2020高考数学专题突破练5立体几何的综合问题理含解析

1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＝5，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．455B．25C．4D．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＝2×15＝255，∴侧视图的面积为S＝2×255＝455．故选A．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．3B．4C．5D．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．故选C．24．在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，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13答案B解析∵AB＝AD＝1，BD＝2，∴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°．故选B．5．(2018·河南豫东、豫北十校测试)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，原为木质结构，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，3六根等长的正四棱柱体分成三组，经90度榫卯起来，若正四棱柱体的高为4，底面正方形的边长为1，则该鲁班锁的表面积为()A．48B．60C．72D．84答案B解析复杂的图形表面积可以用三视图投影的方法计算求得；如图所示：投影面积为4×2＋1×2＝10，共有6个投影面积，所以该几何体的表面积为10×6＝60．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．2B．4C．6D．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＝12×23＝4．故选B．7．(2018·湖北黄冈中学二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图是半圆(如图)．现有一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周4回到A点，则蚂蚁所经过路程的最小值为()A．πB．6＋2C．6－2D．π＋2答案B解析由三视图可知，该几何体是半圆锥，其展开图如图所示，则依题意，点A，M的最短距离，即为线段AM．∵PA＝PB＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM＝πPB＝π2，∵∠APB＝π3，∴∠APM＝5π6，∴在△APM中，根据余弦定理有，MA2＝22＋22－2×2×2cos5π6＝8＋43＝(6＋2)2，∴MA＝6＋2，即蚂蚁所经过路程的最小值为6＋2．故选B．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．22πR2B．94πR2C．83πR2D．52πR2答案B5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PO13R＝xR，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＝34R时，S取最大值，Smax＝94πR2．故选B．9．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，平面CEF与直线PD交于点H，若点A，B，C，H都在球O的表面上，则球O的半径为()A．1B．2C．32D．3答案D解析如图，取PD的中点H，PA的中点G，则GH＝BC，GH∥BC，所以四边形BCHG是平行四边形．因为EF∥平面PCD，设平面PAB与平面PCD相交于直线m，则EF∥m，CH∥BG∥m，6所以EF∥BG∥CH，所以点H就是平面CEF与直线PD的交点．取AD的中点M，则球O就是直三棱柱ABG－MCH的外接球，球心O是两底面外接圆圆心连线的中点．直三棱柱ABG－MCH的高BC＝2，底面△ABG的外接圆的半径为12BG＝2，所以球O的半径R＝12＋22＝3．故选D．10．(2018·河北唐山第一次摸底)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为()A．105B．15C．55D．155答案B解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1D，可得A1D∥B1C，所以异面直线A1B与B1C所成的角即为直线A1B与直线A1D所成的角，即∠DA1B为异面直线A1B与B1C所成的角，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AB＝BC＝2AA1＝2，则A1B＝A1D＝5，BD＝22，在△A1BD中，由余弦定理得cos∠DA1B＝A1B2＋A1D2－BD22A1B·A1D＝5＋5－82×5×5＝15．故选B．11．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MQ→＝λMN→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．故选C．12．(2019·四川第一次诊断)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝x(x0)，D是斜边AB的中点，将△BCD沿直线CD翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB⊥AD，则x的取值范围是()7A．22，2B．[3，23]C．(0，2)D．(0，3]答案D解析由题意得，AD＝CD＝BD＝x2＋12，BC＝x，取BC中点E，翻折前，在图1中，连接DE，CD，则DE＝12AC＝12，翻折后，在图2中，此时CB⊥AD．∵BC⊥DE，BC⊥AD，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AE，又E为BC中点，∴AB＝AC＝1，∴AE＝1－14x2，AD＝x2＋12，在△ADE中：①x2＋12＋121－14x2，②x2＋1212＋1－14x2，③x＞0；由①②③可得0＜x＜3．如图3，翻折后，当△B1CD与△ACD在一个平面上，AD与B1C交于M，且AD⊥B1C，AD＝B1D＝CD＝BD，∠CBD＝∠BCD＝∠B1CD，又∠CBD＋∠BCD＋∠B1CD＝90°，∴∠CBD＝∠BCD＝∠B1CD＝30°，∴∠A＝60°，BC＝ACtan60°，此时x＝1×3＝3，综上，x的取值范围为(0，3]．故选D．二、填空题13．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＝2，则球O的体积等于________．8答案6π解析如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球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|＝22＋22＋22＝2R，所以R＝62，故球O的体积V＝4πR33＝6π．14．(2018·湖南湘潭四模)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体(记为ABCD－A1B1C1D1)的粮仓，宽3丈(即AD＝3丈)，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？”已知1斛粟的体积为2．7立方尺，一丈为10尺，则下列判断正确的是________．(填写所有正确结论的编号)①该粮仓的高是2丈；②异面直线AD与BC1所成角的正弦值为31313；③长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为133π4平方丈．答案①③解析由题意，因为10000×2．7＝30×45×AA1，解得AA1＝20尺＝2丈，故①正确；异面直线AD与BC1所成角为∠CBC1，则sin∠CBC1＝21313，故②错误；此长方体的长、宽、高分别为4．5丈、3丈、2丈，故其外接球的表面积为4π4.52＋32＋2222＝133π4平方丈，所以③正确．915．如图，用一个边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为__________．答案3＋12解析由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC；折起后原正方形顶点到底面的距离为12，如图中的BC．由图知球心与巢底面的距离OF＝1－122＋12＝3＋12．16．(2018·珠海摸底)用一张16×10的长方形纸片，在四个角剪去四个边长为x的正方形(如图)，然后沿虚线折起，得到一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________．答案144解析沿虚线折出纸盒后，该纸盒的长为16－2x，宽为10－2x，高为x，则0＜x＜5，其容积为V＝x(16－2x)·(10－2x)＝4x3－52x2＋160x，所以V′＝12x2－104x＋160＝4(x－102)(3x－20)，令V′＝0，得x＝2或x＝2035(舍去)，当x∈(0，2)时，V′＞0，即在(0，2)上，V(x)是增函数；当x∈(2，5)，V′＜0，即在(2，5)上，V(x)是减函数，所以当x＝2时，V(x)有最大值为144．三、解答题17．(2018·湖北八市联考)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P－EF－B的大小为60°．(1)求证：EF⊥PB；(2)当点E为线段AB靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值．解(1)证明：∵AB＝BC＝3，BC⊥AB，EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩BE＝E，∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PB．(2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角P－EF－B的平面角，∴∠PEB＝60°，又PE＝2，BE＝1，由余弦定理得PB＝3，∴PB2＋EB2＝PE2，∴PB⊥EB，∴PB，BC，EB两两垂直．11以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，3)，C(3，0，0)，E(0，1，0)，F(2，1，0)，∴PE→＝(0，1，－3)，PF→＝(2，1，－3)，设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，由n·PE→＝0，n·PF→＝0，即y－3z＝0，2x＋y－3z＝0，令y＝3，则z＝1，x＝0，可得n＝(0，3，1)，又PC→＝(3，0，－3)，∴sinθ＝n·PC→|n||PC→|＝14．故直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值为14．18．(2019·广东华南师大附中综合测试)在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD．(1)证明：直线CE⊥平面ADF；(2)已知P为棱BC上的点，试确定P点位置，使二面角P－DF－A的大小为60°．解(1)证明：∵CD∥EF，CD＝EF＝CF＝2．∴四边形CDEF为菱形，∴CE⊥DF．∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，∴AD⊥平面CDEF，∴CE⊥AD，又∵AD∩DF＝D，∴直线C