2020年高考数学原创预测题 专题五 立体几何 文 大纲人

专题五：立体几何
一、选择题
1.设地球半径为R ，若甲地位于北纬45度东经120度，乙地位于南纬75度东经120度，则甲乙两地的球面距离为（ ） R 3 R 6π R 65π R 3
2π 2.一个圆柱的轴截面为正方形，其体积与一个球的体积之比是3：2，则这个圆柱的侧面积与这个球的表面积之比为（ ）
1:1 1:2 2:3 3:2
3.已知两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是（ ）
A ．若α⊥m ，β⊥n ，αβ⊥，则m n ⊥
．若α⊥m ，n ∥β，αβ⊥，则m n ⊥.
．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n .
．若m ∥α，n β⊥，αβ⊥，则m ∥n
4.圆锥的母线长为6，轴截面的顶角为120度，过两条母线作截面，则截面面积的最大值为（ ）
9.318.18.39.D C B A
5.某个数学活动小组为了测量学校操场上国旗旗杆DC 的高度，在旗杆的正西方向的点A 测得旗杆顶端D 的仰角为30度，沿点A 向北偏东60度前进18米到达点B ，测得旗杆顶端D 的仰角为45度，经目测AB 小于AC,则旗杆的高度为（ ）米
.9 .16 .18 .9或18
6.下列说法不正确的．．．．
是（ ） ．空间中，一组对边平行且相等的四边形是一定是平行四边形
．同一平面的两条垂线一定共面
．过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一个平面内
．过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直
7.等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得平面AMN 与平面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A —MNCB 的体积为 （ ）
、23 、2
3 、3 、3 8．由棱长为2的正方体的表面的六个中心为顶点构成的新几何体的体积为（ ）
.2 .4 .32 .3
4 9.设γβα,,为两两不重合的平面，n m l ,,为两两不重合的直线．给出下列四个命题：①若γβγα⊥⊥,，则βα∥；②若ββαα∥∥n m n m ,,,⊂⊂，则βα∥；③若βα∥，α⊂l ，则β∥l ；④若γαγβγβα∥l n m l ,,,===I I I ，则n m ∥,其中真命题个数是 （ ）
．1 ．2 ．3 ．4
10.矩形ABCD 中，AB=4，BC=2，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿EF 把BCFE 折起后与ADFE 垂直，P 为矩形ADFE 内一动点，P 到面BCFE 的距离与它到点A 的距离相等，设动点P 的轨迹是曲线L ，则曲线L 是（ ）的一部分
A.圆 .椭圆 .抛物线 .双曲线
二、填空题
11.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5，从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是 .
12.用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放
在水平桌面上，
被一阵风吹倒，如图，则它的最高点到桌面的距离为 . 13.在一个棱长为6厘米的密封的正方体盒子中，放一个半径为1厘米的小球，任意摇动盒子，小球在盒
子中不能到达的空间为G,则这个正方体盒子中的一点属于G 的概率为 .
14.直角三角形ABC 中，AD 是斜边BC 上的高，则AB 是BD 与BC 的等比中项.
请利用类比推理给出：
三棱锥P-ABC 中，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，点P 在底面上的射影为O ，
则 .
三、解答题
15.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，
PC ⊥AD.底面ABCD 为梯形，AB ∥DC ，
AB⊥BC.PA=AB=BC,点E在棱PB上，且PE=2EB.
(1)求证：平面PAB⊥平面PCB； (2)求证：PD∥平面EAC.
16.在△ABC中，AB=CA=6，BC=8，点D、E、F分别是BC、AB、CA的中点，以三条中位线为折痕，折成一个三棱锥P-DEF，
求：(1)异面直线PD与EF间的距离； (2)这个三棱锥P-DEF的体积.
17.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=AD=1,点E,F,G分别是棱AA1、C1D1、BC的中点.
(1)在直线A1D1上是否存在点Q，使得EQ平行于平面FB1G；
(2)求二面角B1-EF-G的大小；
(3)求四面体EFGB1的体积.
18.如图在正三棱柱ABC-A1B1C1中，，D为AC的中点.
(1)求证：AB1∥平面BDC1；
(2)设AB1垂直于BC1，BC=2,求这个三棱柱的表面积.
19.如图，平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=1，AD=2，∠ADC=60°，AF=a(a>0).
(1)求证：AC ⊥BF ； (2)若二面角F-BD-A 的大小为60°，求a 的值.
20.如图，AB 为圆O 的直径，点E,F 在圆上，已知AB ∥EF ，AB=BC=4,AE=EF=BF=2，AD=2，直角梯形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直.
(1)求证：平面CBE ⊥平面DAE ； (2)在DB 上是否存在一点G ，使GF ∥平面DAE? 若不存在，请说明理由；若存在，请找出这一点，并证明.
答案解析（专题五）
1.解析：选D.连接甲乙两地的大圆上的劣弧的球心角为45+75=120度， 由弧长公式得甲乙两地的球面距离为R 3
2 ，故选D. 2.解析：选设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，由于圆柱的轴截面为正方形，因此圆柱的母线长为r 2，
所以
2334232=⋅⋅=R r r V V ππ球圆柱,即R r =,，球圆柱侧14222=⋅=R r r S S ππ故选. 3.解析：选.因为两个平面垂直，所以这两个平面的法向量就垂直，所以对，在B 中有m 与n 不垂直的
情况，在C 中，还有m 与n 相交，异面的情况，在D 中，还有m 与n 相交，异面的情况，故选．
4.解析：选B.设截面等腰三角形的顶角为θ，则截面面积为θθsin 18sin 62
12=⨯=
S ， 因为ο1200≤<θ，所以18sin 18≤=θS ，故选B.
5.解析：选C.设h DC =,则h AC DAC 3,30==∠ο， h BC DBC ==∠,45ο,所以在BAC ∆中，
,18,30==∠AB BAC ο应用余弦定理得()ο30cos 3182318222h h h ⨯⨯-+
=，
解这个方程得9h ,18==或h ， 当9=h 时，AB h AC <==393,与已知矛盾，故舍去. 18=h 时，AB AC >=318,成立，所以选C.
6.解析：选D .一组对边平行且相等的四边形就决定了这个四边形是平行四边形；同一平面的两条垂线互相平行，因而共面;这些直线都在同一个平面内即直线的垂面；把书本的书脊垂直放在桌上就可明确看出D 不正确.
7.解析：选 .在平面图中，过作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L .
则AK ⊥MN ，KL ⊥MN .
∴∠AKL 是面AMN 与面MNCB 所成的二面角的平面角，即有∠AKL ＝30°. 由条件知3AB 43AM 23AK ===， 则四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝
23. KL ⋅2
42S MNCB ＋＝＝33. ∴ 2
33331
V MNCB A ⋅⋅＝－＝23.故选 A. 8.解析：选D ．构成的新几何体是两个有公共底面的正四棱锥，它的底面边长为2，高为1，所以一个正四棱锥的体积为()321231
2
=⨯⨯，故选D. 9.解析：选B .①βα,也有相交的情况；②要保证n m ,相交，才有βα∥；③由面面平行性质定理可知对；④因m l l m l ∥∥∴⊂=,,,βγβγI ，同样n l ∥，从而n m ∥，故④对．故选B ．
10. 解析：选C.如图，过点P 作PQ 垂直于FE ，则PQ 垂直于平面BCFE ，所以PQ=PA ，
所以动点P 的轨迹即曲线L 为以A 为焦点，以FE 为准线的抛物线在矩形ADFE 内的部分,故选C.
11. 解析：从长方体的一条体对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,有三种方案：22224(35)80,5(34)74++=++=或或()905432
2=++， 74
答案：74 12. 解析：要抓住两点：（1）半圆纸片的半径成了圆锥的母线，（2）半圆弧长成了圆锥的底面周长.设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则102,10⋅=⋅=ππr l ，5=r ，
所以轴截面顶角的一半为ο30，轴截面为正三角形，故被吹倒后圆锥的最高点离桌面的距离为3560sin =οl 厘米.
答案：35厘米.
13.解析：在正方体盒子中，不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到达的空间，其体积为ππ3
4834
23-=-.小球沿每条棱运动不能到达的空间（除去两端的两个角）的体积，即为高为4的一个正四棱柱的体积减去其内接圆柱体积的四分之一（如图二），即()
ππ-=⨯⨯-⨯441424
122，正方体有12条棱，所以在盒子中小球不能到达的空间G 的体积为+-π348()ππ3
4056412-=-⨯，又正方体盒子的体积为63=216，所以这个正方体盒子中的一点属于G 的概率为81
52121634056ππ-=-. 答案：81521π-. 14.证明：连接CO ，并延长交AB 于D ，连接PD ，
则PD ⊥PC,CD ⊥AB,所以PD 2=DO ·DC,所以ABC AOB PAB S S S ∆∆∆⋅=2.即三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积
与三角形ABC 的面积的等比中项.
答案：三角形PAB 的面积是三角形AOB 的面积与三角形ABC 的面积的等比中项.
15.解析：(1)∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC.
又AB ⊥BC ，PA ⋂AB=A,∴ BC ⊥平面PAB.
又B C ⊂平面PCB ，所以平面PAB ⊥平面PCB.
(2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AD,又PC ⊥AD ，∴AD ⊥平面PAC ，∴AC ⊥AD.
在梯形ABCD 中，由AB ⊥BC ，AB=BC ，得∠BAC=45°，∴∠DCA=∠BAC=45°， 又AC ⊥AD ，故∆DAC 为等腰直角三角形，
∴DC=2AC=2（2AB ）=2AB. 连接BD ，交AC 于点M ，则
2==AB
DC MB DM . 连接EM ，在∆BPD 中，2==MB DM EB PE , ∴PD ∥EM,又EM 在平面AEC 内，∴PD ∥平面EAC.
16.解析:(1)取EF 的中点N ，PD 的中点M ，连接DN 、MN 、PN ，
因为DF=DE,PF=PE ，所以PN ⊥EF ，DN ⊥EF ，PN=DN=5，
所以EF ⊥平面PDN ，EF ⊥MN ，PD ⊥MN ，
所以MN 是异面直线PD 与EF 间的距离，
在直角三角形PMN 中，MN=1,所以异面直线PD 与EF 间的距离为1.
(2)由前面知EF ⊥平面PDN ，△PDN 的面积为214212
1=⨯⨯=⋅=
MN PD S ， 所以这个三棱锥P-DEF 的体积38423131=⨯⨯==Sh V . 17.解析：(1)如图取AD 中点M,连接A 1M ，则A 1M ∥B 1G, 延长QE 交AD 于N ，
所以EQ 平行于平面FB 1G 的充要条件是A 1M ∥EQ ，
因为E 为AA 1的中点，所以N 为AM 的中点，
所以4A 1Q=AD,所以在线段D 1A 1延长线上存在点Q ，使得EQ 平行于平面FB 1G ；
(2)四面体EFB 1G 的六条棱长分别为
2
5,2,217,223,23111======G B FB EB EG FG EF , 所以FG EF FB EF ⊥⊥,1,
所以∠GFB 1就是二面角B 1-EF-G 的平面角.
ο45,22232245492cos 11=∠∴=⨯⨯-+
=FG B FG B , 所以二面角B 1-EF-G 的大小为45度.
(3)由前面可知⊥EF 平面G FB 1，4322232211=⨯⨯⨯=
∆G FB S , 所以8
3234331311=⨯⨯=⋅=∆EF S V G FB . 18.解析：(1)连接BC 1和B 1C ，交点为O,则O 为B 1C 的中点，连接OD, 因为D 为中点，所以OD ∥AB 1,
又OD 在平面DBC 1内，AB 1不在平面DBC 1内，
所以AB 1∥平面BDC 1.
(2)过A 作AF ⊥BC,垂足为F,连接B 1F ，
因为侧面垂直于底面，所以AF ⊥侧面BCC 1B 1，所以AB 1在侧面BCC 1B 1的射影为B 1F ， 因为AB 1垂直于BC 1，所以BC 1⊥B 1F ，Rt ∆B 1BF ∽Rt ∆BC 1C, B 1B:BC=BF:C 1C,所以B 1B 2=BC ·BF=2，所以侧棱21=B B , 所以全面积为322624
322232+=⨯⨯+⨯⨯. 19. 解析：(1)如图，在∆ABC 中，∵AB=1，BC=2，∠ABC=60°，
∴由余弦定理得 ︒⋅-+=60cos 222BC AB BC AB AC
=32
121241=⨯⨯⨯-+， ∴222BC AC AB =+,∴∠BAC=90°，即AC ⊥AB.
又在矩形ACEF 中，AC ⊥AF ，且AF ⋂AB=A,
∴AC ⊥平面ABF ，又∵BF ⊂平面ABF ，∴AC ⊥BF.
(2)∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ⋂平面ABCD=AC,FA ⊥AC ，∴FA ⊥平面ABCD ，
过点A 作AG ⊥BD 于点G ，连接FG,则FG ⊥BD.
∴∠AGF 即是二面角F-BD-A 的平面角，∴∠AGF=60°.
在∆ABD 中，由余弦定理得
72
121221120cos 22222=-⨯⨯⨯-+=︒⋅⋅-+=）（AD AB AD AB BD . 由.7
21120sin 2121721=︒⨯⨯⨯=⋅=∆AG AG S ABD 得 在Rt ∆AGF 中，∵∠AGF=60°，
∴AF=AG ·tan ∠AGF=.7
73,7733721==⨯a 即 20. (1)如图，连接BE ，因为四边形ABCD 是直角梯形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABFE ，所以AD
⊥平面ABFE,所以AD ⊥BE.因为AB 为圆O 的直径，所以AE ⊥BE ，又AE ⋂AD=A 所以BE ⊥平面DAE. 又BE ⊂平面CBE ，所以平面CBE ⊥平面DAE.
(2)存在，点G 是BD 的中点.
证明：连接OG ，OF,GF,则OG ∥AD,又因为OG ⊄平面DAE,所以OG ∥平面DAE,
因为AB ∥EF ，AO=2
1AB=2,EF=2,所以四边形AOFE 是平行四边形，所以OF ∥AE, 又OF ⊄平面DAE ，所以OF ∥平面DAE ，
又OG ⋂OF=O,所以平面OGF ∥平面DAE,所以GF ∥平面DAE.。