训练26 立体几何中的综合问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

训练26　立体几何中的综合问题 一、单项选择题 1．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，经过P，Q，R三点的平面为α，平面α被此正方体所截得截面图形的面积为(　　) A．3 B．6 C. D. 答案　A 解析　如图所示，F，G，H是对应棱的中点． 易知，RF与HQ相交，确定一个平面． HQ∥RG，故G在平面内，同理P在平面内． 故平面α被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR，边长为， S＝××sin ×6＝3. 2．(2024·晋中模拟)如图，一个直四棱柱形容器中盛有水，在底面ABCD中，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，侧棱AA1＝4，若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AD，BC，B1C1，A1D1的中点，那么当底面ABCD水平放置时，水面高为(　　) A．2 B. C．3 D. 答案　B 解析　设四棱柱的底面梯形的高为2a， AD，BC的中点分别为F，E， 所求的水面高为h， 则水的体积V＝S梯形ABEF·AA1＝·4＝S梯形ABCD·h＝·h，所以h＝. 3．(2023·苏州模拟)我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差．图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以1为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥(如图2)，从而求得该帐篷的体积为(　　) 图1　　　　　　　　图2 A. B. C. D. 答案　B 解析　根据题意，底面正方形的边长为，正四棱柱的高为1，根据题意，可知该帐篷的体积为V＝××1－×××1＝. 4．设球O是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，M为B1C1的中点，点P在球面上运动，且总有DP⊥BM，则点P的轨迹的周长为(　　) A. B. C．2π D.π 答案　A 解析　由题意，该正方体的外接球半径为R＝， 取BB1的中点N，连接CN，DN，DO， 以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， C(0,2,0)，D(0,0,0)，N(2,2,1)，B(2,2,0)，M(1,2,2)，O(1,1,1) ＝(2,0,1)，＝(－1,0,2)，＝(0,2,0)， ·＝2×(－1)＋0×0＋1×2＝0， ·＝－1×0＋0×2＋2×0＝0， 则CN⊥BM，DC⊥BM， 又CD，CN⊂平面DCN，CD∩CN＝C， ∴BM⊥平面DCN， ∴点P的轨迹为平面DCN与外接球的交线， 设点O到平面DCN的距离为d，则d＝＝＝， ∴截面圆的半径r＝＝＝， ∴点P的轨迹周长为C＝2πr＝π. 二、多项选择题 5．(2024·南京模拟)已知正四棱台的上底面边长为，下底面边长为2，侧棱长为2，则(　　) A．棱台的侧面积为6 B．棱台的体积为14 C．棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为 D．棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为 答案　ACD 解析　作正四棱台如图所示， 对于A，过A1作A1H⊥AB于H，AH＝(AB－A1B1)＝， 所以A1H＝＝， 所以棱台的侧面积为4×＝6，所以A正确； 对于B，连接AC，A1C1，过A1作A1M⊥AC于点M，过C1作C1N⊥AC于点N， A1C1＝＝2，AC＝＝4，AM＝(AC－A1C1)＝1，A1M＝＝， 上底面面积S′＝()2＝2， 下底面面积S＝(2)2＝8， 棱台的体积为V＝h(S＋＋S′)＝××14＝≠14，故B错误； 对于C，因为AM为AA1在底面的投影，所以∠A1AM为侧棱与底面所成的角． cos∠A1AM＝＝，所以C正确； 对于D，∠A1HM为侧面与底面所成锐二面角的平面角， cos∠A1HM＝＝＝，所以D正确． 6．(2023·滨州模拟)已知正方形ABCD的边长为2，将△ACD沿AC翻折到△ACD′的位置，得到四面体D′－ABC，在翻折过程中，点D′始终位于△ABC所在平面的同一侧，且BD′的最小值为，则下列结论正确的是(　　) A．四面体D′－ABC的外接球的表面积为8π B．四面体D′－ABC体积的最大值为 C．点D的运动轨迹的长度为 D．边AD旋转所形成的曲面的面积为 答案　ACD 解析　对于A，∵∠ABC＝90°，∠AD′C＝90°， ∴AC中点即为四面体D′－ABC的外接球的球心，AC为球的直径， ∴外接球半径R＝， ∴四面体D′－ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝4π()2＝8π，故选项A正确； 对于B，当平面AD′C⊥平面ABC时，四面体D′－ABC的体积最大，此时高为， ∴(VD′－ABC)max＝××2×2×＝，故选项B错误； 对于C，设正方形ABCD的对角线AC与BD交于O， 由题意知，翻折后当BD′的最小值为时，△OD′B为边长为的等边三角形， 此时∠D′OB＝，所以点D的运动轨迹是以O为圆心，为半径的圆心角为的圆弧， 所以点D的运动轨迹的长度为×＝，故选项C正确； 对于D，结合C的分析知，边AD旋转所形成的曲面的面积为以A为顶点， 底面圆为以O为圆心OD＝为半径的圆锥的侧面积的， 即所求曲面的面积为πrl＝π××2＝，故选项D正确． 三、填空题 7.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件________时，有AB1⊥BC1.(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况) 答案　A1C1⊥B1C1(或∠A1C1B1＝90°，答案不唯一) 解析　如图所示，连接B1C， 由BC＝CC1，可得BC1⊥B1C， 因此，要证AB1⊥BC1， 则只要证明BC1⊥平面AB1C， 即只要证明AC⊥BC1即可， 由直三棱柱可知，只要证明AC⊥BC即可． 因为A1C1∥AC，B1C1∥BC， 故只要证明A1C1⊥B1C1即可． (或者能推出A1C1⊥B1C1的条件，如∠A1C1B1＝90°等) 8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E，F分别为棱AB，AA1的中点，则该正方体被平面CEF所截得的截面面积为__________，四面体BCEF外接球的表面积为________． 答案　　14π 解析　因为平面CEF与平面CDD1C1的交线为CD1，所以截面为四边形CEFD1，如图， 而四边形CEFD1为等腰梯形，且CD1＝2EF＝2， CE＝D1F＝， 故其面积为×＝. 设线段CE的中点为G，G为△BEC的外心，四面体BCEF外接球的球心为O， 则OG⊥平面BCE.设球O的半径为R， 则R2＝OG2＋EG2＝AG2＋(OG－AF)2. 因为AG2＝2＋12＝，EG2＝，所以OG＝，从而R2＝OG2＋EG2＝， 故球O的表面积为4πR2＝14π. 四、解答题 9.在等腰梯形ABCD中，2AB＝2BC＝CD，∠ABC＝120°，点E为CD的中点，沿AE将△DAE折起，使得点D到达F位置． (1)当FB＝BC时，求证：BE⊥平面AFC； (2)当BF＝BC时，过点F作FG，使＝λ(λ>0)，当直线BG与平面BEF所成角的正弦值为时，求λ的值． (1)证明　如图，连接AC， ∵在等腰梯形ABCD中，2AB＝2BC＝CD，E为CD的中点， ∴四边形ABCE是菱形， ∴BE⊥AC， 折叠后，FE＝DE，∵FE＝EC＝BC，FB＝BC， ∴FE＝FB， 设AC∩BE＝O，则O是BE的中点，连接FO，则BE⊥FO， 又FO∩AC＝O，∴BE⊥平面AFC. (2)解　取AE的中点M，连接FM，BM， 易得△ADE为等边三角形，则△AEF为等边三角形，∴FM⊥AE， ∵∠ABC＝120°，则△ABE为等边三角形， ∴BM⊥AE， 设AB＝1，则FM＝BM＝， 则BF＝BC＝， 满足FM2＋BM2＝BF2，∴FM⊥BM， ∴以M为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则F，A，B， E，设G(x，y，z)， ∵＝λ，即＝λ， 则可得G， 则＝， ＝，＝， 设平面BEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝，则x1＝－3，z1＝， 即n＝， 设直线BG与平面BEF所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝ ＝， 解得λ＝－1(舍去)或λ＝. ∴当λ＝时，直线BG与平面BEF所成角的正弦值为. 10.如图，在八面体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面PAD∥平面QBC，二面角P－AB－C与二面角Q－CD－A的大小都是30°，AP＝CQ＝，PD⊥AB. (1)证明：平面PCD∥平面QAB； (2)设G为△QBC的重心，在棱AP上是否存在点S，使得SG与平面ABCD所成角的正弦值为？若存在，求S到平面ABCD的距离，若不存在，说明理由． (1)证明　因为四边形ABCD为正方形， 所以AB⊥AD， 又PD⊥AB，AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥AB， 又AD⊥AB，所以∠PAD为二面角P－AB－C的平面角，即∠PAD＝30°， 又平面PAD∥平面QBC，AB∥CD， 所以CD⊥平面QBC， 因为QC⊂平面QBC，所以QC⊥CD， 又CB⊥CD，所以∠QCB为二面角Q－CD－A的平面角， 即∠QCB＝30°， 建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,2,0)， P，Q， 所以＝， ＝， 即＝，所以PC∥AQ， 因为PC⊄平面QAB，AQ⊂平面QAB， 所以PC∥平面QAB， 又AB∥CD，CD⊄平面QAB，AB⊂平面QAB， 所以CD∥平面QAB， 因为PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， 所以平面PCD∥平面QAB. (2)解　由点S在AP上，设点S(0,3m，m)，其中0<m<，点G， 所以＝，平面ABCD的法向量可以为n＝(0,0,1)， 设SG与平面ABCD所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝， 即402＝4＋2＋2， 化简得84m2＋52m－11＝0， 即(6m－1)(14m＋11)＝0， 解得m＝或m＝－(舍去)， 所以存在点S满足条件，且点S到平面ABCD的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $