2020高考文科数学一轮总复习课标通用版作业：第8章 立体几何 课时作业40(数理化网).doc

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1、课时作业40立体几何的综合问题一、选择题1正方体ABCDA1B1C1D1的棱上到异面直线AB，CC1的距离相等的点的个数为()A2 B3C4 D5图1解析：如图1所示，由点到直线的距离的定义及正方体性质可得BC中点E到AB、 CC1的距离相等. A1D1的中点F到AB、CC1的距离相等B1，D到AB、CC1的距离相等故棱上共有4个点到AB和CC1的距离相等，故选C.答案：C2如图2，四边形ABCD中，BAD与BDC都是等腰直角三角形，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成四面体ABCD，则在四面体中，以下判断正确的是()图2A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面

2、BDCD平面ADC平面ABD解析：面ADC面ABD.答案：D3如图3，某密闭正方体容器有三个漏洞O、E、C1，其中O是面A1B1C1D1的中心，E是BB1中点容器棱长为a，则该容器最多能装液体()图3A.a3B.a3C.a3 D.a3解析：当O、E、C1在同一水平面上时，可装最多液体，此时液体体积为V正方体VEA1B1C1a3.选C.答案：C图44如图4，在等腰梯形ABCD中，AB2DC2，DAB60，E为AB的中点，将ADE与BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥PDCE的外接球的体积为()A. B.C. D.解析：易证所得三棱锥的所有棱长都为1，把三棱锥通过补形，补成

3、棱长为的正方体，故外接球半径为，外接球的体积为()3.答案：C图55(2019年辽宁模拟)如图5，已知在体积为V的三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别是A1B1，AB的中点，点P在线段B1C上，则三棱柱PAMC1的体积是()A.V B.VC.V D不确定解析：设SAA1B1BS，C1到平面AA1B1B的距离为h，则VSh，平面B1NC平面AMC1，VPAMC1VNAMC1VC1AMNSAMNhShV，选A.答案：A6(2019年四川省成都市石室中学学期中)如图6，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是()图6A90 B60

4、C45 D30解析：设三棱柱ABCA1B1C1的棱长等于2，延长MC1到N使MNBB1，连接AN，则图7MNBB1，MNBB1，四边形BB1NM是平行四边形，可得B1NBM因此，AB1N(或其补角)就是异面直线AB1和BM所成角RtB1C1N中，B1C12，C1N1，B1NRtACN中，AC2，CN3，AN又正方形AA1B1B中，AB12AB1N中，cosAB1N0，可得AB1N90即异面直线AB1和BM所成角为90.答案：A图87如图8，在四面体ABCD中，点P、Q、M、N分别是棱AB、BC、CD、AD的中点，截面PQMN是正方形，则下列结论错误的为()AACBDBAC截面PQMNCACCD

5、D异面直线PM与BD所成的角为45解析：由PQAC，QMBD，PQQM可得ACBD，故选项A正确；由PQAC可得AC截面PQMN，故选项B正确；由PQAC，QMBD，PQQM可得ACBD，故选项C错误；异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，故选项D正确答案：C8(2019年河南省许昌高中、襄城高中、长葛一高等校高二下学期第一次联考)正三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与面GEF所成角的正弦值为()图9A. B.C. D.解析：设正三棱柱的棱长为2，取A1B1中点M，连接EM，则EMAA1，EM平面ABC，连接GM图10G为A1C1的中

6、点，GMB1C11，A1GA1F1，FG，FE，GE.在平面EFG上作FNGE，则GFE是等腰三角形，FN，SGEFGEFN，SEFB1S正方形ABB1A1SA1B1FSBB1ESAFE，作GHA1B1，GH，V三棱锥GFEB1SFEB1GH，设B1到平面EFG距离为h，则V三棱锥B1EFGSGEF，V三棱锥GFEB1V三棱锥B1EFG，h设B1F与平面GEF所成角为，B1Fsin.B1F与面GEF所成的角的正弦值为.答案：A二、填空题9若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为_解析：正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该棱锥的高是正方体高的一半，

7、底面面积是正方体一个面正方形面积的一半，于是，其体积为V2().答案：10已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M.若圆M的面积为3，则球O的表面积等于_解析：设球半径为R，圆M的半径为r，则r23，即r23由题得R2()23，所以R244R216.答案：1611(2019年河南省百校联盟高三上学期质检)已知斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的各棱长均为2，A1AD60，BAD90，平面A1ADD1平面ABCD，则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为_图11图12解析：延长AD，过D1作D1EAD于E，连结BE，因为平面A1ADD1平面ABCD，平面A1ADD1

8、平面ABCDAD，所以D1E平面ABCD，即BD1为BE在平面ABCD内的射影，所以D1BE为直线BD1与平面ABCD所成的角，因为D1E2sin60，BE，所以，tanD1BE.答案：12(2019年江苏省扬州市高邮一中月考)已知a，b为异面直线，且a，b所成角为40，直线c与a，b均异面，且所成角均为，若这样的c共有四条，则的范围为_解析：设平面外两条直线m，n分别满足ma，nb，则m，n相交，且夹角为40，若直线c与a，b均异面，且所成角均为，则直线c与m，n所成角均为，当020时，不存在这样的直线c，当20时，这样的c只有一条，当2070时，这样的c有两条，当70时，这样的c有三条，当

9、7090时，这样的c有四条，当90时，这样的c只有一条答案：(70，90)三、解答题图1313(2019年广东东莞调研)如图13，几何体SABC的底面是由以AC为直径的半圆O与ABC组成的平面图形，SO平面ABC，ABBC，SASBSCAC4，BC2.(1)求直线SB与平面SAC所成角的正弦值；(2)求几何体SABC的正视图中S1A1B1的面积；图14(3)试探究在圆弧AC上是否存在一点P，使得APSB，若存在，说明点P的位置并证明；若不存在，说明理由解：(1)过点B作BHAC于点H，连结SH.因为SO平面ABC，BH平面ABC，所以BHSO.又因为BHAC，SOACO，所以BH平面SAC，即

10、BSH就是直线SB与平面SAC所成的角在ABC中，因为ABBC，AC4，BC2，所以ACB60，BH2sin60.在RtBSH中，因为SB4，所以sinBSH，即直线SB与平面SAC所成角的正弦值为.(2)由(1)知，几何体SABC的正视图中，S1A1B1的边A1B1AHACHC，而HC2cos601，所以A1B13.又S1A1B1的边A1B1上的高等于几何体SABC中SO的长，而SASCAC4，所以SO2，所以SS1A1B1323.图15(3)存在证明如下：如图15，连接BO并延长交弧AC于点M，在底面内，过点A作APBM交弧AC于点P.因为SO平面ABC.而AP平面ABC，所以APSO.又

11、因为APBM，SOBMO，所以AP平面SOB，从而APSB.又因为AOOCBC2，所以有AOMBOCACB60，所以AOMPOM60，AOP120，即点P位于弧AC的三等分点的位置，且AOP120.14.图16在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，过A1、C1、B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图16所示的几何体ABCDA1C1D1，且这个几何体的体积为.(1)证明：直线A1B平面CDD1C1；(2)求棱A1A的长；(3)求经过A1、C1、B、D四点的球的表面积解：(1)证法1：如题图，连结D1C，ABCDA1B1C1D1是长方体，A1D1BC且A1D1BC.四边形A1BCD1

12、是平行四边形A1BD1C.A1B平面CDD1C1，D1C平面CDD1C1，A1B平面CDD1C1.证法2：ABCDA1B1C1D1是长方体，平面A1AB平面CDD1C1.A1B平面A1AB，A1B平面CDD1C1，A1B平面CDD1C1.(2)解：设A1Ah，几何体ABCDA1C1D1的体积为，VABCDA1C1D1VABCDA1B1C1D1VBA1B1C1，即SABCDhSA1B1C1h，即22h22h，解得h4.A1A的长为4.(3)解：如题图，连结D1B，设D1B的中点为O，连OA1，OC1，OD，ABCDA1B1C1D1是长方体，A1D1平面A1AB.A1B平面A1AB，A1D1A1B.OA1D1B.同理ODOC1D1B.OA1ODOC1OB.经过A1、C1、B、D四点的球的球心为点O.D1B2A1D12A1A2AB222422224.S球4(OB)24()2D1B224.故经过A1、C1、B、D四点的球的表面积为24.