1、届高考数学理刷题首选卷 立体几何的综合问题专题突破练(5)立体几何的综合问题一、选择题1已知直线a平面，直线b平面，则“ab”是“ ”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“ab”不能得出“”，反之由“”也得不出“ab”故选D2如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，A1AAB2，BC1，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 B2C4 D2答案A解析在ABC中，AC2AB2BC25，ABBC作BDAC于D，则BD为侧视图的宽，且BD，侧视图的面积为S2故选A3平行六面体ABCDA1B1C1D1中，
2、既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为()A3 B4 C5 D6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C4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，则下列结论正确的是()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，CDBD，CD平面ABD，CDAB，AB平面ACD，ABAC，即BAC90故选B5(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
3、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，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 ()A48 B60 C72 D84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421210，共有6个投影面积，所以该几何体的表面积为10660故选B6如图所示，已知在多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG
4、2，ACEF1，则该多面体的体积为()A2 B4 C6 D8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V234故选B7(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回到A点，则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，其展开图如图所示，则依题意，点A，M的最短距离，即为线段AMPAPB2，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
5、弦定理有，MA22222222cos84()2，MA，即蚂蚁所经过路程的最小值为故选B8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()A22R2 BR2 CR2 DR2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PO13x，圆柱的高为3R3x，所以圆柱的表面积为S2x22x(3R3x)4x26Rx，则当xR时，S取最大值，SmaxR2故选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，若点
6、A，B，C，H都在球O的表面上，则球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，则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，则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，则球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故选D 10(2018河北唐山第一次摸底)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2AA1，则异面直线A1B与B1C所成角的余
7、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，则A1BA1D，BD2，在A1BD中，由余弦定理得cosDA1B故选B11在正方体ABCDA1B1C1D1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，则满足的实数的值有()A0个 B1个 C2个 D3个答案C解析本
8、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C12(2019四川第一次诊断)如图，在RtABC中，ACB90，AC1，BCx(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CBAD，则x的取值范围是()A，2 B，2 C(0，2) D(0， 答案D解析由题意得，ADCDBD，BCx，取BC中点E，翻折前，在图1中，连接DE，CD，则DEAC，翻折后，在图2中，此时CBADBCDE，BCAD，BC平面ADE，BCAE，又E为BC中点，ABAC1，AE，AD，在ADE中：，5(舍去)，当x(0，2)时，V0，即在(0，2)上
9、，V(x)是增函数；当x(2，5)，V0，即在(2，5)上，V(x)是减函数，所以当x2时，V(x)有最大值为144三、解答题17(2018湖北八市联考)如图，在RtABC中，ABBC3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EFBC，将AEF沿EF折起到PEF的位置，使得二面角PEFB的大小为60(1)求证：EFPB；(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所成角的正弦值解(1)证明：ABBC3，BCAB，EFBC，EFAB，翻折后垂直关系没变，有EFPE，EFBE，且PEBEE，EF平面PBE，EFPB(2)EFPE，EFBE，PEB是二面角PEFB的平面角，PEB6
10、0，又PE2，BE1，由余弦定理得PB，PB2EB2PE2，PBEB，PB，BC，EB两两垂直以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，)，C(3，0，0)，E(0，1，0)，F(2，1，0)，(0，1，)，(2，1，)，设平面PEF的法向量为n(x，y，z)，由即令y，则z1，x0，可得n(0，1)，又(3，0，)，sin故直线PC与平面PEF所成角的正弦值为18(2019广东华南师大附中综合测试)在五面体ABCDEF中，ABCDEF，ADCD，DCF60，CDEFCF2AB2AD2，平面CDEF平面ABCD(1)
11、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PDFA的大小为60解(1)证明：CDEF，CDEFCF2四边形CDEF为菱形，CEDF平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，ADCD，AD平面CDEF，CEAD，又ADDFD，直线CE平面ADF(2)DCF60，四边形CDEF为菱形，DEF为正三角形，取EF的中点G，连接GD，则GDEF，GDCD平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，GD平面CDEF，GD平面ABCDADCD，DA，DC，DG两两垂直以D为原点，DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxy
12、z，如图，CDEFCF2，ABAD1，E(0，1，)，F(0，1，)，C(0，2，0)，B(1，1，0)(0，1，)，(1，1，0)，(0，2，0)，由(1)知(0，3，)是平面ADF的一个法向量设a(a，a，0)(0a1)，则(a，2a，0)设平面PDF的法向量为n(x，y，z)，令ya，则x(a2)，za，n(a2)，a，a)二面角PDFA为60，|cosn，|，解得a(另一值舍去)P点在靠近B点的CB的三等分点处19(2018河南高考适应训练)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ABCD，BAD90，DCDA2AB2，点E为AD的中点，BDCEH，PH平面ABCD，且
13、PH4(1)求证：PCBD；(2)线段PC上是否存在一点F，使二面角BDFC的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：ABCD，BAD90，EDCBAD90DCDA2AB，E为AD的中点，ABED，BADEDC，DBADEHDBAADB90，DEHADB90，BDEC又PH平面ABCD，BD平面ABCD，BDPH又PHECH，且PH，EC平面PEC，BD平面PEC又PC平面PEC，PCBD(2)由(1)可知，DHEDAB，BDEC 5，ABDE，EH1，HC4，DH2，HB3PH，EC，BD两两垂直，建立以H为坐标原点，HB，HC，HP所在直线分别为x，y，z轴的
14、空间直角坐标系，如图所示，则H(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，0)，P(0，0，4)假设线段PC上存在一点F满足题意与共线，存在唯一实数(01)，满足，可得F(0，44，4)设向量n(x1，y1，z1)为平面CPD的法向量，且(0，4，4)，(2，4，0)，取x12，y1z11，则平面CPD的一个法向量为n(2，1，1)同理可得平面BFD的一个法向量为m(0，1)设二面角BDFC的平面角为，且01，由图可知cos ，其中210，即1，即CP4，线段PC上存在一点F，当点F满足CF3时，二面角BDFC的余弦值是20(2018湖北黄冈模拟)如图，在各棱长均为2的三棱
15、柱ABCA1B1C1中，侧面A1ACC1底面ABC，A1AC60(1)求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；(2)已知点D满足BBB，在直线AA1上是否存在点P，使DP平面AB1C？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由解(1)因为侧面A1ACC1底面ABC，作A1OAC于点O，所以A1O平面ABC又ABCA1AC60，且各棱长均为2，所以AO1，OA1OB，BOAC故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，1，0)，B(，0，0)，A1(0，0，)，C(0，1，0)，B1(，1，)，所以(0，1，)，(，2，)，(0，2，0)设平面AB1C的一个法向量为n(x，y，1)，则解得n(1，0，1)由cos，n而侧棱AA1与平面AB1C所成角，即是向量与平面AB1C的法向量所成锐角的余角，所以侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小为(2)因为BBB，而B(，1，0)，B(，1，0)，所以B(2，0，0)又因为B(，0，0)，所以点D的坐标为(，0，0)假设存在点P符合题意，则其坐标可设为P(0，y，z)，所以D(，y，z)因为DP平面AB1C，n(1，0，1)为平面AB1C的一个法向量，所以Dn0，即z因为A(0，y1，z)，则由A得所以y0又DP平面AB1C，故存在点P，使DP平面AB1C，其坐标为(0，0，)，即恰好为点A1
