2021高考数学刷题首秧专题突破练5立体几何的综合问题文含解析.docx

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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．2
C．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×＝．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．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．故选C．
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⊥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，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．
A．48 B．60 C．72 D．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．2 B．4 C．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．故选B．
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＝＝，∵∠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＋，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．22πR2 B．πR2
C．πR2 D．πR2
答案　B
9．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为正方形ABCD的两条对角线的交点，点F是棱AB的中点，则异面直线AC1与EF所成角的正切值为(　　)
A．－ B．－
C． D．
答案　D
解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，依题意知，EF∥AD，所以异面直线AC1与EF所成角为∠C1AD．连接C1D，因为AD⊥平面C1CDD1，所以AD⊥DC1，设正方体的棱长为1，则tan∠C1AD＝＝＝，所以异面直线AC1与EF所成角的正切值为．故选D．
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，则A1B＝A1D＝，BD＝2，在△A1BD中，由余弦定理得cos∠DA1B＝＝＝．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＝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．故选C．
A．，2 B．[，2]
C．(0，2) D．(0，]
答案　D
解析　由题意得，AD＝CD＝BD＝，BC＝x，取BC中点E，翻折前，在图1中，连接DE，CD，则DE＝AC＝，
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＝，AD＝，在△ADE中：①＋>，②<＋，③x＞0；由①②③可得0＜x＜．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×＝，综上，x的取值范围为(0，]．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＝，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．
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的外接球的表面积为平方丈．
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，则sin∠CBC1＝，故②错误；此长方体的长、宽、高分别为4．5丈、3丈、2丈，故其外接球的表面积为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，则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＝＋＝．
答案　144
三、解答题
(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；
(2)设几何体F－ABCD，F－BCE的体积分别为V1，V2，求V1∶V2的值．
解　(1)证明：如图，在矩形ABCD中，CB⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
∴CB⊥平面ABEF，
∵AF⊂平面ABEF，
∴AF⊥CB，
又∵AB为圆O的直径，
∴AF⊥BF，
∵CB∩BF＝B，CB，BF⊂平面CBF，
∴AF⊥平面CBF，
∵AF⊂平面DAF，∴平面DAF⊥平面CBF．
(2)几何体F－ABCD是四棱锥，F－BCE是三棱锥，过点F作FH⊥AB，交AB于H．
∵平面ABCD⊥平面ABEF，∴FH⊥平面ABCD．
(1)当D为AB中点时，求证：A′B⊥CE；
(2)当D在AB上运动时，求三棱锥A′－CDE体积的最小值．
解　(1)证明：∵三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，AA′＝AB，
∴平行四边形ABB′A′为正方形，
∵D为AB的中点，故E为B′B的中点，
∴DE⊥A′B．
∵AC＝BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB．
∵三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，
∴CD⊥平面ABB′A′，
又A′B⊂平面ABB′A′，∴CD⊥A′B．
又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE，
∵CE⊂平面CDE，∴A′B⊥CE．
(2)设BE＝x，
则AD＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x．
由已知可得点C到平面A′DE的距离等于△ABC的边AB上的高h＝＝4，
∴V三棱锥A′－CDE＝V三棱锥C－A′DE
＝(x2－6x＋36)
＝[(x－3)2＋27]，
∴当x＝3，即D为AB的中点时，三棱锥A′－CDE的体积有最小值18．
(1)求四棱锥B－ACEF的体积；
(2)在BF上有一点P，使得AP∥DE，求的值．
解　(1)∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，
又平面ACEF⊥平面ABCD．
平面ACEF∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥平面ACEF．
在△ABC中，∠ABC＝60°，
AB＝AC＝2，
设BD∩AC＝O，则可得AC＝2，BO＝，
在梯形ACEF中，AF∥CE，AF⊥AC，AC＝AF＝2，
CE＝1，
∴梯形ACEF的面积S＝×(1＋2)×2＝3，
∴四棱锥B－ACEF的体积为
(2)在平面ABF内作BM∥AF，且BM＝1，
连接AM交BF于P，则点P满足AP∥DE，
证明如下：
∵AF∥CE，CE＝1，
∴BM∥CE，且BM＝CE，
∴四边形BMEC是平行四边形，
∴BC∥ME，BC＝ME，
又在菱形ABCD中，BC∥AD，BC＝AD，
∴ME∥AD，ME＝AD，
∴四边形ADEM是平行四边形，
∴AM∥DE，即AP∥DE，
∵BM∥AF，∴△BPM∽△FPA，
又BM＝1，∴＝＝．
(1)求证：PC⊥BD；
解　(1)证明：∵AB∥CD，∠BAD＝90°，
∴∠EDC＝∠BAD＝90°．
∵DC＝DA＝2AB，E为AD的中点，