2018年高考考点完全题数学（理）专题突破练习题_（5） 立体几何的综合问题 word版含答案

这是一份2018年高考考点完全题数学（理）专题突破练习题_（5） 立体几何的综合问题 word版含答案，共14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．已知直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则“a∥b”是“α∥β ”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　“a∥b”不能得出“α∥β”，反之由“α∥β”也得不出“a∥b”．故选D.2. 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，A1A＝AB＝2，BC＝1，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.   B．2C．4   D．2答案　A解析　在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2＝5，∴AB⊥BC.作BD⊥AC于D，则BD为侧视图的宽，且BD＝＝，∴侧视图的面积为S＝2×＝.3．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为(　　)A．3  B．4  C．5  D．6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．4．在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　　)A．A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′与平面A′BD所成的角为30°D．四面体A′BCD的体积为答案　B解析　∵AB＝AD＝1，BD＝，∴AB⊥AD.∴A′B⊥A′D.∵平面A′BD⊥平面BCD，CD⊥BD，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′B，∴A′B⊥平面A′CD，∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°.5. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AP＝AC＝1，过A点分别作AE⊥PB于点E，AF⊥PC于点F，连接EF.当△AEF的面积最大时，tan∠BPC的值是(　　)A.  B.  C.  D.答案　B解析　因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，则BC⊥AE，又PB⊥AE，则AE⊥平面PBC，所以AE⊥EF，且AE⊥PC，又AF⊥PC，所以PC⊥平面AEF，所以△AEF，△PEF均为直角三角形，因为PA＝AC＝1，且PA⊥AC，所以AF＝PF＝，而S△AEF＝AE·EF≤(AE2＋EF2)＝AF2＝，当且仅当AE＝EF时等号成立，所以当AE＝EF＝时，△AEF的面积最大，此时tan∠BPC＝＝＝，故选B.6．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．4C．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＝4.7．设A，B，C，D是半径为2的球面上的四点，且满足AB⊥AC，AD⊥AC，AB⊥AD，则S△ABC＋S△ABD＋S△ACD的最大值是(　　)A．6  B．7  C．8  D．9答案　C解析　由题意知42＝AB2＋AC2＋AD2，S△ABC＋S△ACD＋S△ABD＝(AB·AC＋AC·AD＋AD·AB)≤＋＝(AB2＋AC2＋AD2)＝8.8．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．22πR2  B.πR2  C.πR2  D.πR2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PO1＝3x，圆柱的高为3R－3x，所以圆柱的表面积为S＝2πx2＋2πx·(3R－3x)＝－4πx2＋6πRx，则当x＝R时，S取最大值，Smax＝πR2.9．在正方体ABCD－A1B1C1D1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内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ的值有(　　)A．0个  B．1个C．2个  D．3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. 10．四棱锥M－ABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，若|MA|＋|MB|＝10，则三棱锥A－BCM的体积的最大值是(　　)A．16  B．20  C．24  D．28答案　C解析　∵三棱锥A－BCM体积＝三棱锥M－ABC的体积，又正方形ABCD的边长为6，S△ABC＝×6×6＝18，又空间一动点M满足|MA|＋|MB|＝10，M点的轨迹是椭球，当|MA|＝|MB|时，M点到AB距离最大，h＝＝4，∴三棱锥M－ABC的体积的最大值为V＝S△ABCh＝×18×4＝24，∴三棱锥A－BCM体积的最大值为24，故答案为C.11．在一个棱长为4的正方体内，最多能放入的直径为1的球的个数(　　)A．64  B．66  C．68  D．70答案　B解析　根据球体的特点，最多应该是放5层，第一层能放16个；第2层放在每4个小球中间的空隙，共放9个；第3层继续往空隙放，可放16个；第4层同第2层放9个；第5层同第1、3层能放16个，所以最多可以放入小球的个数：16＋9＋16＋9＋16＝66(个)，故答案为B.12．如图所示，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，E，F分别是棱AA′，CC′的中点，过直线E，F的平面分别与棱BB′、DD′交于M，N，设BM＝x，x∈，给出以下四个命题：①平面MENF⊥平面BDD′B′；②当且仅当x＝时，四边形MENF的面积最小；③四边形MENF周长L＝f(x)，x∈是单调函数；④四棱锥C′－MENF的体积V＝h(x)为常函数．以上命题中假命题的序号为(　　)A．①④  B．②  C．③  D．③④答案　C解析　①连接BD，B′D′，则由正方体的性质可知EF⊥平面BDD′B′，所以平面MENF⊥平面BDD′B′，所以①正确．②连接MN，因为EF⊥平面BDD′B′，所以EF⊥MN，四边形MENF的对角线EF是固定的，所以要使面积最小，则只需MN的长度最小即可，此时当M为棱的中点时，即x＝时，此时MN长度最小，对应四边形MENF的面积最小，所以②正确．③因为EF⊥MN，所以四边形MENF是菱形．当x∈时，EM的长度由大变小，当x∈时，EM的长度由小变大，所以函数L＝f(x)不单调，所以③错误．④连接C′E，C′M，C′N，则四棱锥分割为两个小三棱锥，它们以C′EF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形C′EF的面积是常数．M，N到平面C′EF的距离是常数，所以四棱锥C′－MENF的体积V＝h(x)为常函数，所以④正确．所以四个命题中③假命题，选C.二、填空题13. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱DC的中点，则D1P与BC1所在直线所成角的余弦值等于________．答案　解析　连接AD1，AP，则∠AD1P就是所求的角．设AB＝2，则AP＝D1P＝，AD1＝2，∴cos∠AD1P＝.14. 如图，已知球O的面上有四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，则球O的体积等于________．答案　π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＝＝π.15. 如图，有一圆柱开口容器(下表面封闭)，其轴截面是边长为2的正方形，P是BC的中点，现有一只蚂蚁位于外壁A处，内壁P处有一粒米，则这只蚂蚁取得米粒的所经过的最短路程是________．答案　解析　由于圆柱的侧面展开图为矩形(如图所示)，则这只蚂蚁取得米粒所经过的最短路程应为AQ＋PQ，设点E与点A关于直线CD对称，因为两点之间线段最短，所以Q为PE与CD的交点时有最小值，即最小值为EP＝.16．棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，若与D1B平行的平面截正方体所得的截面面积为S，则S的取值范围是________．答案　解析　如图，过D1B的平面为BMD1N，其中M，N分别是AA1，CC1的中点，由于BD1＝a，MN＝AC＝a，AC⊥BD1，即MN⊥D1B，所以过D1B与M，N的截面的面积为S＝AC·BD＝a2，因此S的取值范围是.三、解答题17. 如图，六面体ABCD－EFGH中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD，若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.(1)求证：EG⊥DF；(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值．解　(1)证明：连接AC，由AE綊CG可得四边形AEGC为平行四边形，所以EG∥AC，又AC⊥BD，AC⊥BF，所以EG⊥BD，EG⊥BF，因为BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF.(2)设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，由已知可得平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG，同理可得EF∥HG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以P为EG的中点，又O为AC的中点，所以OP綊AE，从而OP⊥平面ABCD.又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直，且由平面几何知识知BF＝2.如图，建立空间直角坐标系，则B(0,2,0)，E(2，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，＝(2，－2,3)，＝(2，0,0)，＝(0,2，－1)．设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，由可得令y＝1，则z＝2，得平面EFGH的一个法向量为n＝(0,1,2)，设BE与平面EFGH所成角为θ，则sinθ＝＝.18．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝4.(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B1－CP－C1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，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C1B1⊥CP，由·＝(－2,0,2)·(2,0,2)＝0，得C1P⊥CP.又∵C1P∩C1B1＝C1，∴CP⊥平面B1C1P，又∵CP⊂平面B1CP，∴平面B1CP⊥平面B1C1P.(2)设AP＝a，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z＝－1，∴m＝，而＝(0,4,0)为平面C1CP的一个法向量，∴cos60°＝＝＝，解得a＝2.∴在AA1上存在一点P满足题意，且AP＝2.19. 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，A1A＝AB＝AC，D是AB的中点．(1)记平面B1C1D∩平面A1C1CA＝l，在图中作出l，并说明画法；(2)求直线l与平面B1C1CB所成角的正弦值．解　(1)延长B1D与A1A的延长线交于点F，连接C1F交AC于点E，则直线C1E(或C1F)即为l.(2)∵D是AB的中点，AD∥A1B1，∴A是A1F的中点．又∵AE∥A1C1，∴E为AC的中点．以A为原点，分别以AB，AA1，AC所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图．令A1A＝AB＝AC＝2，则有B(2,0,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(0,2,2)，E(0,0,1)，∴＝(0，－2，－1)，＝(0,2,0)，＝(－2,0,2)，设平面B1C1CB的法向量为n＝(x，y，z)，由可取n＝(1,0,1)．设l与平面B1C1CB所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉＝＝，即直线l与平面B1C1CB所成角的正弦值为.20．如图甲，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，点M，N分别在AB，CD上，且MN⊥AB，MC⊥CB，BC＝2，MB＝4.现将梯形ABCD沿MN折起，使平面AMND与平面MNCB垂直(如图乙)．(1)求证：AB∥平面DNC；(2)当DN的长为何值时，二面角D－BC－N的大小为30°？解　(1)证明：∵MB∥NC，MB⊄平面DNC，NC⊂平面DNC，∴MB∥平面DNC，同理MA∥平面DNC.又∵MA∩MB＝M，且MA，MB⊂平面MAB，∴平面MAB∥平面DNC，AB⊂平面MAB，∴AB∥平面DNC.(2)解法一：过N作NH⊥BC交BC延长线于点H，连接DH.∵平面AMND⊥平面MNCB，DN⊥MN，∴DN⊥平面MNCB，BC⊂平面MNCB，∴DN⊥BC，∵DN∩NH＝N，∴BC⊥平面DNH，从而DH⊥BC，∴∠DHN为二面角D－BC－N的平面角，∴∠DHN＝30°.由MB＝4，BC＝2，∠MCB＝90°，知∠MBC＝60°，∴CN＝4－2cos60°＝3，∴NH＝3·sin60°＝.由已知条件知tan∠NHD＝＝，∴DN＝NH·＝×＝.解法二：如图，以点N为坐标原点，以NM，NC，ND所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系，易得NC＝3，MN＝.设DN＝a，则D(0,0，a)，C(0,3,0)，B(，4,0)，M(，0,0)，A(，0，a)，设平面DBC的法向量为n1＝(x，y，z)，＝(0,3，－a)，＝(，1,0)，则令x＝－1，则y＝，z＝，∴n1＝.又∵平面NBC的法向量为n2＝(0,0,1)，∴|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，即＝，∴a2＝.又∵a>0，∴a＝，即DN＝.