1、专题突破练(5)立体几何的综合问题一、选择题1(2019武汉模拟)已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是()A若，则 B若m，n，则mnC若m，n，则mn D若m，m，则答案C解析对于A，若a，则或与相交，故错误；对于B，若m，n，则m与n平行或相交或异面，故错误；对于C，若m，n，则mn，正确；对于D，若m，m，则或与相交，故错误选C2(2020昆明高三摸底)已知直线l平面，直线m平面，则“”是“lm”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件答案A解析因为l，所以l，又m，所以lm；但l，lm，m不能得到.所以“”是“lm”的充分
2、不必要条件故选A3(2019湖南长沙市长郡中学二模)如图，在下列三个正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面在各正方体中，直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是()ABD1平面EFG的有且只有，BD1平面EFG的有且只有BBD1平面EFG的有且只有，BD1平面EFG的有且只有CBD1平面EFG的有且只有，BD1平面EFG的有且只有DBD1平面EFG的有且只有，BD1平面EFG的有且只有答案A解析对于，连接BD，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以BDGE，DD1EF，从而可得BD平面EFG，DD1平面EFG，又BDDD1D，所以平面BDD1
3、平面EFG，所以BD1平面EFG.对于，连接DB，DA1，设正方体的棱长为1，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以()()(1cos45cos60)0，即BD1EG.连接DC1，则()()(1cos45cos60)0，即BD1EF.又EGEFE，所以BD1平面EFG.对于图，设正方体的棱长为1，连接DB，DG，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以()()()2110，即BD1EG.连接AF，则()()()21110，即BD1EF.又EGEFE，所以BD1平面EFG.故选A4在四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，
4、则下列结论正确的是()AACBDBBAC90CCA与平面ABD所成的角为30D四面体ABCD的体积为答案B解析ABAD1，BD，ABADABAD平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，CDBD，CD平面ABD，CDAB，又ADCDD，AB平面ACD，ABAC，即BAC90.故选B5(2019安徽宣城二调)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，M为棱A1B1上一点，且A1M(02)，设N为线段ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为()A B C D答案D解析以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建
5、立如图所示的空间直角坐标系，则M(2，2)，D1(0,0,2)，E(2，0,1)，F(2,2,1)，(2,0,1)，(0,2,0)，(0，1)设平面D1EF的法向量为n(x，y，z)，则取x1，得z2，则n(1,0,2)为平面D1EF的一个法向量则点M到平面D1EF的距离d.因为N为线段EM的中点，所以点N到平面D1EF的距离为，故选D6如图所示，已知在多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，则该多面体的体积为()A2 B4 C6 D8答案B解析如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体
6、积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V234.故选B7(2019湖北黄冈中学二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图是半圆(如图)现有一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A点，则蚂蚁所经过路程的最小值为()A BC D2答案B解析由三视图可知，该几何体是半圆锥，其侧面展开图如图所示，则依题意，点A，M的最短距离，即为线段AM.PAPB2，半圆锥的底面半圆的弧长为，展开图中的BPM，APB，APM，在APM中，根据余弦定理有，MA22222222cos84()2，MA，即蚂蚁所经过路程的最小值为.故选B8已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在
7、它的所有内接圆柱中，表面积的最大值是()A22R2 BR2 CR2 DR2答案B解析如图所示，为组合体的轴截面，记BO1的长度为x，由相似三角形的比例关系，得，则PO13x，圆柱的高为3R3x，所以圆柱的表面积为S2x22x(3R3x)4x26Rx，则当xR时，S取最大值，SmaxR2.故选B9如图，在四棱锥PABCD中，ABAD，BCAD，PAAD4，ABBC2，PA平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF平面PCD，平面CEF与直线PD交于点H，若点A，B，C，H都在球O的表面上，则球O的半径为()A1 B C D答案D解析如图，取PD的中点H，PA的中点G，连接BG，
8、GH，FH，CH，则GHBC，GHBC，所以四边形BCHG是平行四边形因为EF平面PCD，设平面PAB与平面PCD相交于直线m，则EFm，CHBGm，所以EFBGCH，所以点H就是平面CEF与直线PD的交点取AD的中点M，连接CM，HM，则球O就是直三棱柱ABGMCH的外接球，球心O是两底面外接圆圆心连线的中点直三棱柱ABGMCH的高BC2，底面ABG的外接圆的半径为BG，所以球O的半径R.故选D10(2020河北唐山第一次摸底)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2AA1，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为()A B C D答案B解析在长方体ABCDA1B1C1D1中，连接A1
9、D，可得A1DB1C，所以异面直线A1B与B1C所成的角即为直线A1B与直线A1D所成的角，即DA1B为异面直线A1B与B1C所成的角，在长方体ABCDA1B1C1D1中，设ABBC2AA12，则A1BA1D，BD2，在A1BD中，由余弦定理得cosDA1B.故选B11(2020广东四校联考)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点C关于平面BDC1的对称点为M，则AM与平面ABCD所成角的正切值为()A B C D2答案B解析如图，连接AC，交BD于点O，因为BDBC1DC1，所以BC1D是等边三角形，故三棱锥CBC1D为正三棱锥，设O为BC1D的中心，连接CO，故CO平面BC1D，
10、延长CO到M，使得MOOC，连接OO，则OOAM，所以AM与平面ABCD所成的角等于OO与平面ABCD所成的角因为BDOO，BDAC，ACOOO，所以BD平面AMC，故平面AMC平面ABCD，且平面ABCD平面AMCAC，根据两个平面相互垂直的性质可知OO在平面ABCD上的射影一定落在线段AC上，故OOC为OO与平面ABCD所成的角，即AM与平面ABCD所成的角因为OC，OO，所以OC，所以tanOOC，故选B12(2020湖北重点中学高三起点考试)如图，在四棱锥PABCD中，顶点P在底面的正投影O恰为正方形ABCD的中心，且AB，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当ANMN取最小值
11、时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为()A B C D答案B解析如图，在PC上取点M，使得PMPM，连接NM，则MNMN，ANMNANMN，则当A，N，M三点共线时，ANMN最小，为AM，当AMPC时，AM取得最小值，即ANNM的最小值因为此时M恰为PD的中点，所以M为PC的中点，连接AC，所以PAAC2，因此PO.易知外接球的球心在四棱锥的内部，设外接球的半径为r，则r2(r)21，解得r，因此外接球的表面积S4r2.故选B二、填空题13(2020长春高三摸底)设和为不重合的两个平面，给出下列命题：若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则；若外的一条直线l与内的一条直线
12、平行，则l；设l，若内有一条直线垂直于l，则；直线l的充要条件是l与内的两条直线垂直其中所有的真命题的序号是_答案解析正确；正确；满足的与不一定垂直，所以错误；直线l的充要条件是l与内的两条相交直线垂直，所以错误所有的真命题的序号是.14(2019湖南湘潭四模)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体(记为ABCDA1B1C1D1)的粮仓，宽3丈(即AD3丈)，长4丈5尺，可装粟一万斛，问该粮仓的高是多少？”已知1斛粟的体积为2.7立方尺，一丈为10尺，则下列判断正确的是_(填写所有正确结论的编号
13、)该粮仓的高是2丈；异面直线AD与BC1所成角的正弦值为；长方体ABCDA1B1C1D1的外接球的表面积为平方丈答案解析由题意，因为100002.73045AA1，解得AA120尺2丈，故正确；异面直线AD与BC1所成角为CBC1，则sinCBC1，故错误；此长方体的长、宽、高分别为4.5丈、3丈、2丈，故其外接球的表面积为42平方丈，所以正确15如图，用一个边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为_答案解析由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC；折起后原正方形顶点到底面的距离为，如图中的BC由图知球心
14、与巢底面的距离OF.16(2020惠州调研)在三棱锥ABCD中，底面BCD是直角三角形且BCCD，斜边BD上的高为1，三棱锥ABCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16，则三棱锥ABCD体积的最大值为_答案解析如图，过点C作CHBD于点H.由外接球的表面积为16，可得外接球的半径为2，则AB4.因为AB为外接球的直径，所以BDA90，BCA90，即BDAD，BCCA，又BCCD，CACDC，所以BC平面ACD，所以BCAD，又BCBDB，所以AD平面BCD，所以平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCDBD，CHBD，CH平面BCD，所以CH平面ABD设ADx(0x4)，则BD.在
15、BCD中，BD边上的高CH1，所以V三棱锥ABCDV三棱锥CABDx1 ，当x28时，V三棱锥ABCD有最大值，故三棱锥ABCD体积的最大值为.三、解答题17(2020大同摸底)在如图所示的多面体中，EF平面AEB，AEEB，ADEF，EFBC，BC2AD4，EF3，AEBE2，G是BC的中点(1)求证：AB平面DEG；(2)求二面角CDFE的余弦值解(1)证明：ADEF，EFBC，ADBC，又BC2AD，G是BC的中点，AD綊BG，四边形ADGB是平行四边形，ABDG.AB平面DEG，DG平面DEG，AB平面DEG.(2)EF平面AEB，AE平面AEB，BE平面AEB，EFAE，EFBE，又
16、AEEB，EB，EF，EA两两垂直以点E为坐标原点，EB，EF，EA所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系则E(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,3,0)，D(0,2,2)由已知得(2,0,0)是平面EFDA的一个法向量设平面DCF的法向量为n(x，y，z)，则(0，1,2)，(2,1,0)，令z1，得y2，x1，可取n(1,2,1)设二面角CDFE的大小为，则coscosn，.易知二面角CDFE为钝二面角，二面角CDFE的余弦值为.18(2019广东华南师大附中综合测试)在五面体ABCDEF中，ABCDEF，ADCD，DCF60，CDEFCF2AB2
17、AD2，平面CDEF平面ABCD(1)证明：直线CE平面ADF；(2)已知P为棱BC上的点，试确定P点位置，使二面角PDFA的大小为60.解(1)证明：CDEF，CDEFCF2.四边形CDEF为菱形，CEDF.平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，ADCD，AD平面CDEF，CEAD，又ADDFD，直线CE平面ADF.(2)DCF60，四边形CDEF为菱形，DEF为正三角形，取EF的中点G，连接GD，则GDEF，GDCD平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，GD平面CDEF，GD平面ABCD又ADCD，DA，DC，DG两两垂直以D为坐标原点，DA，DC，DG
18、所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图，CDEFCF2，ABAD1，E(0，1，)，F(0,1，)，C(0,2,0)，B(1,1,0)(0,1，)，(1，1,0)，(0,2,0)，由(1)知(0，3，)是平面ADF的一个法向量设a(a，a,0)(0a1)，则(a,2a,0)设平面PDF的法向量为n(x，y，z)，令ya，则x(a2)，za，n(a2)，a，a)二面角PDFA为60，|cosn，|，解得a(另一值舍去)P点在靠近B点的CB的三等分点处19(2020湖北重点中学摸底)在五边形AEBCD中，BCCD，CDAB，AB2CD2BC，AEBE，AEBE(如图1)将AB
19、E沿AB折起，使平面ABE平面ABCD，线段AB的中点为O(如图2)(1)求证：平面ABE平面DOE；(2)求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小解(1)证明：因为AB2CD，O是线段AB的中点，所以OBCD又CDAB，所以四边形OBCD为平行四边形，又BCCD，所以ABOD因为AEBE，OBOA，所以EOAB又EODOO，所以AB平面DOE.又AB平面ABE，故平面ABE平面DOE.(2)由(1)易知OB，OD，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由题意知EAB为等腰直角三角形，且AB2CD2BC，则OAOBO
20、DOE，取CDBC1，则O(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)，(1,0,0)，(0，1,1)设平面ECD的法向量为n(x，y，z)，则即取z1，得平面ECD的一个法向量为n(0,1,1)，因为OD平面ABE，所以平面ABE的一个法向量为(0,1,0)设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为，则cos|cos，n|.因为090，所以45，故平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为45.20如图，在各棱长均为2的三棱柱ABCA1B1C1中，侧面A1ACC1底面ABC，A1AC60.(1)求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；(2)已知点D满足，在直线AA1
21、上是否存在点P，使DP平面AB1C？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由解(1)因为侧面A1ACC1底面ABC，作A1OAC于点O，所以A1O平面ABC，所以A1OBO.又A1AC60，且各棱长均为2，所以AO1，OA1OB，BOAC故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，1,0)，B(，0,0)，A1(0，0，)，C(0,1,0)，B1(，1，)，所以(0,1，)，(，2，)，(0,2,0)设平面AB1C的一个法向量为n(x，y,1)，则解得n(1,0,1)由cos，n.而侧棱AA1与平面AB1C所成角，即是向量与平面AB1C的法向量所成锐角的余角，所以侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小为.(2)因为，而B(，1,0)，(，1,0)，所以(2，0,0)又因为B(，0,0)，所以点D的坐标为(，0,0)假设存在点P符合题意，则其坐标可设为P(0，y，z)，所以(，y，z)因为DP平面AB1C，n(1,0,1)为平面AB1C的一个法向量，所以n0，即z.因为(0，y1，z)，则由得所以y0.又DP平面AB1C，故存在点P，使DP平面AB1C，其坐标为(0,0，)，即恰好为点A1.
