2023届高考数学一轮复习精选用卷 专题突破练（5） 立体几何的综合问题+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 专题突破练（5） 立体几何的综合问题+答案解析，共17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m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列说法中错误的是(　　)
A．若m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则m∥n
B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γ
D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
答案　B
解析　由线面平行的性质定理可知，A正确；若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，所以B错误；如图，设α∩γ＝l，β∩γ＝m，在平面γ内取一点A，

过点A分别作AB⊥l，AC⊥m，垂足分别为B，C，因为α⊥γ，α∩γ＝l，AB⊥l，AB⊂γ，所以AB⊥α，因为n⊂α，所以AB⊥n，同理可得AC⊥n，因为AB∩AC＝A，所以n⊥γ，所以C正确；因为m⊥α，m⊥β，所以α∥β，又α∥γ，所以β∥γ，所以D正确．故选B.
2．(2021·昆明高三模拟)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“α∥β”是“l⊥m”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　因为l⊥α，α∥β，所以l⊥β，又m⊂β，所以l⊥m；但l⊥α，l⊥m，m⊂β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件．故选A.
3．(2022·广东广雅中学高三上月考)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝1，AC＝，AB⊥AC，AA1＝4，则球O的表面积为(　　)
A．5π B．10π
C.20π D．
答案　C
解析　如图所示，因为AB＝1，AC＝，AB⊥AC，所以BC，B1C1的中点O1，O2，分别为△ABC，△A1B1C1的外接圆的圆心，

所以直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心是O1O2的中点，所以R＝＝＝，所以球O的表面积为S＝4πR2＝20π.故选C.
4．已知O为等腰直角三角形POD的直角顶点，以OP为旋转轴旋转一周得到几何体τ，CD是底面圆O上的弦，△COD为等边三角形，则异面直线OC与PD所成角的余弦值为(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　设OP＝r，过点D作OC的平行线，与CD平行的半径交于点E，所以∠PDE为异面直线OC与PD所成的角，在△PDE中，PE＝PD＝r，DE＝r，所以cos∠PDE＝＝.故选B.
5．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.

6. (2022·福建福州第三中学高三上第二次质量检测)陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一．传统陀螺大致是木或铁制的倒圆锥形，玩法是用鞭子抽．中国是陀螺的老家，从中国山西夏县新石器时代的遗址中就发掘了石制的陀螺．如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱．其中总高度为8 cm，圆柱部分高度为6 cm，已知该陀螺由密度为0.7 g/cm3的木质材料做成，其总质量为70 g，则最接近此陀螺圆柱底面半径的长度为(　　)

A．2.0 cm B．2.2 cm
C．2.4 cm D．2.6cm
答案　B
解析　由题意，该陀螺由密度为0.7 g/cm3的木质材料做成，其总质量为70 g，可得该陀螺的总体积为＝100 cm3，设底面半径为r，则πr2×6＋πr2×(8－6)＝100，解得r＝≈2.2 cm.故选B.
7．(2021·福建省厦门市高三毕业班5月质量检查)一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B＝∠F＝90°，∠A＝60°，∠D＝45°，BC＝DE.现将两块三角板拼接在一起，取BC的中点O与AC的中点M，则下列直线与平面OFM所成的角不为定值的是(　　)

A．AC B．AF
C.EF D．CF
答案　B
解析　因为O，M为中点，所以OM∥AB，所以OM⊥BC，又OF⊥BC，且OM∩OF＝O，所以BC⊥平面OFM，所以EF，CF与平面OFM所成的角分别为∠EFO和∠CFO，它们相等，等于45°，根据直线与平面所成角的定义知，AC与平面OFM所成的角为∠CMO＝∠A＝60°，故只有AF与平面OFM所成的角不为定值．故选B.
8. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是(　　)

A. B．
C. D．
答案　B
解析　设正方体的棱长为1，则A1C1＝，A1C＝，A1O＝OC1＝＝，OC＝，所以cos∠A1OC1＝＝，sin∠A1OC1＝，cos∠A1OC＝＝－，sin∠A1OC＝.又直线与平面所成的角小于等于90°，而∠A1OC为钝角，所以sinα的取值范围为，故选B.
9．(多选) (2021·广东省普宁二中七校联合体高三第一次联考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是(　　)

A．A，M，N，B四点共面
B．BN∥平面ADM
C．直线BN与B1M所成的角为60°
D．平面ADM⊥平面CDD1C1
答案　CD
解析　由图显然AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A错误；取DD1的中点H，连接AH，易证BN∥AH，由AH与平面ADM相交，得BN与平面ADM不平行，故B错误；取CD的中点O，连接BO，ON，可知△BON为等边三角形，故C正确；由题意得AD⊥平面CDD1C1，故平面ADM⊥平面CDD1C1，故D正确．
10. (多选)(2022·江苏盐城阜宁中学高三上第二次阶段检测)截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法正确的是(　　)

A．该截角四面体的表面积为7a2
B．该截角四面体的体积为a3
C．该截角四面体的外接球表面积为πa2
D．该截角四面体中，二面角A－BC－D的余弦值为
答案　ABC
解析　如图所示，将题中的截角四面体补成正四面体S－NPQ，截角四面体由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成，故该截角四面体的表面积为4×a2＋4×6×a2＝7a2，A正确；

∵棱长为a的正四面体的高h＝a，∴该截角四面体的体积为×(3a)2××3a－4××a2×a＝a3，B正确；设外接球的球心为O，△ABC的中心为O′，△NPQ的中心为O″，∵截角四面体上下底面距离为a－a＝a，∴＋＝a，∴ ＋＝a，∴＝a－，∴R2－＝a2＋R2－a2－a·，∴R2＝a2，∴该截角四面体的外接球表面积为4πR2＝πa2，C正确；易知二面角S－BC－A为锐角，所以二面角A－BC－D为钝角，其余弦值应为负值，D错误．故选ABC.
11．(多选)(2021·山东省德州市高三模拟)如图1，点E为正方形ABCD的边BC上异于点B，C的动点，将△ABE沿AE翻折，得到如图2所示的四棱锥B－AECD，且平面BAE⊥平面AECD，点F为线段BD上异于点B，D的动点，则在四棱锥B－AECD中，下列说法正确的有(　　)

A．直线BE与直线CF必不在同一平面上
B．存在点E使得直线BE⊥平面DCE
C．存在点F使得直线CF与平面BAE平行
D．存在点E使得直线BE与直线CD垂直
答案　AC
解析　对于A，假设直线BE与直线CF在同一平面上，所以E在平面BCF上，又E在线段EC上，EC∩平面BCF＝C，所以E与C重合，与E异于C矛盾，所以直线BE与直线CF必不在同一平面上；对于B，若存在点E使得直线BE⊥平面DCE，AE⊂平面AECD，所以BE⊥AE，又AB⊥BE，所以△ABE中有两个直角，与三角形内角和为180°矛盾，所以不存在点E使得直线BE⊥平面DCE；对于C，取F为BD的中点，EC＝AD，再取AB的中点G，则EC∥FG且EC＝FG，四边形ECFG为平行四边形，CF∥EG，则直线CF与平面BAE平行；对于D，过D作DH⊥AE于H，因为平面BAE⊥平面AECD，平面BAE∩平面AECD＝AE，所以DH⊥平面BAE，所以DH⊥BE.若存在点E使得直线BE与直线CD垂直，又DH⊂平面AECD，CD⊂平面AECD，DH∩CD＝D，所以BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，与△ABE是以B为直角的三角形矛盾，所以不存在点E使得直线BE与直线CD垂直．故选AC.
12. (多选)(2022·河北省普通高中高三教学质量监测)如图是直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1＝2，点E，F，H分别为棱DD1，D1C1，BB1上的中点，则下列结论中一定正确的是(　　)

A．点F在平面EAB1内
B．直线C1H与平面BDD1B1所成的角为
C．C1H∥平面EAB1
D．异面直线AB1与C1H所成的角为
答案　ABC
解析　如图，连接EF，DC1.因为点E，F分别为DD1，D1C1的中点，故EF∥DC1，又DC1∥AB1，所以EF∥AB1，又E∈平面EAB1，所以EF⊂平面EAB1，

所以点F在平面EAB1内，故A正确；连接A1C1，B1D1，交于点O，连接OH.由题设，知∠C1HO为直线C1H与平面BDD1B1所成的角．又C1H＝，C1O＝，且C1O⊥OH，故sin∠C1HO＝＝，所以∠C1HO＝，故B正确；设C1C的中点为P，连接BP，则C1H∥BP.又BP∥AE，所以C1H∥AE，故C1H∥平面EAB1，故C正确；由于C1H∥AE，所以异面直线AB1与C1H所成的角为∠EAB1或其补角．由题设，知AE＝，AB1＝，EB1＝，所以cos∠EAB1＝≠，故D错误．
二、填空题
13．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l∥α；③设α∩β＝l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β；④直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条直线垂直．其中所有真命题的序号是________．
答案　①②
解析　①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有真命题的序号是①②.
14. (2021·广东省实验中学高三上学期第一次阶段考试)如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，SA＝AB＝1，则异面直线SD与BC所成角的余弦值为________，点C到平面SAD的距离为________．

答案　　
解析　∵AD∥BC，∴∠SDA＝即为异面直线SD与BC所成的角，其余弦值为cos∠SDA＝＝.∵SA⊥平面ABCD，∴平面SAD⊥平面ABCD，∴点C到交线AD的距离即为点C到平面SAD的距离，为CDsin60°＝.
15. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面，记这样得到的截面多边形(含三角形)的面积为y，设BP＝x，则当x∈时，函数y＝f(x)的值域为________．

答案　
解析　如图，∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，∴正方体的对角线长为3，∵x∈，当x＝或时，截面是正三角形，此时截面的面积最小，

设截面正三角形的边长为t，由等体积法得×t2×＝××2×t，∴t＝，∴ymin＝×2＝.当x＝，即P为BD1的中点时，截面为正六边形，此时截面的面积最大，正六边形的边长为 ＝，故截面面积最大为6××2＝.∴函数y＝f(x)的值域为.
16．在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC都是边长为2的正三角形，PA＝3.若M为三棱锥P－ABC外接球上的动点，则点M到平面ABC的距离的最大值为________．
答案　＋1
解析　设BC的中点为T，连接AT，PT，如图，因为△ABC，△PBC都是边长为2的正三角形，所以AT⊥BC，PT⊥BC，

则∠ATP为二面角A－BC－P的平面角，且PT＝AT＝3，又PA＝3，所以PT2＋AT2＝PA2，所以PT⊥AT，即∠ATP＝，所以平面PBC⊥平面ABC，且PT⊥平面ABC，AT⊥平面PBC.设△ABC的外心为O1，△PBC的外心为O2，过O1作平面ABC的垂线，过O2作平面PBC的垂线，两垂线交于点O，则点O到A，B，C，P的距离相等，即点O为三棱锥P－ABC的外接球的球心．易知OO1∥O2T，O1T∥OO2，且O1T＝O2T＝1，AO1＝PO2＝2，所以四边形OO1TO2是边长为1的正方形，连接OP，所以外接球的半径R＝＝＝，所以点M到平面ABC的距离的最大值为R＋OO1＝＋1.
三、解答题
17. 在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．

(1)求证：AB∥平面DEG；
(2)求二面角C－DF－E的余弦值．
解　(1)证明：∵AD∥EF，EF∥BC，
∴AD∥BC，
又BC＝2AD，G是BC的中点，
∴AD綊BG，∴四边形ADGB是平行四边形，
∴AB∥DG.
∵AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，
∴AB∥平面DEG.
(2)∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，
∴EF⊥AE，EF⊥BE，
又AE⊥EB，
∴EB，EF，EA两两垂直．
以点E为坐标原点，EB，EF，EA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则E(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2，4,0)，F(0,3,0)，D(0，2,2)．
由已知得＝(2,0,0)是平面EFDA的一个法向量．
设平面DCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
∵＝(0，－1,2)，＝(2,1,0)，
∴令z＝1，得y＝2，x＝－1，
∴平面DCF的一个法向量为n＝(－1,2,1)．
设二面角C－DF－E的大小为θ，
则|cosθ|＝|cos〈n，〉|＝＝.
易知二面角C－DF－E为钝二面角，
∴二面角C－DF－E的余弦值为－.
18. (2021·山东青岛胶州市高三上学期期中考试)如图，在半圆柱W中，AB，CD分别为该半圆柱的上、下底面直径，E，F分别为半圆弧，上的点，AD，BC，EF均为该半圆柱的母线，AB＝AD＝2.

(1)证明：平面DEF⊥平面CEF；
(2)设∠CDF＝θ，若二面角E－CD－F的余弦值为，求θ的值．
解　(1)证明：因为EF为半圆柱的母线，所以EF⊥平面CDF，所以EF⊥CF，
又因为CD为直径，所以DF⊥CF，
因为DF∩EF＝F，DF，EF⊂平面DEF，所以CF⊥平面DEF，
又因为CF⊂平面CEF，所以平面DEF⊥平面CEF.
(2)以F为坐标原点，FD，FC，FE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Fxyz，

所以D(2cosθ，0,0)，C(0,2sinθ，0)，E(0,0,2)，
设平面CDE的法向量为n1＝(x，y，z)，
因为n1·＝(x，y，z)·(2cosθ，－2sinθ，0)＝0，
n1·＝(x，y，z)·(0，－2sinθ，2)＝0，
所以
取y＝1，解得x＝tanθ，z＝sinθ，
所以平面CDE的一个法向量为n1＝(tanθ，1，sinθ)，
取平面CDF的一个法向量n2＝(0,0,1)，
由题知＝，
所以＝，
所以(2sinθcosθ)2＝1，即(sin2θ)2＝1，
所以sin2θ＝1或sin2θ＝－1(舍去)，
所以θ＝.
19．(2022·湖北重点中学模拟)在五边形AEBCD中，BC⊥CD，CD∥AB，AB＝2CD＝2BC，AE⊥BE，AE＝BE(如图1)．将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，线段AB的中点为O(如图2)．

(1)求证：平面ABE⊥平面DOE；
(2)求平面ABE与平面ECD所成的锐二面角的大小．
解　(1)证明：因为AB＝2CD，O是线段AB的中点，所以OB＝CD.
又CD∥AB，所以四边形OBCD为平行四边形，
又BC⊥CD，所以AB⊥OD.
因为AE＝BE，O为线段AB的中点，所以EO⊥AB.
又EO∩OD＝O，EO，OD⊂平面DOE，所以AB⊥平面DOE.
又AB⊂平面ABE，故平面ABE⊥平面DOE.
(2)由(1)易知OB，OD，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

由题意知△EAB为等腰直角三角形，且AB＝2CD＝2BC，
则OA＝OB＝OD＝OE，取CD＝BC＝1，
则O(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)，＝(－1,0,0)，＝(0，－1,1)．
设平面ECD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取z＝1，得平面ECD的一个法向量为n＝(0,1,1)，
因为OD⊥平面ABE，所以平面ABE的一个法向量为＝(0,1,0)．
设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|cos〈，n〉|
＝＝.
因为0°<θ<90°，所以θ＝45°，
故平面ABE与平面ECD所成的锐二面角为45°.
20. 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；
(2)已知点D满足＝＋，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，连接BO，所以A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BO.
又∠A1AC＝60°，且各棱长均为2，
所以AO＝1，OA1＝BO＝，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的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则x＝－1，得n＝(－1,0,1)．
设侧棱AA1与平面AB1C所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
所以侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为.
(2)因为＝＋，而＝(－，－1,0)，＝(－，1,0)，
所以＝(－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(0，y0，z0)，所以＝(，y0，z0)．
因为DP∥平面AB1C，n＝(－1,0,1)为平面AB1C的一个法向量，
所以·n＝0，即z0＝.
因为＝(0，y0＋1，z0)，则由＝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.