高考数学真题与模拟训练汇编专题17 立体几何综合(教师版)

专题17 立体几何综合

第一部分 真题分类

1. （2020全国高考真题）如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻转成平面，若M、O分别为线段C、DE的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是 

A. 与平面垂直的直线必与直线BM垂直
B. 异面直线BM与所成角是定值
C. 一定存在某个位置，使
D. 三棱锥外接球半径与棱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，由E为AB的中点，
可得B为CH的中点，
又M为的中点，可得，
又平面，平面，
则平面，故与平面垂直的直线必与直线BM垂直，则A正确；
对于B，设，过E作，平面，
则，
在中，，，，
则为定值，即为定值，则B正确；
对于C，连接，可得，若，
因为，，平面，
即有平面，
即有，由在平面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，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，
可得三棱锥外接球球心为O，半径为，
即有三棱锥外接球半径与棱AD的长之比为定值，则D正确．
故选：C．
 

2. （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，，，点M在线段EF上．
   Ⅰ若M为EF的中点，求证：平面BDE；
   Ⅱ求二面角的余弦值；
   Ⅲ证明：存在点M，使得平面BDF，并求的值．
   

【答案】Ⅰ证明：设，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  ，且分
所以OAME为平行四边形
所以 分
又 平面BDE，平面BDE
所以 平面分
Ⅱ解：以C为原点，分别以CD，CB，CE为x，y，z轴建立坐标系

则2，，2，，0，，2，
设平面BDF的法向量为，
由得
则分
易知 平面ABF的法向量分
由图可知 二面角为锐角
所以 二面角的余弦值为分
Ⅲ解：设，则 
若平面BDF则，即1，分
所以解得所以，
所以  分

【解析】Ⅰ证明：设，连结OE，证明OAME为平行四边形，推出，即可证明 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，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的余弦值．
Ⅲ设，则，通过，求出M，然后求解比值即可．

3. （2018全国高考真题）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，为PD的中点，点F在PC上，且．
   Ⅰ求证：平面PAD；
   Ⅱ求二面角的余弦值；
   Ⅲ设点G在PB上，且判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

【答案】解：Ⅰ证明：平面ABCD，，
，
，，平面PAD，平面PAD，
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，

0，，1，，，0，，，
1，，，
平面AEP的一个法向量为0，，
设平面AEF的一个法向量为y，，
则，取，得1，，
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，
则．
二面角的余弦值为．
Ⅲ直线AG在平面AEF内，理由如下：
点G在PB上，且，
，
平面AEF的一个法向量为1，，
，
故直线AG在平面AEF内．

4. （2017全国高考真题）如图，在平行四边形ABCD中，，，，四边形ACEF为矩形，平面平面ABCD，，点M在线段EF上运动，且．
   
   当时，求异面直线DB与BM所成角的大小；
   设平面MBC与平面ECD所成二面角的大小为，求的取值范围．

【答案】解：在中，，，，
则，
，，
四边形ACEF为菱形，，
平面平面ABCD，平面平面，
平面ACEF，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0，，0，，，，0，，
当时，，，
，0，，
，，
异面直线DB与BM所成角的大小为．
平面ECD的一个法向量1，，
设，
由，
得，
，，
设平面MBC的法向量y，，
则，取，得，
，，
，

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：D

7．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⊥BD

②三棱锥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：①②③④

10．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，