱长为a，则该容器最多能装液体( )
图3
A.eq \f(1,2)a3 B.eq \f(5,6)a3
C.eq \f(11,12)a3 D.eq \f(23,24)a3
解析：当O、E、C1在同一水平面上时，可装最多液体，此时液体体积为V正方体－VE－A1B1C1＝eq \f(11,12)a3.选C.
答案：C
图4
4．如图4，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥P－DCE的外接球的体积为( )
A.eq \f(4\r(3)π,27) B.eq \f(\r(6)π,2)
C.eq \f(\r(6)π,8) D.eq \f(\r(6)π,24)
解析：易证所得三棱锥的所有棱长都为1，把三棱锥通过补形，补成棱长为eq \f(\r(2),2)的正方体，故外接球半径为eq \f(\r(6),4)，外接球的体积为eq \f(4,3)π(eq \f(\r(6),4))3＝eq \f(\r(6),8)π.
答案：C
图5
5．(2019年辽宁模拟)如图5，已知在体积为V的三棱柱ABC—A1B1C1中，M，N分别是A1B1，AB的中点，点P在线段B1C上，则三棱柱P—AMC1的体积是( )
A.eq \f(1,6)V B.eq \f(1,5)V
C.eq \f(1,4)V D．不确定
解析：设SAA1B1B＝S，C1到平面AA1B1B的距离为h，则V＝eq \f(1,2)Sh，∵平面B1NC∥平面AMC1，∴VP—AMC1＝VN—AMC1＝VC1—AMN＝eq \f(1,3)S△AMN·h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)S·h＝eq \f(1,6)V，选A.
答案：A
6．(2019年四川省成都市石室中学学期中)如图6，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是( )
图6
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：设三棱柱ABC－A1B1C1的棱长等于2，延长MC1到N使MN＝BB1，连接AN，则
图7
∵MN∥BB1，MN＝BB1，
∴四边形BB1NM是平行四边形，可得B1N∥BM
因此，∠AB1N(或其补角)就是异面直线AB1和BM所成角
∵Rt△B1C1N中，B1C1＝2，C1N＝1，∴B1N＝eq \r(5)
∵Rt△ACN中，AC＝2，CN＝3，∴AN＝eq \r(13)
又∵正方形AA1B1B中，AB1＝2eq \r(2)
∴△AB1N中，cs∠AB1N＝eq \f(5＋8－13,2×\r(5)×2\r(2))＝0，
可得∠AB1N＝90°
即异面直线AB1和BM所成角为90°.
答案：A
图8
7．如图8，在四面体ABCD中，点P、Q、M、N分别是棱AB、BC、CD、AD的中点，截面PQMN是正方形，则下列结论错误的为( )
A．AC⊥BD
B．AC∥截面PQMN
C．AC＝CD
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
解析：由PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM可得AC⊥BD，故选项A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故选项B正确；由PQ＝eq \f(1,2)AC，QM＝eq \f(1,2)BD，PQ＝QM可得AC＝BD，故选项C错误；异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，故选项D正确．
答案：C
8．(2019年河南省许昌高中、襄城高中、长葛一高等校高二下学期第一次联考)正三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与面GEF所成角的正弦值为( )
图9
A.eq \f(3,5) B.eq \f(5,6)
C.eq \f(3\r(3),10) D.eq \f(3\r(6),10)
解析： 设正三棱柱的棱长为2，取A1B1中点M，连接EM，则EM∥AA1，EM⊥平面ABC，连接GM
图10
∵G为A1C1的中点，
∴GM＝eq \f(1,2)B1C1＝1，A1G＝A1F＝1，FG＝eq \r(2)，
FE＝eq \r(2)，GE＝eq \r(5).
在平面EFG上作FN⊥GE，
则∵△GFE是等腰三角形，
∴FN＝eq \f(\r(3),2)，∴S△GEF＝eq \f(1,2)GE×FN＝eq \f(\r(15),4)，
S△EFB1＝S正方形ABB1A1－S△A1B1F－S△BB1E－S△AFE＝eq \f(3,2)，
作GH⊥A1B1，GH＝eq \f(\r(3),2)，
∴V三棱锥G－FEB1＝eq \f(1,3)S△FEB1×GH＝eq \f(\r(3),4)，
设B1到平面EFG距离为h，则
V三棱锥B1－EFG＝eq \f(h,3)S△GEF＝eq \f(\r(15)h,12)，
∵V三棱锥G－FEB1＝V三棱锥B1－EFG，
∴eq \f(\r(15)h,12)＝eq \f(\r(3),4)，∴h＝eq \f(3\r(5),5)
设B1F与平面GEF所成角为θ，
∵B1F＝eq \r(5) ∴sinθ＝eq \f(h,B1F)＝eq \f(\f(3\r(5),5),\r(5))＝eq \f(3,5).
∴B1F与面GEF所成的角的正弦值为eq \f(3,5).
答案：A
二、填空题
9．若正方体的棱长为eq \r(2)，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为________．
解析：正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该棱锥的高是正方体高的一半，底面面积是正方体一个面正方形面积的一半，于是，其体积为V＝2×eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2))×eq \f(1,2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2),3).
答案：eq \f(\r(2),3)
10．已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M.若圆M的面积为3π，则球O的表面积等于________．
解析：设球半径为R，圆M的半径为r，则πr2＝3π，即r2＝3由题得R2－(eq \f(R,2))2＝3，所以R2＝4⇒4πR2＝16π.
答案：16π
11．(2019年河南省百校联盟高三上学期质检)已知斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为________．
图11
图12
解析：延长AD，过D1作D1E⊥AD于E，连结BE，
因为平面A1ADD1⊥平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD，
所以D1E⊥平面ABCD，即BD1为BE在平面ABCD内的射影，
所以∠D1BE为直线BD1与平面ABCD所成的角，
因为D1E＝2sin60°＝eq \r(3)，BE＝eq \r(AB2＋AE2)＝eq \r(13)，
所以，tan∠D1BE＝eq \f(\r(3),\r(13))＝eq \f(\r(39),13).
答案：eq \f(\r(39),13)
12．(2019年江苏省扬州市高邮一中月考)已知a，b为异面直线，且a，b所成角为40°，直线c与a，b均异面，且所成角均为θ，若这样的c共有四条，则θ的范围为________．
解析：设平面α外两条直线m，n分别满足m∥a，n∥b，
则m，n相交，且夹角为40°，
若直线c与a，b均异面，且所成角均为θ，
则直线c与m，n所成角均为θ，
当0°≤θ＜20°时，不存在这样的直线c，
当θ＝20°时，这样的c只有一条，
当20°＜θ＜70°时，这样的c有两条，
当θ＝70°时，这样的c有三条，
当70°＜θ＜90°时，这样的c有四条，
当θ＝90°时，这样的c只有一条．
答案：(70°，90°)
三、解答题
图13
13．(2019年广东东莞调研)如图13，几何体S－ABC的底面是由以AC为直径的半圆O与△ABC组成的平面图形，SO⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝SB＝SC＝AC＝4，BC＝2.
(1)求直线SB与平面SAC所成角的正弦值；
(2)求几何体S－ABC的正视图中△S1A1B1的面积；
图14
(3)试探究在圆弧AC上是否存在一点P，使得AP⊥SB，若存在，说明点P的位置并证明；若不存在，说明理由．
解：(1)过点B作BH⊥AC于点H，连结SH.因为SO⊥平面ABC，BH⊂平面ABC，所以BH⊥SO.又因为BH⊥AC，SO∩AC＝O，所以BH⊥平面SAC，即∠BSH就是直线SB与平面SAC所成的角．在△ABC中，因为AB⊥BC，AC＝4，BC＝2，所以∠ACB＝60°，BH＝2sin60°＝eq \r(3).在Rt△BSH中，因为SB＝4，所以sin∠BSH＝eq \f(BH,SB)＝eq \f(\r(3),4)，即直线SB与平面SAC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
(2)由(1)知，几何体S－ABC的正视图中，△S1A1B1的边A1B1＝AH＝AC－HC，而HC＝2cs60°＝1，所以A1B1＝3.又△S1A1B1的边A1B1上的高等于几何体S－ABC中SO的长，而SA＝SC＝AC＝4，所以SO＝2eq \r(3)，所以S△S1A1B1＝eq \f(1,2)×3×2eq \r(3)＝3eq \r(3).
图15
(3)存在．证明如下：
如图15，连接BO并延长交弧AC于点M，在底面内，过点A作AP⊥BM交弧AC于点P.因为SO⊥平面ABC.
而AP⊂平面ABC，所以AP⊥SO.
又因为AP⊥BM，SO∩BM＝O，所以AP⊥平面SOB，从而AP⊥SB.
又因为AO＝OC＝BC＝2，所以有∠AOM＝∠BOC＝∠ACB＝60°，所以∠AOM＝∠POM＝60°，∠AOP＝120°，即点P位于弧AC的三等分点的位置，且∠AOP＝120°.
14.
图16
在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，过A1、C1、B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图16所示的几何体ABCD－A1C1D1，且这个几何体的体积为eq \f(40,3).
(1)证明：直线A1B∥平面CDD1C1；
(2)求棱A1A的长；
(3)求经过A1、C1、B、D四点的球的表面积．
解：(1)证法1：如题图，连结D1C，
∵ABCD－A1B1C1D1是长方体，
∴A1D1∥BC且A1D1＝BC.
∴四边形A1BCD1是平行四边形．
∴A1B∥D1C.
∵A1B⊄平面CDD1C1，D1C⊂平面CDD1C1，
∴A1B∥平面CDD1C1.
证法2：∵ABCD－A1B1C1D1是长方体，
∴平面A1AB∥平面CDD1C1.
∵A1B⊂平面A1AB，A1B⊄平面CDD1C1，
∴A1B∥平面CDD1C1.
(2)解：设A1A＝h，
∵几何体ABCD－A1C1D1的体积为eq \f(40,3)，
∴VABCD－A1C1D1＝VABCD－A1B1C1D1－VB－A1B1C1＝eq \f(40,3)，
即SABCD×h－eq \f(1,3)×S△A1B1C1×h＝eq \f(40,3)，
即2×2×h－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×h＝eq \f(40,3)，解得h＝4.
∴A1A的长为4.
(3)解：如题图，连结D1B，设D1B的中点为O，连OA1，OC1，OD，
∵ABCD－A1B1C1D1是长方体，
∴A1D1⊥平面A1AB.
∵A1B⊂平面A1AB，
∴A1D1⊥A1B.∴OA1＝eq \f(1,2)D1B.
同理OD＝OC1＝eq \f(1,2)D1B.
∴OA1＝OD＝OC1＝OB.
∴经过A1、C1、B、D四点的球的球心为点O.
∵D1B2＝A1D12＋A1A2＋AB2＝22＋42＋22＝24.
∴S球＝4π×(OB)2＝4π×(eq \f(D1B,2))2＝π×D1B2＝24π.
故经过A1、C1、B、D四点的球的表面积为24π.