2022届高考数学一轮复习第二部分专题突破练5立体几何的综合问题含解析新人教B版

1、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l

2、m；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b

3、d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·()·(··)×(1××cos45°××cos60°)0，即bd1eg.连接dc1，那么·()·(··)×(1××cos45°××cos60°)0，即bd1ef.又egefe，所以bd1平面efg.对

4、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·()·()()·2··×1×××1×0，即bd1eg.连接af，那么·()·()()·2··1××1×××1×0，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

5、的选项是()aacbdbbac90°cca与平面abd所成的角为30°d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·安徽宣城二调)如图，在棱长为2的正方体abcda1b1c1d1中，e，f分别为棱aa1，bb1的中点，m为棱a1b1上一点，且a1m(0<<2)，设n为线段me的中点，那么点n到平面d1ef的距离为()a b c d答案d解析以d为坐标原点，da所在

6、直线为x轴，dc所在直线为y轴，dd1所在直线为z轴，建立如下图的空间直角坐标系，那么m(2，2)，d1(0,0,2)，e(2，0,1)，f(2,2,1)，(2,0,1)，(0,2,0)，(0，1)设平面d1ef的法向量为n(x，y，z)，那么取x1，得z2，那么n(1,0,2)为平面d1ef的一个法向量那么点m到平面d1ef的距离d.因为n为线段em的中点，所以点n到平面d1ef的距离为，应选d6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

7、，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×234.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，ma222222×2

8、15;2cos84()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

9、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，abb

10、c2aa1，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

11、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&#

12、183;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

13、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

14、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10000×2.730×45×aa1，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

15、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

16、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(0<x<4)，那么bd.在bcd中，bd边上的高ch1，所以v三棱锥abcdv三棱锥cabd××x××1 ，当x28时，v三棱锥abcd有最大值，故三棱锥abcd体积的最大值为.三、解答题17(2022·大同摸底)在如下图的多面体中，ef平面aeb，ae

17、eb，adef，efbc，bc2ad4，ef3，aebe2，g是bc的中点(1)求证：ab平面deg；(2)求二面角cdfe的余弦值解(1)证明：adef，efbc，adbc，又bc2ad，g是bc的中点，ad綊bg，四边形adgb是平行四边形，abdg.ab平面deg，dg平面deg，ab平面deg.(2)ef平面aeb，ae平面aeb，be平面aeb，efae，efbe，又aeeb，eb，ef，ea两两垂直以点e为坐标原点，eb，ef，ea所在的直线分别为x，y，z轴建立如下图的空间直角坐标系那么e(0,0,0)，b(2,0,0)，c(2,4,0)，f(0,3,0)，d(0,2,2)由得(

18、2,0,0)是平面efda的一个法向量设平面dcf的法向量为n(x，y，z)，那么(0，1,2)，(2,1,0)，令z1，得y2，x1，可取n(1,2,1)设二面角cdfe的大小为，那么coscosn，.易知二面角cdfe为钝二面角，二面角cdfe的余弦值为.18(2022·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)证明：直线ce平面adf；(2)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cd

19、ef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，那么gdef，gdcd平面cdef平面abcd，平面cdef平面abcdcd，gd平面cdef，gd平面abcd又adcd，da，dc，dg两两垂直以d为坐标原点，da，dc，dg所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系dxyz，如图，cdefcf2，abad1，e(0，1，)，f(0,1，)，c(0,2,0)，b(1,1,0)(0,1，)，(1

20、，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)，那么(a,2a,0)设平面pdf的法向量为n(x，y，z)，令ya，那么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(2022·湖北重点中学摸底)在五边形aebcd中，bccd，cdab，ab2cd2bc，aebe，aebe(如图1)将abe沿ab折起，使平面abe平面abcd，线段ab的中点为o(如图2)(1)求证：平面abe平面doe；(2)求平面eab与平面ecd所成的锐二面角

21、的大小解(1)证明：因为ab2cd，o是线段ab的中点，所以obcd又cdab，所以四边形obcd为平行四边形，又bccd，所以abod因为aebe，oboa，所以eoab又eodoo，所以ab平面doe.又ab平面abe，故平面abe平面doe.(2)由(1)易知ob，od，oe两两垂直，以o为坐标原点，以ob，od，oe所在直线分别为x，y，z轴建立如下图的空间直角坐标系oxyz，由题意知eab为等腰直角三角形，且ab2cd2bc，那么oaobodoe，取cdbc1，那么o(0,0,0)，c(1,1,0)，d(0,1,0)，e(0,0,1)，(1,0,0)，(0，1,1)设平面ecd的法向量为n(x，y，z)，那么即取z1，得平面ecd的一个法向量为n(0,1,1)，因为od平面abe，所以平面abe的一个法向量为(0,1,0)设平面ecd与平面abe所成的锐二面角为，