第十一章 专题微课 立体几何中的综合问题 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第四册配套练习word（人教B版）

第十一章 专题微课 立体几何中的综合问题 [课时跟踪检测] 1.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是平面A1B1C1D1内一点,且BM∥平面ACD1,则tan∠DMD1的最大值为 (　　) A. B.1 C.2 D. 解析:选D　设正方体的棱长为1,因为当M在直线A1C1上时,都满足BM∥平面ACD1,所以tan∠DMD1===是最大值,此时MD1⊥A1C1.故选D. 2.坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=AD=10 m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为,则该五面体的所有棱长之和为 (　　) A.102 m B.112 m C.117 m D.125 m 解析:选C　如图, 过E作EO⊥平面ABCD,垂足为O,过E分别作EG⊥BC,EM⊥AB,垂足分别为G,M,连接OG,OM.由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO,所以tan∠EMO=tan∠EGO=.因为EO⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以EO⊥BC.因为EG⊥BC,EO,EG⊂平面EOG,EO∩EG=E,所以BC⊥平面EOG.因为OG⊂平面EOG,所以BC⊥OG.同理OM⊥BM.又BM⊥BG,故四边形OMBG是矩形.所以由BC=10得OM=5.所以EO=.所以OG=5.所以在Rt△EOG中,EG===. 在Rt△EBG中,BG=OM=5,EB===8.又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15,所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117 m.故选C. 3.(2023·全国甲卷)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为 (　　) A.2 B.3 C.4 D.6 解析:选C　 如图,过点P作PO⊥平面ABCD,垂足为O,取DC的中点M,AB的中点N,连接PM,MN,AO,BO.由PC=PD,得PM⊥DC.又PO⊥DC,PO∩PM=P,所以DC⊥平面POM.又OM⊂平面POM,所以DC⊥OM.在正方形ABCD中,DC⊥NM,所以M,N,O三点共线.所以OA=OB.所以Rt△POA≌Rt△POB.所以PB=PA.在△PAC中,由余弦定理得PA==.所以PB=.在△PBC中,由余弦定理得cos∠PCB==,所以sin∠PCB=.所以S△PBC=PC·BCsin∠PCB=4,故选C. 4.一封闭的正方体容器ABCD-A1B1C1D1,P,Q,R分别是AB,BC和C1D1的中点,由于某种原因,P,Q,R处各有一个小洞,当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时,容器中水的上表面形状是 (　　) A.三角形　B.四边形　C.五边形　D.六边形 解析:选D　如图,设过P,Q,R三点的平面为平面α.分别取A1D1,A1A,CC1的中点F,E,M,连接RF,FE,EP,PQ,QM,MR,EM,QF,RP.由正方体的性质知RF∥PQ,所以F∈平面α.又RP∥MQ,所以M∈平面α.又EF∥RP,所以E∈平面α.所以六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状.故选D. 5.(2023·新课标Ⅱ卷)(多选)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则 (　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=2 D.△PAC的面积为 解析:选AC　在△PAB中,由余弦定理得AB=2.如图,连接PO,易知圆锥的高h=PO=1,底面圆的半径r=AO=BO=.该圆锥的体积V=πr2h=π,故A正确;该圆锥的侧面积S侧=πr·PA=2π,故B错误;取AC的中点H,连接PH,OH,因为OA=OC,所以OH⊥AC,同理可得PH⊥AC,则二面角P-AC-O的平面角为∠PHO=45°,所以OH=PO=1,AH=CH==,所以AC=2,故C正确;PH=OH=,S△PAC=×2×=2,故D错误.故选A、C. 6.如图,正四面体ABCD中,E,F分别是线段AC的三等分点,P是线段AB的中点,G是线段BD上的动点,则 (　　) A.存在点G,使PG⊥EF成立 B.存在点G,使FG⊥EP成立 C.不存在点G,使平面EFG⊥平面ACD成立 D.不存在点G,使平面EFG⊥平面ABD成立 解析:选C　 取BD的中点M,连接AM,CM.易得AM⊥BD,CM⊥BD,AM,CM⊂平面ACM,AM∩CM=M,故BD⊥平面ACM.又AC⊂平面ACM,故BD⊥AC.若PG⊥EF,PG,BD⊂平面ABD,PG∩BD=G,则AC⊥平面ABD.显然不成立.故不存在点G,使PG⊥EF成立.故A错误; 连接BF,DF,易得PE∥BF,故∠BFG或其补角即为异面直线PE,FG的夹角,不妨设AB=3,在△ABF中,由余弦定理得BF2=AB2+AF2-2AB·AF·cos,即BF2=32+22-2×3×2×=7,解得BF=. 同理DF=.在△BFD中,cos∠BFD==>0,则∠BFD<.显然∠BFG<∠BFD<.故不存在点G,使FG⊥EP成立.故B错误; 取CD的中点N,连接AN,BN,过B作BH⊥AN于H.易得BN⊥CD,AN⊥CD,AN,BN⊂平面ABN,AN∩BN=N,故CD⊥平面ABN.又BH⊂平面ABN,故CD⊥BH.又AN,CD⊂平面ACD,AN∩CD=N,故BH⊥平面ACD.若平面EFG⊥平面ACD,则BH⊂平面EFG或BH∥平面EFG.显然BH与平面EFG相交.故不存在点G,使平面EFG⊥平面ACD成立.故C正确; 当G与BD中点M重合时,由A选项知有BD⊥平面ACM,即BD⊥平面EFG.又BD⊂平面ABD,故平面ABD⊥平面EFG.故存在点G,使平面EFG⊥平面ABD成立.故D错误.故选C. 7.(5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,则异面直线A1B1与AC1夹角的余弦值为　　　　.  解析:∵C1D1∥A1B1,∴异面直线A1B1与AC1的夹角即为C1D1与AC1的夹角,即∠AC1D1.连接AD1(图略),易知AD1⊥C1D1.∵在Rt△AC1D1中,C1D1=1,AD1==,AC1==,∴cos∠AC1D1===. 答案: 8.(5分)已知等于90°的二面角α-l-β内有一点P,过P有PA⊥α于点A,PB⊥β于B,如果PA=PB=a,则P到l的距离为　　　　　.  解析: 如图,由PA⊥α,PB⊥β,l⊂α,l⊂β,得PA⊥l,PB⊥l. 又PA∩PB=P,PA,PB⊂平面APBC,故l⊥平面APBC, l∩平面APBC=C.连接PC,PC⊂平面APBC,故l⊥PC. 所以P到l的距离为线段PC的长度,二面角α-l-β为90°.故BC=PA=PB, 且∠PBC=90°.故PC=PB=a. 答案:a 9.(5分)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,M是A1D1的中点,点N在棱CC1上,CN=2NC1,则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为　　　　.  解析:如图,取BC,B1C1的中点为H,Q,连接BQ,C1H,则AM∥BQ∥C1H,且AM=BQ=C1H.在平面BB1C1C中,过点N作NP∥C1H交BC于P,则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线,且NP∶C1H=2∶3. 由于C1H===, ∴NP=. 答案: 10.(5分)(2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　.  解析: 如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A.因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=××3=. 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC,由题意知SA为侧棱.设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1=SA. 又球的半径R=OA=2,OA2=O+O1A2,所以4=SA2+3,得SA=2. 答案:2 11.(10分) 如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,AB⊥BP,M为AC的中点,N为PD上一点. (1)若MN∥平面ABP,求证:N为PD的中点;(4分) (2)若平面ABP⊥平面APC,求证:PC⊥平面ABP.(6分) 证明: (1)如图所示,连接BD. ∵四边形ABCD为矩形, ∴M为AC和BD的中点, ∵MN∥平面ABP,MN⊂平面BPD,平面BPD∩平面ABP=BP,∴MN∥BP, ∵M为AC的中点,∴N为PD的中点. (2)如图所示,在△ABP中,过点B作BE⊥AP于点E,∵平面ABP⊥平面APC,平面ABP∩平面APC=AP, BE⊂平面ABP,BE⊥AP,∴BE⊥平面APC, 又∵PC⊂平面APC,∴BE⊥PC, ∵四边形ABCD为矩形,∴AB⊥BC, 又∵AB⊥BP,BC∩BP=B,BC⊂平面BPC, BP⊂平面BPC,∴AB⊥平面BPC, ∵PC⊂平面BPC,∴AB⊥PC, 又∵AB∩BE=B,AB⊂平面ABP,BE⊂平面ABP,∴PC⊥平面ABP. 12.(15分)如图①所示,已知正三角形ADP与正方形ABCD,将△ADP沿AD翻折至△ADP'所在的位置,连接P'B,P'C,得到如图②所示的四棱锥.已知AB=2,P'B=2,T为AP上一点,且满足PT=2AT. (1)求证:CD⊥平面P'AD;(5分) (2)在线段P'D上是否存在一点Q,使得CQ∥平面BDT.若存在,指出点Q的位置,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.(10分) 解:(1)证明:由题意知△P'AD是正三角形,有P'A=AB=2,在△P'AB中,P'A2+AB2=8=P'B2,则AB⊥P'A. 在正方形ABCD中,AB⊥AD,P'A∩AD=A, P'A,AD⊂平面P'AD, 所以AB⊥平面P'AD.又CD∥AB, 所以CD⊥平面P'AD. (2)点Q为线段P'D的中点,CQ∥平面BDT, 取P'T的中点N,连接CQ,NQ,CN,连接AC∩BD=O,连接OT,如图, 所以NQ∥TD.又TD⊂平面BDT,NQ⊄平面BDT, 因此NQ∥平面BDT. 依题意,T为P'A上一点,且满足P'T=2AT, 则T为NA的中点. 又O为AC的中点,即有OT∥CN. 又TO⊂平面BDT,CN⊄平面BDT, 因此CN∥平面BDT. 又CN∩NQ=N,CN,NQ⊂平面CQN, 所以平面CQN∥平面BDT. 又CQ⊂平面CQN,则CQ∥平面BDT, 所以点Q为线段P'D的中点时,CQ∥平面BDT. 学科网（北京）股份有限公司 $