2020高考数学刷题首选卷 专题突破练（5）立体几何的综合问题 文（含解析）

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＝5，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．455B．25C．4D．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＝2×15＝255，∴侧视图的面积为S＝2×255＝455．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．3B．4C．5D．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＝2，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⊥BDB．∠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13答案B解析∵AB＝AD＝1，BD＝2，∴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．5．(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()A．48B．60C．72D．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．2B．4C．6D．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＝12×23＝4．故选B．7．(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．πB．6＋2C．6－2D．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＝πPB＝π2，∵∠APB＝π3，∴∠APM＝5π6，∴在△APM中，根据余弦定理有，MA2＝22＋22－2×2×2cos5π6＝8＋43＝(6＋2)2，∴MA＝6＋2，即蚂蚁所经过路程的最小值为6＋2，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．22πR2B．94πR2C．83πR2D．52πR2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PO13R＝xR，则PO1＝3x，圆柱的高为3R－3x，所以圆柱的表面积为S＝2πx2＋2πx·(3R－3x)＝－4πx2＋6πRx，则当x＝34R时，S取最大值，Smax＝94πR2．故选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．－2B．－22C．22D．2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＝C1DAD＝21＝2，所以异面直线AC1与EF所成角的正切值为2．故选D．10．(2018·河北唐山第一次摸底)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为()A．105B．15C．55D．155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＝5，BD＝22，在△A1BD中，由余弦定理得cos∠DA1B＝A1B2＋A1D2－BD22A1B·A1D＝5＋5－82×5×5＝15．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MQ→＝λMN→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．12．(2019·四川第一次诊断)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝x(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CB⊥AD，则x的取值范围是()A．22，2B．[3，23]C．(0，2)D．(0，3]答案D解析由题意得，AD＝CD＝BD＝x2＋12，BC＝x，取BC中点E，翻折前，在图1中，连接DE，CD，则DE＝12AC＝12，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＝1－14x2，AD＝x2＋12，在△ADE中：①x2＋12＋121－14x2，②x2＋1212＋1－14x2，③x＞0；由①②③可得0＜x＜3．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＝1×3＝3，综上，x的取值范围为(0，3]．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＝2，则球O的体积等于________．答案6π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|＝22＋22＋22＝2R，所以R＝62，故球O的体积V＝4πR33＝6π．14．(2018·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？”已知1斛粟的体积为2．7立方尺，一丈为10尺，则下列判断正确的是________．(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31313；③长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为133π4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＝21313，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4π4.52＋32＋2222＝133π4平方丈，所以③正确．15．如图，用一个边长为2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3＋12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12，如图中的BC．由图知球心与巢底面的距离OF＝1－122＋12＝3＋12．16．(2018·珠海摸底)用一张16×10的长方形纸片，在四个角剪去四个边长为x的正方形(如图)，然后沿虚线折起，得到一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________．答案144解析沿虚线折出纸盒后，该纸盒的长为16－2x，宽为10－2x，高为x，则0＜x＜5，其容积为V＝x(16－2x)·(10－2x)＝4x3－52x2＋160x，所以V′＝12x2－104x＋160＝4(x－2)(3x－20)，令V′＝0，得x＝2或x＝2035(舍去)，当x∈(0，2)时，V′＞0，即在(0，2)上，V(x)是增函数；当x∈(2，5)，V′＜0，即在(2，5)上，V(x)是减函数，所以当x＝2时，V(x)有最大值为144．三、解答题17．(2018·广东华南师大附中测试二)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1．(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．则V1＝13AB·BC·FH，V2＝13×12EF·FH·BC，∴V1V2＝2ABEF＝2×21＝4．18．(2018·厦门开学考试)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分别为AB和BB′上的点，且ADDB＝BEEB′．(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＝AC2－AB22＝4，∴V三棱锥A′－CDE＝V三棱锥C－A′DE＝13(S正方形ABB′A′－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)·h＝1336－3x－12(6－x)x－3(6－x)·h＝23(x2－6x＋36)＝23[(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18．19．(2018·厦门质检一)如图，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AF∥