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  • 2021-06-30 发布

2019年高考数学练习题汇总压轴小题突破练(2)

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压轴小题突破练(2)‎ ‎1.在四面体ABCD中,二面角A—BC—D为60°,点P为直线BC上一动点,记直线PA与平面BCD所成的角为θ,则(  )‎ A.θ的最大值为60° B.θ的最小值为60°‎ C.θ的最大值为30° D.θ的最小值为30°‎ 答案 A 解析 过A作AH⊥平面BCD于点H,AG⊥BC于点G,连接PH,GH,‎ 则易知∠AGH为二面角A—BC—D的平面角,即∠AGH=60°,∠APH为PA与平面BCD所成的角,则tan∠APH=.因为AH为定长,所以当PH取得最小值时,∠APH取得最大值,易知当点P与点G重合时,PH取得最小值,所以θmax=∠AGH=60°,故选A.‎ ‎2.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M分别是AB,AD,AA1的中点,又P,Q分别在线段A1B1,A1D1上,且A1P=A1Q=x,0<x<1,设平面MEF∩平面MPQ=l,则下列结论中不成立的是(  )‎ A.l∥平面ABCD B.l⊥AC C.平面MEF与平面MPQ垂直 D.当x变化时,l是定直线 答案 C 解析 连接BD,A1D,A1B,AC1,‎ 显然平面MEF∥平面A1DB,‎ 设A1B∩MP=H,A1D∩QM=G,‎ 连接HG,则l∥HG,‎ 又HG∥平面ABCD,‎ 所以l∥平面ABCD,AC⊥BD.‎ 又HG∥l∥BD,‎ 故AC⊥l,当P,Q分别与B1,D1重合时,平面MEF⊥平面MPQ,‎ 又0<x<1,故平面MEF与平面MPQ不垂直.‎ 无论x怎么变化,l是过M点与EF平行的定直线.‎ ‎3.已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1,P是A1C1上任意一点,记平面PAB,平面PBC与下底面所成的二面角分别为α,β,则tan(α+β)的最小值为(  )‎ A.- B.- C.- D.- 答案 C 解析 如图,作PP1⊥AC,易知,PP1⊥底面ABCD,‎ 作PM⊥AB,PN⊥BC,连接MP1,NP1,‎ 易证得∠PMP1=α,∠PNP1=β.‎ 设MP1=x,则NP1=1-x,‎ ‎∴tan α=,tan β=,‎ ‎∴tan (α+β)====.‎ ‎∵0≤x≤1,∴当x=时,tan(α+β)有最小值-,故选C.‎ ‎4.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是AB的中点,点F是B1C1的中点,若正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球与直线EF交于点G,H,且GH=3,若点Q是棱BB1上一个动点,则AQ+D1Q的最小值为(  )‎ A.6 B.3 C.6 D.6 答案 C 解析 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,内切球球心为O,‎ 由题意可得内切球半径r=.‎ OE=OF=a,EF==a,‎ 取EF中点P,则OP==a,‎ 所以cos∠POG===,‎ 所以∠GOH=,OG==,a=3,‎ 把平面DD1B1B与平面AA1B1B展成一个平面,‎ 则A,Q,D1共线时AQ+D1Q最小,最小值为 D1A===6.‎ ‎5.已知三棱锥D-ABC的所有顶点都在球O的球面上,AB=BC=2,AC=2,若三棱锥D-ABC体积的最大值为2,则球O的表面积为(  )‎ A.8π B.9π C. D. 答案 D 解析 由AB=BC=2,AC=2,‎ 可得AB2+BC2=AC2.‎ 所以△ABC为直角三角形,且AC为斜边.‎ 所以过△ABC的截面圆的圆心为斜边AC的中点E.‎ 当DE⊥平面ABC,且球心O在DE上时,三棱锥D-ABC的体积取最大值.‎ 因为三棱锥D-ABC体积的最大值为2,‎ 所以S△ABC·DE=2,‎ 即××22×DE=2,解得DE=3.‎ 设球的半径为R,则AE2+OE2=AO2,‎ 即()2+(3-R)2=R2,解得R=.‎ ‎ 所以球O的表面积为4πR2=4π×2=.‎ ‎6.如图,AB∩α=B,直线AB与平面α所成的角为75°,点A是直线AB上一定点,动直线AP与平面α交于点P,且满足∠PAB=45°,则点P在平面α内的轨迹是(  )‎ A.双曲线的一支 B.抛物线的一部分 C.圆 D.椭圆 答案 D 解析 用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥,得到的是圆;把平面渐渐倾斜,得到椭圆;当平面和圆锥的一条母线平行时,得到抛物线.‎ 此题中平面α上的动点P满足∠PAB=45°,可理解为P在以AB为轴的圆锥的侧面上,再由斜线段AB与平面α所成的角为75°,可知P的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义.故可知动点P的轨迹是椭圆.‎ ‎7.在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是BC的中点,点P是面DCC1D1所在的平面内的动点,且满足∠APD=∠MPC,则三棱锥P-BCD体积的最大值是(  )‎ A.36 B.12 C.24 D.18 答案 B 解析 ∵AD⊥平面D1DCC1,∴AD⊥DP,‎ 同理BC⊥平面D1DCC1,则BC⊥CP,∠APD=∠MPC,‎ ‎∴△PAD∽△PMC,∴=,‎ ‎∵AD=2MC,‎ ‎∴PD=2PC,下面研究点P在面DCC1D1内的轨迹(立体几何平面化),在平面直角坐标系内设D(0,0),C(6,0),C1(6,6),设P(x,y),‎ ‎∵PD=2PC,‎ ‎∴=2,化简得(x-8)2+y2=16(4≤x≤6),该圆与CC1的交点的纵坐标最大,交点坐标(6,2),三棱锥P-BCD的底面BCD的面积为18,要使三棱锥P-BCD的体积最大,只需高最大,当P点坐标为(6,2)时,CP=2,棱锥的高最大,此时三棱锥P-BCD的体积V=×18×2=12,故选B.‎ ‎8.如图,在四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD,使∠A′DC=,则下列结论不正确的是(  )‎ A.A′B⊥CD B.∠BA′C= C.二面角A′-BC-D的平面角的正切值为 D.异面直线A′C与BD所成角的大小为 答案 C 解析 因为CD⊥BD且A′D⊥CD,所以CD⊥平面A′BD,因此CD⊥A′B,故A正确;因为A′B⊥CD,A′D⊥A′B,所以A′B⊥平面A′CD,因此A′B⊥A′C,即∠BA′C=,故B正确;取BD的中点E,连接A′E,易知平面A′BD⊥平面BCD,且平面A′BD∩平面BCD=BD,A′E⊥BD,所以A′E⊥平面BCD.过E作EF⊥BC交BC于点F,连接A′F,所以∠A′FE为二面角A′-BC-D的平面角,所以tan∠A′FE=,故C错.取A′B,BC,A′D的中点分别为M,N,P,连接MN,MP,NP,则异面直线A′C与BD所成的角即为∠NMP(或其补角),易知MP=BD=,MN=A′C=,易求得NP=,故△MNP为等边三角形,所以异面直线A′C与BD所成角的大小为,故D正确.‎ ‎9.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线AC1上取一点P,以A为球心,AP为半径作一个球,设AP=x,记该球面与正方体表面的交线的长度和为f(x),则函数f(x)的图象最有可能的是(  )‎ 答案 B 解析 球面与正方体的表面都相交,我们考虑三种特殊情形:‎ ‎①当x=1时;②当x=时;③当x=时.‎ ‎①当x=1时,以A为球心,1为半径作一个球,该球面与正方体表面的交线弧长为3××2π×1=,且为函数f(x)的最大值;‎ ‎②当x=时,以A为球心,为半径作一个球,根据图形的相似,该球面与正方体表面的交线弧长为①中的一半;‎ ‎③当x=时,以A为球心,为半径作一个球,该球面与正方体表面的交线弧长为3××2π×1=,‎ 对照选项可得B正确.‎ ‎10.在正方形ABCD中,点E,F分别为边BC,AD的中点,将△ABF沿BF所在的直线进行翻折,将△CDE沿DE所在的直线进行翻折,则在翻折的过程中(  )‎ A.点A与点C在某一位置可能重合 B.点A与点C的最大距离为AB C.直线AB与直线CD可能垂直 D.直线AF与直线CE可能垂直 答案 D 解析 若点A与点C在某一位置重合,则在△ABE中,BE=AE=AB,即有BE+AE=AB,则BE,AE,AB三边不构成三角形,故A错.在正方形ABCD中,设AC与BF,ED分别交于点M,N,则AM+NM+NC=AB,在翻折的过程中,总有AC≤AM+MC≤AM+MN+NC=AB,故B错.因为BF∥DE,∠ABF≠∠CED,所以在翻折的过程中,AB与CE不平行,过点B作BP∥CE,且BP=CE,则直线BP,BA是相交直线,由四边形BECP为平行四边形得CP∥BE,且CP=BE,从而有CP∥DF,且CP=DF,所以四边形CDFP为平行四边形,故FP∥CD,故若AB⊥CD,则FP⊥AB,又CD⊥CE,故FP⊥PB,从而有FP⊥平面ABP,所以FP⊥AP,则在△FPA中,AF>FP,但AF=CD=FP,矛盾,故C错.由上知若直线AF与直线CE垂直,则AF⊥BP,又FP⊥PB,从而有BP⊥平面APF,所以BP⊥AP,故只需AP=AB即可,即D正确,故选D.‎ ‎11.如图,已知△ABC是等腰直角三角形,∠C=,点M在△ABC外,且MB=1,MC=2,则MA的最大值是________.‎ 答案 2+1‎ 解析 如图,以C为原点,MC所在直线为x轴建立平面直角坐标系,则M(-2,0).设A(x,y),则由AC⊥BC且AC=BC可得B(-y,x),又MB=1,则(-y+2)2+x2=1,即知点A的轨迹是以P(0,2)为圆心,1为半径为圆,则AM≤MP+PA=2+1.‎ ‎12.如图所示,正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1,E,F分别是棱AA′,CC′的中点,过直线EF的平面分别与棱BB′,DD′分别交于M,N两点,设BM=x,x∈[0,1],给出以下四个结论:‎ ‎①平面MENF⊥平面BDD′B′;‎ ‎②直线AC∥平面MENF始终成立;‎ ‎③四边形MENF周长L=f(x),x∈[0,1]是单调函数;‎ ‎④四棱锥C′-MENF的体积V=h(x)为常数.‎ 以上结论正确的是______________.‎ 答案 ①②④‎ 解析 ①因为EF⊥BB′,EF⊥BD,BB′∩BD=B,‎ 所以EF⊥平面BDD′B′,‎ 所以平面MENF⊥平面BDD′B′成立;‎ ‎②因为AC∥EF,所以直线AC∥平面MENF始终成立;‎ ‎③因为MF=,‎ f(x)=4,‎ 所以f(x)在[0,1]上不是单调函数;‎ ‎④VC′-MENF=VF-MC′E+VF-C′NE=·+·=,故h(x)为常数.‎ ‎13.正四面体ABCD的棱长为6,其中AB∥平面α,E,F分别为线段AD,BC的中点,当正四面体以AB为轴旋转时,线段EF在平面α上的射影长的取值范围是________.‎ 答案 [3,3]‎ 解析 如图,取AC的中点G,连接GE,GF,EF,结合已知可得GF∥AB,在正四面体中,AB⊥CD,又GE∥CD,‎ ‎∴GE⊥GF,∴EF2=GE2+GF2,‎ 当四面体绕AB旋转时,‎ ‎∵GF∥平面α,GE与GF的垂直性保持不变,‎ 显然当CD与平面α垂直时,GE在平面α上的射影长最短为0,‎ 此时EF在平面α上射影E1F1的长取得最小值3.‎ 当CD与平面α平行时,GE在平面上的射影长取得最大值3,E1F1取得最大值3,所以射影E1F1长度的取值范围是[3,3].‎ ‎14.如图,∠ACB=90°,DA⊥平面ABC,AE⊥DB交DB于E,AF⊥DC交DC于F,且AD=AB=2,则三棱锥D-AEF体积的最大值为__________.‎ 答案  解析 ∵AD⊥平面ABC,‎ ‎∴DA⊥AB,AD⊥BC,‎ ‎∵AE⊥DB,又AD=AB=2,∴DE=.‎ 又∵BC⊥AC,AC∩AD=A,‎ ‎∴BC⊥平面ACD,‎ ‎∴平面BCD⊥平面ACD,‎ ‎∵AF⊥DC,平面BCD∩平面ACD=CD,AF⊂平面ACD,‎ ‎∴AF⊥平面BCD,‎ ‎∴AF⊥BD,又AE⊥BD,AF∩AE=A,‎ ‎∴BD⊥平面AEF,‎ 由AF⊥EF,得AF2+EF2=AE2=2≥2AF·EF,即AF·EF≤1,‎ ‎∴S△AEF≤,当且仅当AF=EF=1时“=”成立,‎ ‎∴三棱锥D-AEF体积的最大值为××=.‎ ‎15.如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°,沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′,直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________.‎ 答案  解析 设直线AC与BD′所成角为θ,平面ACD翻折的角度为α,设O是AC中点,由已知得AC=,如图,‎ 以OB为x轴,OA为y轴,过O与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,‎ 由A,B,C,作DH⊥AC于H,翻折过程中,D′H始终与AC垂直,CH===,‎ 则OH=,DH==,‎ 因此可设D′,‎ 则=,‎ 与平行的单位向量为n=(0,1,0),‎ 所以cos θ=|cos〈,n〉|==,‎ 所以cos α=-1时,cos θ取最大值.‎ ‎16.已知等腰直角三角形ABC中,AB=AC=2,D,E分别为AB,AC的中点,沿DE将△ABC折成直二面角(如图),则四棱锥A—DECB的外接球的表面积为________.‎ 答案 10π 解析 因为△ADE为等腰直角三角形,‎ 所以△ADE的外接圆的圆心在DE上,‎ 即平面ADE截四棱锥A—DECB的外接球所得的截面圆的圆心在DE上,‎ 即在平面DECB内,‎ 所以等腰梯形DECB的外接圆的半径即为四棱锥A—DECB的外接球的半径.‎ 以BC的中点为原点,BC所在的直线为x轴,线段BC的垂直平分线所在的直线为y轴建立平面直角坐标系,‎ 则易得C(,0),E,‎ 因为四边形DECB为等腰梯形,‎ 所以其外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线上,‎ 设其坐标为P(0,y),则由|PC|=|PE|得 =,‎ 解得y=-,‎ 所以等腰梯形DECB的外接圆的半径 r=|PC|==,‎ 所以四棱锥A—DECB的外接球的表面积为4πr2=10π.‎ ‎17.如图,矩形ABCD中,AB=1,BC=,将△ABD沿对角线BD向上翻折,若翻折过程中AC长度在内变化,则点A所形成的运动轨迹的长度为________.‎ 答案 π 解析 如图1,过点A作AO⊥BD,垂足为点O,过点C作直线AO的垂线,垂足为点E,则易得AO=OE=,CE=1.‎ 在图2中,由旋转的性质易得点A在点O为圆心,以AO为半径的圆上运动,且BD垂直于圆O所在的平面,‎ 又因为CE∥BD,‎ 所以CE垂直于圆O所在的平面,‎ 设当A运动到点A1处时,CA1=,‎ 当A运动到点A2处时,CA2=,‎ 则有CE⊥EA1,CE⊥EA2,‎ 则易得EA1=,EA2=,‎ 则易得△OEA2是以O为直角顶点的等腰直角三角形,在△OEA1中,由余弦定理得cos∠EOA1=-,‎ 所以∠EOA1=120°,‎ 所以∠A1OA2=30°,‎ 所以点A所形成的轨迹为半径为OA=,圆心角为∠A1OA2=30°的圆弧,‎ 所以运动轨迹的长度为×π×=π.‎