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，α，β，γ是三个不同的平面，那么以下命题中正确的选项是(　　)
A．假设α⊥γ，β⊥γ，那么α∥β B．假设m∥α，n∥α，那么m∥n
C．假设m⊥α，n⊥α，那么m∥n D．假设m∥α，m∥β，那么α∥β
答案　C
解析　对于A，假设a⊥γ，β⊥γ，那么α∥β或α与β相交，故错误；对于B，假设m∥α，n∥α，那么m与n平行或相交或异面，故错误；对于C，假设m⊥α，n⊥α，那么m∥n，正确；对于D，假设m∥α，m∥β，那么α∥β或α与β相交，故错误．选C．
2．(2022·昆明高三摸底)直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，那么“α∥β〞是“l⊥m〞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⊥α，α∥β，所以l⊥β，又m⊂β，所以l⊥m；但l⊥α，l⊥m，m⊂β不能得到α∥β.所以“α∥β〞是“l⊥m〞的充分不必要条件．应选A．
3．(2022·湖南长沙市长郡中学二模)如图，在以下三个正方体ABCD－A1B1C1D1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(　　)
A．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②③
B．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有①
C．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②
D．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有③
答案　A
解析　对于①，连接BD，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以BD∥GE，DD1∥EF，从而可得BD∥平面EFG，DD1∥平面EFG，又BD∩DD1＝D，所以平面BDD1∥平面EFG，所以BD1∥平面EFG.
对于②，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·＝(－)·＝(·－·)＝×(1××cos45°－××cos60°)＝0，即BD1⊥EG.连接DC1，那么·＝(－)·＝(·－·)＝×(1××cos45°－××cos60°)＝0，即BD1⊥EF.又EG∩EF＝E，所以BD1⊥平面EFG.
对于图③，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·＝(－)·(－)＝(－)·＝2－·＋·＝－×1×＋××1×＝0，即BD1⊥EG.连接AF，那么·＝(－)·(－)＝(－)·＝2－·－·＝1－××1×－××1×＝0，即BD1⊥EF.又EG∩EF＝E，所以BD1⊥平面EFG.应选A．
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，那么以下结论正确的选项是(　　)
A．A′C⊥BD
B．∠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，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′B，又A′D∩CD＝D，∴A′B⊥平面A′CD，∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°.应选B．
5．(2022·郑州二模)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，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. B．1
C． D．
答案　C
解析　补全截面EFG为截面EFGHQR，如图，设BT⊥AC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，∴P∈AC，且当P与T重合时，BP＝BT最短，此时△PBB1的面积最小，
由等积法：BT×AC＝BC×BA，即BT×＝×1×，∴BT＝，又BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥BP，△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，那么该多面体的体积为(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
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V＝×23＝4.应选B．
7．(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．π B．＋
C．－ D．π＋2
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.∵PA＝PB＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM＝＝，∵∠APB＝，∴∠APM＝，∴在△APM中，根据余弦定理有，MA2＝22＋22－2×2×2cos＝8＋4＝(＋)2，∴MA＝＋，即蚂蚁所经过路程的最小值为＋.应选B．
8．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(　　)
A．22πR2 B．πR2
C．πR2 D．πR2
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PO1＝3x，圆柱的高为3R－3x，所以圆柱的外表积为S＝2πx2＋2πx(3R－3x)＝－4πx2＋6πRx，那么当x＝R时，S取最大值，Smax＝πR2.应选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，假设点A，B，C，H都在球O的外表上，那么球O的半径为(　　)
A．1 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，那么EF∥m，CH∥BG∥m，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，连接CM，HM，那么球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BG＝，所以球O的半径R＝＝.应选D．
10．(2022·河北唐山第一次摸底)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，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，那么A1B＝A1D＝，BD＝2，在△A1BD中，由余弦定理得cos∠DA1B＝＝＝.应选B．
11．(2022·广东四校联考)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1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． D．2
答案　B
解析　如图，连接AC，交BD于点O，因为BD＝BC1＝DC1＝，所以△BC1D是等边三角形，故三棱锥C－BC1D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MO′＝O′C，连接OO′，那么OO′∥AM，所以AM与平面ABCD所成的角等于OO′与平面ABCD所成的角．因为BD⊥OO′，BD⊥AC，AC∩OO′＝O，所以BD⊥平面AMC，故平面AMC⊥平面ABCD，且平面ABCD∩平面AMC＝AC，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∠O′OC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O′C＝＝，所以tan∠O′OC＝＝，应选B．
12．(2022·湖北重点中学高三起点考试)如图，在四棱锥P－ABCD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AN＋MN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PM＝PM′，连接NM′，那么MN＝M′N，AN＋MN＝AN＋M′N，那么当A，N，M′三点共线时，AN＋M′N最小，为AM′，当AM′⊥PC时，AM′取得最小值，即AN＋NM′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PA＝AC＝2，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)2＋1，解得r＝，因此外接球的外表积S＝4πr2＝.应选B．
二、填空题
13．(2022·长春高三摸底)设α和β为不重合的两个平面，给出以下命题：①假设α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，那么α∥β；②假设α外的一条直线l与α内的一条直线平行，那么l∥α；③设α∩β＝l，假设α内有一条直线垂直于l，那么α⊥β；④直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．
答案　①②
解析　①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有的真命题的序号是①②.
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？〞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)．
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；
③长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的外表积为平方丈．
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，那么sin∠CBC1＝，故②错误；此长方体的长、宽、高分别为4.5丈、3丈、2丈，故其外接球的外表积为4π2＝平方丈，所以③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A－BCD中，底面BCD是直角三角形且BC⊥CD，斜边BD上的高为1，三棱锥A－BCD的外接球的直径是AB，假设该外接球的外表积为16π，那么三棱锥A－BCD体积的最大值为________．
答案　
解析　如图，过点C作CH⊥BD于点H.由外接球的外表积为16π，可得外接球的半径为2，那么AB＝4.因为AB为外接球的直径，所以∠BDA＝90°，∠BCA＝90°，即BD⊥AD，BC⊥CA，又BC⊥CD，CA∩CD＝C，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥AD，又BC∩BD＝B，所以AD⊥平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD，又平面ABD∩平面BCD＝BD，CH⊥BD，CH⊂平面BCD，所以CH⊥平面ABD．设AD＝x(0<x<4)，那么BD＝.在△BCD中，BD边上的高CH＝1，所以V三棱锥A－BCD＝V三棱锥C－ABD＝××x××1＝ ，当x2＝8时，V三棱锥A－BCD有最大值，故三棱锥A－BCD体积的最大值为.
三、解答题
17．(2022·郑州模拟)
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝，M是PC的中点．
(1)求证：平面PAC⊥平面MBD；
(2)假设PB⊥PD，三棱锥P－ABD的体积为，求四棱锥P－ABCD的侧面积．
解　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，
∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC.
又BD⊂平面MBD，∴平面PAC⊥平面MBD.
(2)设菱形ABCD的边长为x，
∵∠ABC＝，∴∠BAD＝.
在△ABD中，BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠BAD＝2x2－2x2·＝3x2，∴BD＝x.
又PA⊥平面ABCD，AB＝AD，PB⊥PD，
∴PB＝PD＝x，
∴PA＝＝＝x.
又S△ABD＝AB·AD·sin∠BAD＝·x2·sin＝x2，
∴V三棱锥P－ABD＝·S△ABD·PA＝·x2·x＝，∴x＝2，
∴PA＝，PB＝PD＝.
∵∠ABC＝，∴AC＝AB＝2.
又PA⊥平面ABCD，∴PC＝PB＝，
∴四棱锥P－ABCD的侧面积为2S△PAB＋2S△PBC
＝2×××2＋2×××2
＝2(＋)．
18. (2022·福建莆田月考)如下图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是棱AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.
(1)求证：B1N⊥A1C；
(2)求点M到平面A1B1C的距离．
解　(1)证明：如图，连接CM，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以CM⊥AA1.
在△ABC中，由题意知AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.
又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.
因为B1N⊂平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.
又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.
因为A1C⊂平面A1CM，所以B1N⊥A1C.
(2)在矩形ABB1A1中，A1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N，所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝.
因为△ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是棱AB，AA1的中点，所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2.
设AA1＝x(x>0)，那么A1N＝，所以＝，
解得x＝2.
解法一：如图，连接B1C，B1M.
从而S△A1B1M＝S正方形ABB1A1＝2，A1C＝B1C＝2.
在△A1CB1中，cos∠A1CB1＝＝，
所以sin∠A1CB1＝，所以S△A1B1C＝A1C·B1C·sin∠A1CB1＝×2×2×＝.
设点M到平面A1B1C的距离为d，由V三棱锥M－A1B1C＝V三棱锥C－A1B1M，得S△A1B1C·d＝S△A1B1M·CM，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MO⊥CD于点O.
在正方形ABB1A1中，易知A1B1⊥MD，由(1)可知CM⊥A1B1.
又CM∩DM＝M，所以A1B1⊥平面CDM.
因为MO⊂平面CDM，所以A1B1⊥MO.
又MO⊥CD，A1B1∩CD＝D，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CM⊥DM.
又MD＝2，所以由勾股定理可得CD＝＝，S△CMD＝·CD·MO＝·CM·MD，即××MO＝××2，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，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到点D的位置，且AB⊥DA.
(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BP＝DQ＝DA，求三棱锥B－APQ的体积．
解　(1)证明：因为四边形ABCM是平行四边形，且∠ACM＝90°，
所以AC⊥AB，又AD⊥AB，AD∩AC＝A，所以AB⊥平面ACD，
又CD⊂平面ACD，所以AB⊥CD，
又CD⊥AC，AC∩AB＝A，所以CD⊥平面ABC.
(2)取AC上一点H，使CH＝CA，
因为DQ＝DA，连接QH，那么QH∥CD，
所以由(1)可得QH⊥平面ABC.
因为AB＝AC＝3，所以BC＝3，AD＝3，
所以BP＝DQ＝3×＝2，所以QH＝CD＝×3＝1，
所以V三棱锥B－APQ＝V三棱锥Q－APB＝S△PAB·QH＝×××3×3×1＝1.
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HG∥CD，所以HG∥平面CDE.
取CD的中点O，连接EO，AH，AG，如图，易知EO⊥CD，AH⊥BC.
因为平面CDE⊥平面BCD，且EO⊥CD，所以EO⊥平面BCD，
又由平面ABC⊥平面BCD，AH⊥BC，得AH⊥平面BCD，
所以EO∥AH，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EO∥AH，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d＝DH＝，
因为AB＝，所以三角形ABC的面积S＝×2×＝2，
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E－ABC＝V三棱锥B－ACE，即×2×＝××h，解得h＝.
21. (2022·湖北仙桃一中考前适应性考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，平面ABCD⊥平面PAD，∠PAD＝∠APD，E是线段PB的中点，F是线段DC上的点，且AB＝CF＝2FD＝6.
(1)证明：EF⊥平面APB；
(2)在PC上是否存在一点K，满足＝λ，使得平面EFK∥平面PAD？假设存在，求出实数λ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ME∥AB，
ME＝AB.
又AB＝CF＝2FD＝6，所以DF＝AB，所以ME＝DF.
又DF∥AB，所以ME∥DF，所以四边形MDFE是平行四边形，所以EF∥MD.
因为∠PAD＝∠APD，所以PD＝AD，所以MD⊥PA.
因为平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，
所以MD⊥AB.
又PA∩AB＝A，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EF∥MD，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FK∥PD.
又PD⊂平面PAD，FK⊄平面PAD，所以FK∥平面PAD.
又FK∩EF＝F，所以平面EFK∥平面PAD，此时＝，即λ＝.
故当＝时，平面EFK∥平面PAD.