2022高考数学一轮复习第二部分专题突破练专题突破练5立体几何的综合问题含解析苏教版.doc

专题突破练(5)立体几何的综合问题一、选择题1(2022武汉模拟)m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，那么以下命题中正确的选项是()A假设，那么 B假设m，n，那么mnC假设m，n，那么mn D假设m，m，那么答案C解析对于A，假设a，那么或与相交，故错误；对于B，假设m，n，那么m与n平行或相交或异面，故错误；对于C，假设m，n，那么mn，正确；对于D，假设m，m，那么或与相交，故错误选C2(2022昆明高三摸底)直线l平面，直线m平面，那么“是“lm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，所以l，又m，所以lm；但l，lm，m不能得到.所以“是“lm的充分不必要条件应选A3(2022湖南长沙市长郡中学二模)如图，在以下三个正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面在各正方体中，直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的选项是()ABD1平面EFG的有且只有，BD1平面EFG的有且只有BBD1平面EFG的有且只有，BD1平面EFG的有且只有CBD1平面EFG的有且只有，BD1平面EFG的有且只有DBD1平面EFG的有且只有，BD1平面EFG的有且只有答案A解析对于，连接BD，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以BDGE，DD1EF，从而可得BD平面EFG，DD1平面EFG，又BDDD1D，所以平面BDD1平面EFG，所以BD1平面EFG.对于，连接DB，DA1，设正方体的棱长为1，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以()()(1cos45cos60)0，即BD1EG.连接DC1，那么()()(1cos45cos60)0，即BD1EF.又EGEFE，所以BD1平面EFG.对于图，设正方体的棱长为1，连接DB，DG，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以()()()2110，即BD1EG.连接AF，那么()()()21110，即BD1EF.又EGEFE，所以BD1平面EFG.应选A4在四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，那么以下结论正确的选项是()AACBDBBAC90CCA与平面ABD所成的角为30D四面体ABCD的体积为答案B解析ABAD1，BD，ABADABAD平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，CDBD，CD平面ABD，CDAB，又ADCDD，AB平面ACD，ABAC，即BAC90.应选B5(2022郑州二模)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADDD11，AB，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，假设直线D1P与平面EFG没有公共点，那么三角形PBB1面积的最小值为()A. B1 C D答案C解析补全截面EFG为截面EFGHQR，如图，设BTAC于T，直线D1P与平面EFG不存在公共点，D1P平面EFGHQR，易知平面ACD1平面EFGHQR，PAC，且当P与T重合时，BPBT最短，此时PBB1的面积最小，由等积法：BTACBCBA，即BT1，BT，又BB1平面ABCD，BB1BP，PBB1为直角三角形，PBB1面积的最小值为1，应选C.6如下图，在多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，那么该多面体的体积为()A2 B4 C6 D8答案B解析如下图，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V234.应选B7(2022湖北黄冈中学二模)一个几何体的三视图如下图，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回到A点，那么蚂蚁所经过路程的最小值为()A BC D2答案B解析由三视图可知，该几何体是半圆锥，其侧面展开图如下图，那么依题意，点A，M的最短距离，即为线段AM.PAPB2，半圆锥的底面半圆的弧长为，展开图中的BPM，APB，APM，在APM中，根据余弦定理有，MA22222222cos84()2，MA，即蚂蚁所经过路程的最小值为.应选B8圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，外表积的最大值是()A22R2 BR2 CR2 DR2答案B解析如下图，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，那么PO13x，圆柱的高为3R3x，所以圆柱的外表积为S2x22x(3R3x)4x26Rx，那么当xR时，S取最大值，SmaxR2.应选B9如图，在四棱锥PABCD中，ABAD，BCAD，PAAD4，ABBC2，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，假设点A，B，C，H都在球O的外表上，那么球O的半径为()A1 B C D答案D解析如图，取PD的中点H，PA的中点G，连接BG，GH，FH，CH，那么GHBC，GHBC，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，那么EFm，CHBGm，所以EFBGCH，所以点H就是平面CEF与直线PD的交点取AD的中点M，连接CM，HM，那么球O就是直三棱柱ABGMCH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ABGMCH的高BC2，底面ABG的外接圆的半径为BG，所以球O的半径R.应选D10(2022河北唐山第一次摸底)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2AA1，那么异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为()A B C D答案B解析在长方体ABCDA1B1C1D1中，连接A1D，可得A1DB1C，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ABCDA1B1C1D1中，设ABBC2AA12，那么A1BA1D，BD2，在A1BD中，由余弦定理得cosDA1B.应选B11(2022广东四校联考)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点C关于平面BDC1的对称点为M，那么AM与平面ABCD所成角的正切值为()A B C D2答案B解析如图，连接AC，交BD于点O，因为BDBC1DC1，所以BC1D是等边三角形，故三棱锥CBC1D为正三棱锥，设O为BC1D的中心，连接CO，故CO平面BC1D，延长CO到M，使得MOOC，连接OO，那么OOAM，所以AM与平面ABCD所成的角等于OO与平面ABCD所成的角因为BDOO，BDAC，ACOOO，所以BD平面AMC，故平面AMC平面ABCD，且平面ABCD平面AMCAC，根据两个平面相互垂直的性质可知OO在平面ABCD上的射影一定落在线段AC上，故OOC为OO与平面ABCD所成的角，即AM与平面ABCD所成的角因为OC，OO，所以OC，所以tanOOC，应选B12(2022湖北重点中学高三起点考试)如图，在四棱锥PABCD中，顶点P在底面的正投影O恰为正方形ABCD的中心，且AB，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，当ANMN取最小值时，动点M恰为PD的中点，那么该四棱锥的外接球的外表积为()A B C D答案B解析如图，在PC上取点M，使得PMPM，连接NM，那么MNMN，ANMNANMN，那么当A，N，M三点共线时，ANMN最小，为AM，当AMPC时，AM取得最小值，即ANNM的最小值因为此时M恰为PD的中点，所以M为PC的中点，连接AC，所以PAAC2，因此PO.易知外接球的球心在四棱锥的内部，设外接球的半径为r，那么r2(r)21，解得r，因此外接球的外表积S4r2.应选B二、填空题13(2022长春高三摸底)设和为不重合的两个平面，给出以下命题：假设内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，那么；假设外的一条直线l与内的一条直线平行，那么l；设l，假设内有一条直线垂直于l，那么；直线l的充要条件是l与内的两条直线垂直其中所有的真命题的序号是_答案解析正确；正确；满足的与不一定垂直，所以错误；直线l的充要条件是l与内的两条相交直线垂直，所以错误所有的真命题的序号是.14(2022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ABCDA1B1C1D1)的粮仓，宽3丈(即AD3丈)，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？1斛粟的体积为2.7立方尺，一丈为10尺，那么以下判断正确的选项是_(填写所有正确结论的编号)该粮仓的高是2丈；异面直线AD与BC1所成角的正弦值为；长方体ABCDA1B1C1D1的外接球的外表积为平方丈答案解析由题意，因为100002.73045AA1，解得AA120尺2丈，故正确；异面直线AD与BC1所成角为CBC1，那么sinCBC1，故错误；此长方体的长、宽、高分别为4.5丈、3丈、2丈，故其外接球的外表积为42平方丈，所以正确15如图，用一个边长为的正方形硬纸，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，那么球心与巢底面的距离为_答案解析由题意知，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，如图中的BC由图知球心与巢底面的距离OF.16(2022惠州调研)在三棱锥ABCD中，底面BCD是直角三角形且BCCD，斜边BD上的高为1，三棱锥ABCD的外接球的直径是AB，假设该外接球的外表积为16，那么三棱锥ABCD体积的最大值为_答案解析如图，过点C作CHBD于点H.由外接球的外表积为16，可得外接球的半径为2，那么AB4.因为AB为外接球的直径，所以BDA90，BCA90，即BDAD，BCCA，又BCCD，CACDC，所以BC平面ACD，所以BCAD，又BCBDB，所以AD平面BCD，所以平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCDBD，CHBD，CH平面BCD，所以CH平面ABD设ADx(0x0)，那么A1N，所以，解得x2.解法一：如图，连接B1C，B1M. 从而SA1B1MS正方形ABB1A12，A1CB1C2.在A1CB1中，cosA1CB1，所以sinA1CB1，所以SA1B1CA1CB1CsinA1CB122.设点M到平面A1B1C的距离为d，由V三棱锥MA1B1CV三棱锥CA1B1M，得SA1B1CdSA1B1MCM，所以d，即点M到平面A1B1C的距离为.解法二：如图，取A1B1的中点D，连接MD，CD，过M作MOCD于点O.在正方形ABB1A1中，易知A1B1MD，由(1)可知CMA1B1.又CMDMM，所以A1B1平面CDM.因为MO平面CDM，所以A1B1MO.又MOCD，A1B1CDD，所以MO平面A1B1C，即线段MO的长为点M到平面A1B1C的距离由(1)可得CMDM.又MD2，所以由勾股定理可得CD，SCMDCDMOCMMD，即MO2，解得MO，即点M到平面A1B1C的距离为.19. (2022安徽黄山三模)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90，以AC为折痕将ACM折起，使点M到点D的位置，且ABDA. (1)证明：CD平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQDA，求三棱锥BAPQ的体积解(1)证明：因为四边形ABCM是平行四边形，且ACM90，所以ACAB，又ADAB，ADACA，所以AB平面ACD，又CD平面ACD，所以ABCD，又CDAC，ACABA，所以CD平面ABC.(2)取AC上一点H，使CHCA，因为DQDA，连接QH，那么QHCD，所以由(1)可得QH平面ABC.因为ABAC3，所以BC3，AD3，所以BPDQ32，所以QHCD31，所以V三棱锥BAPQV三棱锥QAPBSPABQH3311.20. (2022江西省名校联考)如图，在空间几何体ABCDE中，BCD与CDE均为边长为2的等边三角形，ABC为腰长为的等腰三角形，平面CDE平面BCD，平面ABC平面BCD.(1)试在平面BCD内作一条直线，使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行，并给出详细证明；(2)求点B到平面AEC的距离解(1)如图，取BC和BD的中点H，G，连接HG，那么直线HG为所求直线证明如下因为H，G分别为BC和BD的中点，所以HGCD，所以HG平面CDE.取CD的中点O，连接EO，AH，AG，如图，易知EOCD，AHBC.因为平面CDE平面BCD，且EOCD，所以EO平面BCD，又由平面ABC平面BCD，AHBC，得AH平面BCD，所以EOAH，所以AH平面CDE，所以平面AHG平面CDE，所以直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行(2)由(1)可得EOAH，所以EO平面ABC，所以点E到平面ABC的距离和点O到平面ABC的距离相等，连接DH，那么点O到平面ABC的距离dDH，因为AB，所以三角形ABC的面积S22，而经分析可得三角形ACE的面积S1，设B到平面AEC的距离为h，用等体积法可得，V三棱锥EABCV三棱锥BACE，即2h，解得h.21. (2022湖北仙桃一中考前适应性考试)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，平面ABCD平面PAD，PADAPD，E是线段PB的中点，F是线段DC上的点，且ABCF2FD6.(1)证明：EF平面APB；(2)在PC上是否存在一点K，满足，使得平面EFK平面PAD？假设存在，求出实数的值；假设不存在，请说明理由解(1)证明：如图，取线段PA的中点M，连接MD，ME. 因为E是线段PB的中点，所以MEAB，MEAB.又ABCF2FD6，所以DFAB，所以MEDF.又DFAB，所以MEDF，所以四边形MDFE是平行四边形，所以EFMD.因为PADAPD，所以PDAD，所以MDPA.因为平面ABCD平面PAD，平面ABCD平面PADAD，ABAD，所以AB平面PAD，所以MDAB.又PAABA，PA平面APB，AB平面APB，所以MD平面APB，故EF平面APB.(2)存在满足条件的点K.由(1)可知EFMD，EF平面PAD，MD平面PAD，所以EF平面PAD.根据题意，可得当点K为PC上靠近点P的三等分点时，满足题意因为，所以FKPD.又PD平面PAD，FK平面PAD，所以FK平面PAD.又FKEFF，所以平面EFK平面PAD，此时，即.故当时，平面EFK平面PAD.