专题8.8 立体几何综合问题 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版

专题8.8立体几何综合问题练基础1.（2020·月考）已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的（） A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件【答案】B 【解析】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得或相交， 反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．故选：B. 2．（2020·全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（） A．北纬B．南纬C．北纬D．南纬【答案】D 【解析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角可得结果.【详解】 由题可知，天安门广场的太阳高度角，由华表的高和影长相等可知，所以.所以该天太阳直射纬度为南纬， 故选：D.3.（湖北高考真题）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（） A．B．C．D．【答案】B【解析】 设圆锥底面圆的半径为，高为，依题意，，，所以，即的近似值为，故选B.4. （2021·永州市第四中学高三月考）农历五月初五是端午节．这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到六面体的粽子．如果粽子的馅是六面体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为_________．【答案】 【解析】易知球与六个面都相切时体积最大，此时球心到六个面的距离即为球的半径，进而利用等体积法即可解得.【详解】六面体每个面都为边长是1的正三角形，面积为 ，要使球状的馅的体积最大，则球与六面体的各面相切．如图，连接球心O与五个顶点，把六面体分成六个小三棱锥．设球的半径为R（O到六个面的距离，图里仅标记 ），则六面体的体积可表示为．易知，又六面体可以看成由两个底面积为，高的正四面体合成的，故其体积又可表示为，因此，解得． 故粽子馅的最大体积为．故答案为：.5．（2021·四川省大竹中学高二期中（理））在正方体中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当__________时，平面． 【答案】【解析】首先如图建立空间直角坐标系，利用垂直关系，转化为坐标运算求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，设棱长为，，，，，，，， 若平面，则，即，解得：，所以 故答案为：6．（2021·浙江高二期末）如图在四棱锥中，平面，，，，，，E是直线上的一个动点，则与平面所成角的最大值为________． 【答案】.【解析】建立空间直角坐标系如图，先求得平面的法向量，再设，则 ，设与平面所成的角为，则，由此可得，进而可得结果.【详解】依题意，以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，，，，，因为，所以设，设平面的一个法向量为， 由得，取，得，设，则，设与平面所成的角为，则 ，又，所以，当即点与点重合时，与平面所成的角有最大值为.故答案为：. 7.（2021·浙江高二期中）在四棱锥中，四边形为正方形，，，平面平面，，点为上的动点，平面与平面所成的二面角为（为锐角），则当取最小值时，三棱锥的体积为____. 【答案】【解析】 建立空间直角坐标系，利用向量法求得当最小时的长，由此求得此时三棱锥的体积.【详解】依题意可知两两相互垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 平面的法向量为，，，其中，设平面的法向量为， 则，令，则，所以，依题意， 由于，所以当时，取得最大值，取得最小值.此时，.故答案为： 8.（2021·全国高三其他模拟（理））莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为___________；顶点的个数为___________. 【答案】【解析】根据某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，求得该32面体的棱数，然后根据顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系求解. 【详解】因为某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数：； 因为顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系，设顶点的个数为，则，解得， 故答案为：；.9．（2020·四川高二开学考试（理））如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点. （Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形； （Ⅲ）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.【解析】 （1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以； （2）依题意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面， 平面与平面平行，即两个平面没有交点，则与不相交，又与共面，所以，同理可证， 所以四边形是平行四边形；（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接， 由，，，所以平面，则平面，又，根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角， 若，则是等腰直角三角形，，又，所以中，由大角对大边知， 所以，这与上面相矛盾，所以二面角的大小不能为.10．（2021·济南市开学考试）在四棱锥中，侧面⊥底面，底面为直角梯形，//，，，，为 的中点．（Ⅰ）求证：PA//平面BEF；（Ⅱ）若PC与AB所成角为，求的长； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A的余弦值．【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）二面角的余弦值为.【解析】 （Ⅰ）证明：连接AC交BE于O，并连接EC，FO，,为中点 AE//BC，且AE=BC四边形ABCE为平行四边形O为AC中点 又F为AD中点，， //平面（Ⅱ）由BCDE为正方形可得由ABCE为平行四边形可得// 为即，侧面底面侧面底面平面 ，，. （Ⅲ）取中点，连，，，平面， 的平面角，又，， 所以二面角的余弦值为．练提升TIDHNEG1．（2021·福建其他）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.①当在上时，______；②点的轨迹的长度为______. 【答案】2【解析】 (1)当在上时,因为平面,故,又,故平面.故.又,为中点,故所以为中点.故. (2)取中点则由(1)有平面,故,又,设平面则有平面.故点的轨迹为.又此时,,故. 所以.故答案为：(1).2(2). 2．（2020·福建省高三期末（理））分别为菱形的边的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，以下命题正确的是___________.（写出所有正确命题的序号） ①平面；②异面直线与所成的角为定值；③在二面角逐渐渐变小的过程中，三棱锥的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使得直线与直线垂直，则的取值范围是.【答案】①②④ 【解析】①由分别为菱形的边的中点，故，平面ABD，故平面；②取AC中点P，连接DP，BP，由于菱形ABCD，所以，可证得平面DPB，故，又，故，异面直线与所成的角为定值. ③借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥的外接球即为以三角形ABC的外接圆为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面ABC，但球心在平面ABC的投影仍然为三角形ABC的外接圆的圆心，故二面角不为0时，外接球半径一定大于三角形ABC的外接圆半径，故三棱锥 的外接球半径不可能先变小后变大.④过A在平面ABC中作交BC于H，若为锐角，H在线段BC上；若为直角，H与B点重合；为钝角，H在线段BC的延长线射线CB上. 若存在某个位程，使得直线与直线垂直，由于，因此平面AHD，故.若为直角，H与B点重合，即，由于，不可能成立. 若为钝角，则原平面图中，为锐角，由于立体图中，故立体图中一定比原图中更小，因此为锐角，，故H在线段CB上，与H在线段BC的延长线射线CB上矛盾，因此的取值范围是.故答案为：①②④3．（2020·全国高三专题练习（文））现代足球运动是世上开展得最广泛、影响最大的运动项目，有人称它为“世界第一运动”．早在2000多年前的春秋战国时代，就有了一种球类游戏“蹴鞠”，后来经过阿拉伯人传到欧洲，发展成现代足球．1863年10月26日，英国人在伦敦成立了世界上第一个足球运动组织——英国足球协会，并统一了足球规则．人们称这一天是现代足球的诞生日．如图所示，足球表面是由若干黑色正五边形和白色正六边形皮围成的，我们把这些正五边形和正六边形都称为足球的面，任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱．已知足球表面中的正六边形的面为20个，则该足球表面中的正五边形的面为______ 个，该足球表面的棱为______条．【答案】1290 【解析】足球每块黑色皮子的5条边分别与5块白色皮子的边缝在一起；每块白色皮子的6条边中，有3条边与黑色皮子的边缝在一起， 另3条边则与其他白色皮子的边缝在一起.所以设这个足球有x块正五边形，一共有5x条边，其中白皮三条边和黑皮相连，又足球表面中的正六边形的面为20个， 根据题意可得方程：，解得，该足球表面中的正五边形的面为12个； 因为任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱，所以每条棱由两条边组成，该足球表面的棱为：条. 故答案为：12；90.4．（2021·江苏高三月考）在正三棱柱中，，点满足，其中，.（1）当时，三棱锥的体积为______. （2）当时，存在点，使得平面，则的取值集合为______.【答案】【解析】 （1）根据向量线性运算法则，时，在线段上，由可得体积．（2）同理时，分别取中点为，在线段上，取中点，利用线面垂直的判定与性质证明，从而确定点与点重合，得结论．【详解】 （1）时，＝，，所以在线段上，如图1，三棱柱是正三棱柱，因此到平面的距离等于，，所以； 图1（2）分别取中点为，连接，如图2，由与（1）同理可得在线段上， 平面，平面，则，取中点，连接，则，由平面平面，平面平面，得平面，又平面，所以， 而，平面，所以平面，平面，所以，在正方形中，因为是中点，因此由，得与的交点是的中点，所以与重合，．所以的取值集合为． 　　　　　图25.（2021·高二月考（理））如图，在棱长为1的正方体中，点是的中点，动点在底面正方形内（不包括边界），若平面，则 长度的取值范围是_______.【答案】【解析】 建立空间直角坐标系，设点，，求出平面的法向量，的方向向量，由题意可知，即，，则，求解取值范围即可.【详解】 以为原点，，，所在直线分别为，，建立空间直角坐标系如图，则，，，，. 设，则的方向向量设平面的法向量，，，，，即，取，则 若平面，则即，则.又 即，， ，即.故答案为： 6．（2021·贵州高三月考（文））如图甲为直角三角形ABC，B=，AB=4，BC=，且BD为斜边AC上的高，将三角形ABD沿BD折起，得到图乙的四面体A-BCD，E，F分别在DC与BC上，且满足，H，G分别为AB与AD的中点. （1）证明：直线EG与FH相交，且交点在直线AC上；（2）当四面体A-BCD的体积最大时，求四边形EFHG的面积. 【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）利用得但不相等，即可证得直线相交，利用基本事实3即可证得交点在直线AC上；（2）先利用线面垂直的判定定理证得平面，即可证得，同理 又，即可证得四边形为直角梯形，利用梯形面积公式求得其面积.【详解】（1）证明：由题意知，，但， 所以直线与FH相交，设交点为，因为平面，平面， 同理平面，又因为平面平面，所以. （2）解：由题意知，所以平面，又平面， 所以，同理又，所以四边形为直角梯形， 因为，所以，则， 所以7．（2021·山东高三二模）如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B=90°且AD∥BC，若AD=2BC=2，AB=，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体． 图①图②（1）若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；（2）若EC=2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；点为的中点．【解析】 （1）作出辅助线，证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论；（2）证出面，建立空间直角坐标系，假设存在点，然后利用空间向量的夹角公式建立方程，解方程即可判断.【详解】 （1）证明：取的中点为，连接，，∵是的中点，，∴是的中位线，∴且， 所以为平行四边形，∴，因为面，面，所以平面． （2）解：取的中点为，连接，，其中，，由可得，显然面，故以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴； 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 设存在点，，，，易知面的法向量可取， 另外，，设面的一个法向量为，则， 可取一个法向量为，则，为的中点．故存在点为的中点．8．（2021·福建其他）已知圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面，动点从点 出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线如图所示.将轴截面绕着轴逆时针旋转后，边与曲线相交于点.（1）求曲线的长度； （2）当时，求点到平面的距离.【答案】（1）；（2）【解析】 （1）曲线的长度为矩形的对角线长度.其中矩形的宽为圆柱的高,长为底面的半圆长,其中,底面的半圆长为∴的长为 （2）当时,建立如图所示的空间直角坐标系:则有、、、, 所以、、.设平面的法向量为,则,代入可得, 令,得,所以点到平面的距离为.9．（2020·江西高二月考（理））如图,四棱锥中，，，，，． （1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）见证明；（2）见解析【解析】（1）证明：因为四边形为直角梯形， 且,,,所以，又因为．根据余弦定理得 所以，故.又因为,,且,平面，所以平面，又因为平面PBC，所以 （2）由（1）得平面平面,设为的中点，连结，因为,所以,,又平面平面， 平面平面，平面.如图，以为原点分别以，和垂直平面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，假设存在满足要求，设，即， 所以,易得平面的一个法向量为.设为平面的一个法向量，， 由得，不妨取.因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，解得，（不合题意舍去）. 故存在点满足条件，且.10．（2021·天津市滨海新区塘沽第一中学高三月考）已知如图，四边形为矩形，为梯形，平面平面，，，． （1）若为中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点（除去端点），使得平面与平面所成锐二面角的大小为？若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.靠近C的三等分点【解析】（1）设与交于点，连接，则可得为的中点，而为的中点，由三角形中位线定理可得，然后由线面平行的判定定理可证得结论， （2）由已知可证得，，两两垂直，所以分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，（3）假设存在点，满足题意，且此时，然后利用空间向量求二面角【详解】 （1）证明：如图，设与交于点，连接，∵四边形为矩形，∴为的中点，又因为为的中点， ∴，而平面，平面，∴平面；（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，因为平面，所以，因为， 所以，，两两垂直，所以如图，分别以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 根据题意，则有，，，，所以，，，假设平面的一个法向量为， 则有，设直线与平面所成角的平面角为，则有． （3）解：假设存在点，满足题意，且此时，即得，则有，， 假设平面的一个法向量为，则有，又因为平面的一个法向量为， 根据题意，则有，解之可得，，即得，即点为线段上靠近点的一个三等分点，坐标为． 练真题TIDHNEG1．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（） A．B．C．D．【答案】C 【解析】如图，设，则，由题意，即，化简得， 解得（负值舍去）.故选：C.2．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段 上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A．B．C．D．【答案】D 【解析】设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于，因此 从而因为，所以即，选D.3．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________． 【答案】共26个面.棱长为.【解析】【分析】 第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面． 如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，，即该半正多面体棱长为． 4．（2018·天津高考真题（理））如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：； （II）求二面角的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长. 【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依题意，可以建立以D为原点， 分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）． （Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量， 则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得， 又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量， 则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量， 则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos=，于是sin=． 所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得． 易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］． 所以线段的长为.5.（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2） 【解析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【详解】 因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面． 所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． 所以，．由题设（）． （1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为， 因为，所以，即．令，则 因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则． 当时，取最小值为，此时取最大值为．所以， 此时．6.（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2） 【解析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【详解】 因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面． 所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． 所以，．由题设（）． （1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为， 因为，所以，即．令，则 因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则． 当时，取最小值为，此时取最大值为．所以， 此时．