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，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郑州二模)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADDD11，AB，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG没有公共点，则三角形PBB1面积的最小值为()A. B1 C D答案C解析补全截面EFG为截面EFGHQR，如图，设BTAC于T，直线D1P与平面EFG不存在公共点，D1P平面EFGHQR，易知平面ACD1平面EFGHQR，PAC，且当P与T重合时，BPBT最短，此时PBB1的面积最小，由等积法：BTACBCBA，即BT1，BT，又BB1平面ABCD，BB1BP，PBB1为直角三角形，PBB1面积的最小值为1，故选C.6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，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A1D，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，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)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AB