2023高考数学二轮真题与模拟训练26讲 专题17 立体几何综合解析

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专题17 立体几何综合第一部分 真题分类（2020全国高考真题）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD)，若M、O分别为线段A1C、DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是(  )A. 与平面A1DE垂直的直线必与直线BM垂直B. 异面直线BM与A1E所成角是定值C. 一定存在某个位置，使DE⊥MOD. 三棱锥A1-ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值【答案】C【解析】解：对于A，延长CB，DE交于H，连接A1H，由E为AB的中点，可得B为CH的中点，又M为A1C的中点，可得BM//A1H，又BM⊄平面A1DE，A1H⊂平面A1DE，则BM//平面A1DE，故与平面A1DE垂直的直线必与直线BM垂直，则A正确；对于B，设AB=2AD=2a，过E作EG//BM，G∈平面A1DC，则∠A1EG=∠EA1H，在△EA1H中，EA1=a，EH=DE=2a，A1H=a2+2a2-2⋅a⋅2a⋅(-22)=5a，则∠EA1H为定值，即∠A1EG为定值，则B正确；对于C，连接A1O，可得DE⊥A1O，若DE⊥MO，因为A1O∩MO=O，A1O，MO⊂平面A1MO，即有DE⊥平面A1MO，即有DE⊥A1C，由A1C在平面ABCD中的射影为AC，可得AC与DE垂直，但AC与DE不垂直．则不存在某个位置，使DE⊥MO，则C不正确；对于D，连接OA，由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，可得三棱锥A1-ADE外接球球心为O，半径为22a，即有三棱锥A1-ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值，则D正确．故选：C．（2019全国高考真题）已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，点M在线段EF上．(Ⅰ)若M为EF的中点，求证：AM//平面BDE；(Ⅱ)求二面角A-BF-D的余弦值；(Ⅲ)证明：存在点M，使得AM⊥平面BDF，并求EMEF的值．【答案】(Ⅰ)证明：设AC∩BD=O，连结OE，因为 正方形ABCD，所以O为AC中点又  矩形ACEF，M为EF的中点所以  EM//OA，且EM=OA……………………………..(2分)所以OAME为平行四边形所以 AM//OE……………………………..(4分)又 AM⊄平面BDE，OE⊂平面BDE所以 AM//平面BDE……………………………(5分)(Ⅱ)解：以C为原点，分别以CD，CB，CE为x，y，z轴建立坐标系C-xyz则A(2,2，0)，B(0,2，0)，D(2,0，0)，F(2,2，1)DB=(-2,2,0),DF=(0,2,1)设平面BDF的法向量为n=(x,y,z)，由DB⋅n=0DF⋅n=0得-2x+2y=02y+z=0则n=(1,1,-2)……………(7分)易知 平面ABF的法向量m=(0,1,0)……………(8分)cos=n⋅m|n|⋅|m|=16=66由图可知 二面角A-BF-D为锐角所以 二面角A-BF-D的余弦值为66……………(10分)(Ⅲ)解：设M(x0,x0,1)，则 AM=(x0-2,x0-2,1)若AM⊥平面BDF则AM//n，即(x0-2,x0-2,1)//(1,1，-2)……………(12分)所以x0-2=1-2解得x0=32所以M(32,32,1)，所以  EMEF=32222=34……………(14分)【解析】(Ⅰ)证明：设AC∩BD=O，连结OE，证明OAME为平行四边形，推出AM//OE，即可证明 AM//平面BDE．(Ⅱ)以C为原点，分别以CD，CB，CE为x，y，z轴建立坐标系C-xyz，求出平面BDF的法向量平面ABF的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A-BF-D的余弦值．(Ⅲ)设M(x0,x0,1)，则AM=(x0-2,x0-2,1)，通过AM//n，求出M，然后求解比值即可．（2018全国高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC=13．(Ⅰ)求证：CD⊥平面PAD；(Ⅱ)求二面角F-AE-P的余弦值；(Ⅲ)设点G在PB上，且PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】解：(Ⅰ)证明：∵PA⊥平面ABCD，，∴PA⊥CD，∵AD⊥CD，PA∩AD=A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD．(Ⅱ)以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，A(0,0，0)，E(0,1，1)，F(23,23,43)，P(0,0，2)，B(2,-1,0)，AE=(0,1，1)，AF=(23,23,43)，平面AEP的一个法向量为n=(1,0，0)，设平面AEF的一个法向量为m=(x,y，z)，则m⋅AE=y+z=0m⋅AF=23x+23y+43z=0，取y=1，得m=(1,1，-1)，设二面角F-AE-P的平面角为θ，由图可知θ为锐角，则cosθ=|m⋅n||m|⋅|n|=13=33．∴二面角F-AE-P的余弦值为33．(Ⅲ)直线AG在平面AEF内，理由如下：∵点G在PB上，且PGPB=23.∴G(43,-23,23)，∴AG=(43,-23,23)，∵平面AEF的一个法向量为m=(1,1，-1)，m⋅AG=43-23-23=0，故直线AG在平面AEF内．（2017全国高考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠ABC=π3，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，AF=1，点M在线段EF上运动，且EM=λEF．(1)当λ=12时，求异面直线DB与BM所成角的大小；(2)设平面MBC与平面ECD所成二面角的大小为θ(0<θ≤π2)，求cosθ的取值范围．【答案】解：(1)在△ABC中，AB=1，BC=AD=2，∠ABC=π3，则AC=12+22-2×1×2×cosπ3=3，∴AB2+AC2=BC2，∴AB⊥AC，∵四边形ACEF为菱形，∴FA⊥AC，∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，FA⊂平面ACEF，∴FA⊥平面ABCD，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0，0)，B(1,0，0)，C(0,3,0)，E(0,3,1)，F(0,0，1)，当λ=12时，EM=12EF，∴M(0,32,1)，∴BM=(-1,32,1)，DE=(1,0，1)，∴BM⋅DE=0，∴BM⊥BE，∴异面直线DB与BM所成角的大小为90°．(2)平面ECD的一个法向量m=(0,1，0)，设M(x0,y0,z0)，由EM=λ(0,-3,0)=(0,-3λ,0)=(x0,y0-3,z0-1)，得M(0,3(1-λ),1)，∴BM=(-1,3(1-λ),1)，BC=(-1,3,0)，设平面MBC的法向量n=(x,y，z)，则n⋅BC=-x+3y=0n⋅BM=-x+3(1-λ)y+z=0，取y=1，得m=(3,1,3λ)，∵0<θ≤π2，∴cosθ=|m⋅n||m|⋅|n|=14+3λ2，∵0≤λ≤1，∴cosθ∈[77,12].第二部分 模拟训练一、单选题1．在矩形ABCD中，，，沿矩形对角线BD将折起形成四面体ABCD，在这个过程中，现在下面四个结论：①在四面体ABCD中，当时，；②四面体ABCD的体积的最大值为；③在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成角可能为；④四面体ABCD的外接球的体积为定值.其中所有正确结论的编号为( )A．①④ B．①② C．①②④ D．②③④【答案】C【解析】如图，当时，∵，∴平面，∵平面，∴，即①正确；当平面平面时，四面体ABCD的体积最大，最大值为，即②正确；当平面平面时，BC与平面ABD所成的角最大，为，而，∴BC与平面ABD所成角一定小于，即③错误；在翻折的过程中，和始终是直角三角形，斜边都是BD，其外接球的球心永远是BD的中点，外接球的直径为BD，∴四面体ABCD的外接球的体积不变，即④正确.故正确的有①②④.故选：C.2．在长方体中，，，为棱的中点，动点满足，则点的轨迹与长方体的面的交线长等于（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】如下图所示：当在面内时，面，面；又， 在与中，∵，则， ∴，则， 即． 在平面中，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系， 则，， 设， 由，得，整理得：，即． ∴点的轨迹是以为圆心，半径为的圆． 设圆与面的交点为、，作垂直轴于点，则；∴； 故点的轨迹与长方体的面的交线为劣弧，所以劣弧的长为.故选：A．3．如图为正方体，动点从点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到的运动过程中，点与平面的距离保持不变，运动的路程与之间满足函数关系，则此函数图象大致是（ ）A． B．C． D．【答案】C【解析】解：如图连接、、，在正方体中，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，面，面，所以面，同理可证面，又，所以面面所以点在的边上沿逆时针方向运动，设正方体的棱长为，将平面与平面翻折到同一个平面,当时，，则，所以在区间上的图象关于直线对称，又，，所以，同理在区间上的图象关于直线对称，在区间上的图象关于直线对称，符合C选项的图象特征.故选：C.4．正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（ ）A． B． C． D．5【答案】B【解析】如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，由且，得是平行四边形，则且，又且，得且，则共面，故平面截该正方体所得的截面为.又，，，，故的面积为.故选：B.5．已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，，则，因为，所以，即，所以点的轨迹为以点为球心、为半径的球与正方体表面的交线，即为如图的，，，要使得与底面所成的角最大，则与底面的交点到点的距离最短，从而点在上，且在上，则，从而，所以的最大值为，故选：A．6．已知正方体的棱长为，为的中点，下列说法中正确的是（　　 ）A．与所成的角大于B．点到平面的距离为C．三棱锥的外接球的表面积为D．直线与平面所成的角为【答案】D【解析】解：如图，对于A，取的中点，连接，，则为与所成的角，∵，， ，故A错误；对于B，由于平面，故到平面的距离即点到平面的距离，连接交于，可得平面，而，∴点到平面的距离为，故B错误；对于C，三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，∵为矩形，且，， ，四棱锥的高为，设四棱锥的外接球的半径为，则，解得．∴三棱锥的外接球的表面积，故C错误；对于D，连接，取的中点，连接交于，连接，，∵，∴是直线与平面所成的角，在直角三角形中， ， ，∴，故D正确．故选：D7．无人侦察机在现代战争中扮演着非常重要的角色，我国最新款的无人侦察机名叫“无侦”.无侦(如图1所示)是一款以侦察为主的无人机，它配备了2台火箭发动机，动力强劲，据报道它的最大飞行速度超过3马赫，比大多数防空导弹都要快.如图2所示，已知空间中同时出现了，，，四个目标(目标和无人机的大小忽略不计)，其中，，，，且目标，，所在平面与木标，，所在平面恰好垂直，若无人机可以同时观察到这四个目标，则其最小侦测半径为______.【答案】【解析】如图所示，三棱锥的外接球的球心在平面上的射影就是正三角形的外接圆圆心，记为，连接，，则.设，连接，则①.过点作于，过点作于，连接，，因为平面平面，所以平面.又平面，所以四边形为矩形，故，.在中，，，，所以，故，所以，.取的中点，则，连接，则，，故，故在中，，即②.由①②解得所以最小侦测半径为.故答案为：.8．如图，已知边长为1的正方形与正方形所在平面互相垂直，为的中点，为线段上的动点，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为______.【答案】【解析】如图，由题意知三棱锥的体积最大时，点与点重合，即求三棱锥外接球的表面积，因为正方形与正方形的边长均为1，点为的中点，所以，，.过点作，垂足为，由正方形与正方形所在平面互相垂直，得平面.设三棱锥外接球的球心为，的中点为，连接，则平面.延长到点，使.连接，设，则，，解得，设三棱锥外接球的半径为，则.故所求表面积故答案为：9．如图，正方体ABCD –A1B1C1D1的棱长为1 ，线段AC1上有两个动点E、F，且 EF，给出下列四个结论:①CE⊥BD②三棱锥E - BCF的体积为定值③∆BEF在底面ABCD内的正投影是面积为定值的三角形④在平面ABCD内存在无数条与平面DEA1平行的直线其中，正确的结论是 ____________【答案】①②③④【解析】因为平面，所以，故①对；因为点到直线的距离是定值，点到平面的距离也是定值，所以三棱锥的体积为定值，故②对；线段在底面上的正投影是线段，所以△在底面 内的正投影是△.又因为线段的长是定值，所以线段是定值，从而△的面积是定值，故③对；设平面与平面的交线为，则在平面 内与直线平行的直线有无数条，故④对. 所以正确结论是①②③④．故答案为：①②③④10．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，且，是边长为2的正三角形，顶点在上的射影为点，且，，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（Ⅰ）证明：由顶点在上投影为点，可知，．取的中点为，连结，．在中，，，所以． 在中，，，所以．所以，，即．∵ ∴ 面．又面，所以面面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，且所以 面，且面．以所在直线为轴，所在直线为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： ，，， 设平面，的法向量分别为，则，则，，则， ，所以二面角的余弦值为．11．四面体中，，是上一动点，、分别是、的中点．（1）当是中点，时，求证：；（2），当四面体体积最大时，求二面角的平面角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）取BC的中点H，连接DH，BF，，连接OA，过 做 的平行线交 于点 ，如图， ，， 此三棱锥是正四面体，O为的中心， 面，以O为坐标原点，分别以OF，OM，OA为空间直角坐标系的x，y，z轴，建立空间直角坐标系，易知， ，，， ，，，，，，， ， ， ，得证.（2）如图，取的中点，连接，，， ， ， 均为等边三角形，，，，面，面，，设 ，则 ，，，，当 ，即 时，四面体体积有最大值，此时， ，，为等腰直角三角形，，如图，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，， ，，设面的法向量为 ，由 ，得， 取，设面的法向量为 ，由 ，得，取， ， ，故答案是.12．某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为的圆柱体的四分之一．（1）当圆弧E2F2（包括端点）上的点P与B1的最短距离为5时，证明：DB1⊥平面D2EF．（2）若D1D2＝3．当点P在圆弧E2E2（包括端点）上移动时，求二面角P﹣A1C1﹣B1的正切值的取值范围．【答案】（1）见解析，（2）【解析】（1）证明：作平面于，则在圆弧上，因为，所以当取最小值时，最小，由圆的对称性可知，的最小值为，所以,如图，以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，,因为，所以,因为平面，平面，,所以DB1⊥平面D2EF，（2）解：若D1D2＝3，由（1）知,设，因为，设所以，，设平面的法向量为，则，令，则，取平面的一个法向量，设二面角的大小为，显然是钝角，则，，则，所以二面角的正切值的取值范围为，