?專題突破練(5)　立體幾何的綜合問(wèn)題

一、選擇題
1．已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面．下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(　　)
A．若m∥α，m?β，α∩β＝n，則m∥n
B．若m∥n，m∥α，則n∥α
C．若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，則n⊥γ
D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，則β∥γ
答案　B
解析　由線面平行的性質(zhì)定理可知，A正確；若m∥α，m∥n，則n∥α或n?α，所以B錯(cuò)誤；如圖，設(shè)α∩γ＝l，β∩γ＝m，在平面γ內(nèi)取一點(diǎn)A，

過(guò)點(diǎn)A分別作AB⊥l，AC⊥m，垂足分別為B，C，因?yàn)棣痢挺茫痢搔茫絣，AB⊥l，AB?γ，所以AB⊥α，因?yàn)閚?α，所以AB⊥n，同理可得AC⊥n，因?yàn)锳B∩AC＝A，所以n⊥γ，所以C正確；因?yàn)閙⊥α，m⊥β，所以α∥β，又α∥γ，所以β∥γ，所以D正確．故選B.
2．(2021·昆明高三模擬)已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，則“α∥β”是“l(fā)⊥m”的(　　)
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
答案　A
解析　因?yàn)閘⊥α，α∥β，所以l⊥β，又m?β，所以l⊥m；但l⊥α，l⊥m，m?β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l(fā)⊥m”的充分不必要條件．故選A.
3．(2022·廣東廣雅中學(xué)高三上月考)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，若AB＝1，AC＝，AB⊥AC，AA1＝4，則球O的表面積為(　　)
A．5π B．10π
C.20π D．
答案　C
解析　如圖所示，因?yàn)锳B＝1，AC＝，AB⊥AC，所以BC，B1C1的中點(diǎn)O1，O2，分別為△ABC，△A1B1C1的外接圓的圓心，

所以直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心是O1O2的中點(diǎn)，所以R＝＝＝，所以球O的表面積為S＝4πR2＝20π.故選C.
4．已知O為等腰直角三角形POD的直角頂點(diǎn)，以O(shè)P為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周得到幾何體τ，CD是底面圓O上的弦，△COD為等邊三角形，則異面直線OC與PD所成角的余弦值為(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　設(shè)OP＝r，過(guò)點(diǎn)D作OC的平行線，與CD平行的半徑交于點(diǎn)E，所以∠PDE為異面直線OC與PD所成的角，在△PDE中，PE＝PD＝r，DE＝r，所以cos∠PDE＝＝.故選B.
5．如圖所示，已知在多面體ABC－DEFG中，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為(　　)

A．2 B．4
C．6 D．8
答案　B
解析　如圖所示，將多面體補(bǔ)成棱長(zhǎng)為2的正方體，那么顯然所求的多面體的體積即為該正方體體積的一半，于是所求幾何體的體積為V＝×23＝4.故選B.

6. (2022·福建福州第三中學(xué)高三上第二次質(zhì)量檢測(cè))陀螺指的是繞一個(gè)支點(diǎn)高速轉(zhuǎn)動(dòng)的幾何體，是中國(guó)民間最早的娛樂(lè)工具之一．傳統(tǒng)陀螺大致是木或鐵制的倒圓錐形，玩法是用鞭子抽．中國(guó)是陀螺的老家，從中國(guó)山西夏縣新石器時(shí)代的遺址中就發(fā)掘了石制的陀螺．如圖，一個(gè)倒置的陀螺，上半部分為圓錐，下半部分為同底圓柱．其中總高度為8 cm，圓柱部分高度為6 cm，已知該陀螺由密度為0.7 g/cm3的木質(zhì)材料做成，其總質(zhì)量為70 g，則最接近此陀螺圓柱底面半徑的長(zhǎng)度為(　　)

A．2.0 cm B．2.2 cm
C．2.4 cm D．2.6cm
答案　B
解析　由題意，該陀螺由密度為0.7 g/cm3的木質(zhì)材料做成，其總質(zhì)量為70 g，可得該陀螺的總體積為＝100 cm3，設(shè)底面半徑為r，則πr2×6＋πr2×(8－6)＝100，解得r＝≈2.2 cm.故選B.
7．(2021·福建省廈門(mén)市高三畢業(yè)班5月質(zhì)量檢查)一副三角板由一塊有一個(gè)內(nèi)角為60°的直角三角形和一塊等腰直角三角形組成，如圖所示，∠B＝∠F＝90°，∠A＝60°，∠D＝45°，BC＝DE.現(xiàn)將兩塊三角板拼接在一起，取BC的中點(diǎn)O與AC的中點(diǎn)M，則下列直線與平面OFM所成的角不為定值的是(　　)

A．AC B．AF
C.EF D．CF
答案　B
解析　因?yàn)镺，M為中點(diǎn)，所以O(shè)M∥AB，所以O(shè)M⊥BC，又OF⊥BC，且OM∩OF＝O，所以BC⊥平面OFM，所以EF，CF與平面OFM所成的角分別為∠EFO和∠CFO，它們相等，等于45°，根據(jù)直線與平面所成角的定義知，AC與平面OFM所成的角為∠CMO＝∠A＝60°，故只有AF與平面OFM所成的角不為定值．故選B.
8. 如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)．設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是(　　)

A. B．
C. D．
答案　B
解析　設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則A1C1＝，A1C＝，A1O＝OC1＝＝，OC＝，所以cos∠A1OC1＝＝，sin∠A1OC1＝，cos∠A1OC＝＝－，sin∠A1OC＝.又直線與平面所成的角小于等于90°，而∠A1OC為鈍角，所以sinα的取值范圍為，故選B.
9．(多選) (2021·廣東省普寧二中七校聯(lián)合體高三第一次聯(lián)考)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分別為棱C1D1，CC1的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是(　　)

A．A，M，N，B四點(diǎn)共面
B．BN∥平面ADM
C．直線BN與B1M所成的角為60°
D．平面ADM⊥平面CDD1C1
答案　CD
解析　由圖顯然AM，BN是異面直線，故A，M，N，B四點(diǎn)不共面，故A錯(cuò)誤；取DD1的中點(diǎn)H，連接AH，易證BN∥AH，由AH與平面ADM相交，得BN與平面ADM不平行，故B錯(cuò)誤；取CD的中點(diǎn)O，連接BO，ON，可知△BON為等邊三角形，故C正確；由題意得AD⊥平面CDD1C1，故平面ADM⊥平面CDD1C1，故D正確．
10. (多選)(2022·江蘇鹽城阜寧中學(xué)高三上第二次階段檢測(cè))截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)慕亟?，即截去四面體的四個(gè)頂點(diǎn)所產(chǎn)生的多面體．如圖所示，將棱長(zhǎng)為3a的正四面體沿棱的三等分點(diǎn)作平行于底面的截面得到所有棱長(zhǎng)均為a的截角四面體，則下列說(shuō)法正確的是(　　)

A．該截角四面體的表面積為7a2
B．該截角四面體的體積為a3
C．該截角四面體的外接球表面積為πa2
D．該截角四面體中，二面角A－BC－D的余弦值為
答案　ABC
解析　如圖所示，將題中的截角四面體補(bǔ)成正四面體S－NPQ，截角四面體由4個(gè)邊長(zhǎng)為a的正三角形，4個(gè)邊長(zhǎng)為a的正六邊形構(gòu)成，故該截角四面體的表面積為4×a2＋4×6×a2＝7a2，A正確；

∵棱長(zhǎng)為a的正四面體的高h(yuǎn)＝a，∴該截角四面體的體積為×(3a)2××3a－4××a2×a＝a3，B正確；設(shè)外接球的球心為O，△ABC的中心為O′，△NPQ的中心為O″，∵截角四面體上下底面距離為a－a＝a，∴＋＝a，∴ ＋＝a，∴＝a－，∴R2－＝a2＋R2－a2－a·，∴R2＝a2，∴該截角四面體的外接球表面積為4πR2＝πa2，C正確；易知二面角S－BC－A為銳角，所以二面角A－BC－D為鈍角，其余弦值應(yīng)為負(fù)值，D錯(cuò)誤．故選ABC.
11．(多選)(2021·山東省德州市高三模擬)如圖1，點(diǎn)E為正方形ABCD的邊BC上異于點(diǎn)B，C的動(dòng)點(diǎn)，將△ABE沿AE翻折，得到如圖2所示的四棱錐B－AECD，且平面BAE⊥平面AECD，點(diǎn)F為線段BD上異于點(diǎn)B，D的動(dòng)點(diǎn)，則在四棱錐B－AECD中，下列說(shuō)法正確的有(　　)

A．直線BE與直線CF必不在同一平面上
B．存在點(diǎn)E使得直線BE⊥平面DCE
C．存在點(diǎn)F使得直線CF與平面BAE平行
D．存在點(diǎn)E使得直線BE與直線CD垂直
答案　AC
解析　對(duì)于A，假設(shè)直線BE與直線CF在同一平面上，所以E在平面BCF上，又E在線段EC上，EC∩平面BCF＝C，所以E與C重合，與E異于C矛盾，所以直線BE與直線CF必不在同一平面上；對(duì)于B，若存在點(diǎn)E使得直線BE⊥平面DCE，AE?平面AECD，所以BE⊥AE，又AB⊥BE，所以△ABE中有兩個(gè)直角，與三角形內(nèi)角和為180°矛盾，所以不存在點(diǎn)E使得直線BE⊥平面DCE；對(duì)于C，取F為BD的中點(diǎn)，EC＝AD，再取AB的中點(diǎn)G，則EC∥FG且EC＝FG，四邊形ECFG為平行四邊形，CF∥EG，則直線CF與平面BAE平行；對(duì)于D，過(guò)D作DH⊥AE于H，因?yàn)槠矫鍮AE⊥平面AECD，平面BAE∩平面AECD＝AE，所以DH⊥平面BAE，所以DH⊥BE.若存在點(diǎn)E使得直線BE與直線CD垂直，又DH?平面AECD，CD?平面AECD，DH∩CD＝D，所以BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，與△ABE是以B為直角的三角形矛盾，所以不存在點(diǎn)E使得直線BE與直線CD垂直．故選AC.
12. (多選)(2022·河北省普通高中高三教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖是直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，側(cè)棱AA1＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)，H分別為棱DD1，D1C1，BB1上的中點(diǎn)，則下列結(jié)論中一定正確的是(　　)

A．點(diǎn)F在平面EAB1內(nèi)
B．直線C1H與平面BDD1B1所成的角為
C．C1H∥平面EAB1
D．異面直線AB1與C1H所成的角為
答案　ABC
解析　如圖，連接EF，DC1.因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為DD1，D1C1的中點(diǎn)，故EF∥DC1，又DC1∥AB1，所以EF∥AB1，又E∈平面EAB1，所以EF?平面EAB1，

所以點(diǎn)F在平面EAB1內(nèi)，故A正確；連接A1C1，B1D1，交于點(diǎn)O，連接OH.由題設(shè)，知∠C1HO為直線C1H與平面BDD1B1所成的角．又C1H＝，C1O＝，且C1O⊥OH，故sin∠C1HO＝＝，所以∠C1HO＝，故B正確；設(shè)C1C的中點(diǎn)為P，連接BP，則C1H∥BP.又BP∥AE，所以C1H∥AE，故C1H∥平面EAB1，故C正確；由于C1H∥AE，所以異面直線AB1與C1H所成的角為∠EAB1或其補(bǔ)角．由題設(shè)，知AE＝，AB1＝，EB1＝，所以cos∠EAB1＝≠，故D錯(cuò)誤．
二、填空題
13．設(shè)α和β為不重合的兩個(gè)平面，給出下列命題：①若α內(nèi)的兩條相交直線分別平行于β內(nèi)的兩條直線，則α∥β；②若α外的一條直線l與α內(nèi)的一條直線平行，則l∥α；③設(shè)α∩β＝l，若α內(nèi)有一條直線垂直于l，則α⊥β；④直線l⊥α的充要條件是l與α內(nèi)的兩條直線垂直．其中所有真命題的序號(hào)是________．
答案?、佗?br /> 解析　①正確；②正確；滿足③的α與β不一定垂直，所以③錯(cuò)誤；直線l⊥α的充要條件是l與α內(nèi)的兩條相交直線垂直，所以④錯(cuò)誤．所有真命題的序號(hào)是①②.
14. (2021·廣東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三上學(xué)期第一次階段考試)如圖，在四棱錐S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，SA＝AB＝1，則異面直線SD與BC所成角的余弦值為_(kāi)_______，點(diǎn)C到平面SAD的距離為_(kāi)_______．

答案　　
解析　∵AD∥BC，∴∠SDA＝即為異面直線SD與BC所成的角，其余弦值為cos∠SDA＝＝.∵SA⊥平面ABCD，∴平面SAD⊥平面ABCD，∴點(diǎn)C到交線AD的距離即為點(diǎn)C到平面SAD的距離，為CDsin60°＝.
15. 如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為，動(dòng)點(diǎn)P在對(duì)角線BD1上，過(guò)點(diǎn)P作垂直于BD1的平面，記這樣得到的截面多邊形(含三角形)的面積為y，設(shè)BP＝x，則當(dāng)x∈時(shí)，函數(shù)y＝f(x)的值域?yàn)開(kāi)_______．

答案　
解析　如圖，∵正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為，∴正方體的對(duì)角線長(zhǎng)為3，∵x∈，當(dāng)x＝或時(shí)，截面是正三角形，此時(shí)截面的面積最小，

設(shè)截面正三角形的邊長(zhǎng)為t，由等體積法得×t2×＝××2×t，∴t＝，∴ymin＝×2＝.當(dāng)x＝，即P為BD1的中點(diǎn)時(shí)，截面為正六邊形，此時(shí)截面的面積最大，正六邊形的邊長(zhǎng)為 ＝，故截面面積最大為6××2＝.∴函數(shù)y＝f(x)的值域?yàn)?
16．在三棱錐P－ABC中，△ABC和△PBC都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，PA＝3.若M為三棱錐P－ABC外接球上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)M到平面ABC的距離的最大值為_(kāi)_______．
答案?。?
解析　設(shè)BC的中點(diǎn)為T(mén)，連接AT，PT，如圖，因?yàn)椤鰽BC，△PBC都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以AT⊥BC，PT⊥BC，

則∠ATP為二面角A－BC－P的平面角，且PT＝AT＝3，又PA＝3，所以PT2＋AT2＝PA2，所以PT⊥AT，即∠ATP＝，所以平面PBC⊥平面ABC，且PT⊥平面ABC，AT⊥平面PBC.設(shè)△ABC的外心為O1，△PBC的外心為O2，過(guò)O1作平面ABC的垂線，過(guò)O2作平面PBC的垂線，兩垂線交于點(diǎn)O，則點(diǎn)O到A，B，C，P的距離相等，即點(diǎn)O為三棱錐P－ABC的外接球的球心．易知OO1∥O2T，O1T∥OO2，且O1T＝O2T＝1，AO1＝PO2＝2，所以四邊形OO1TO2是邊長(zhǎng)為1的正方形，連接OP，所以外接球的半徑R＝＝＝，所以點(diǎn)M到平面ABC的距離的最大值為R＋OO1＝＋1.
三、解答題
17. 在如圖所示的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中點(diǎn)．

(1)求證：AB∥平面DEG；
(2)求二面角C－DF－E的余弦值．
解　(1)證明：∵AD∥EF，EF∥BC，
∴AD∥BC，
又BC＝2AD，G是BC的中點(diǎn)，
∴AD綊BG，∴四邊形ADGB是平行四邊形，
∴AB∥DG.
∵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，
∴EF⊥AE，EF⊥BE，
又AE⊥EB，
∴EB，EF，EA兩兩垂直．
以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，EF，EA所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

則E(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2，4,0)，F(xiàn)(0,3,0)，D(0，2,2)．
由已知得＝(2,0,0)是平面EFDA的一個(gè)法向量．
設(shè)平面DCF的法向量為n＝(x，y，z)，
則
∵＝(0，－1,2)，＝(2,1,0)，
∴令z＝1，得y＝2，x＝－1，
∴平面DCF的一個(gè)法向量為n＝(－1,2,1)．
設(shè)二面角C－DF－E的大小為θ，
則|cosθ|＝|cos〈n，〉|＝＝.
易知二面角C－DF－E為鈍二面角，
∴二面角C－DF－E的余弦值為－.
18. (2021·山東青島膠州市高三上學(xué)期期中考試)如圖，在半圓柱W中，AB，CD分別為該半圓柱的上、下底面直徑，E，F(xiàn)分別為半圓弧，上的點(diǎn)，AD，BC，EF均為該半圓柱的母線，AB＝AD＝2.

(1)證明：平面DEF⊥平面CEF；
(2)設(shè)∠CDF＝θ，若二面角E－CD－F的余弦值為，求θ的值．
解　(1)證明：因?yàn)镋F為半圓柱的母線，所以EF⊥平面CDF，所以EF⊥CF，
又因?yàn)镃D為直徑，所以DF⊥CF，
因?yàn)镈F∩EF＝F，DF，EF?平面DEF，所以CF⊥平面DEF，
又因?yàn)镃F?平面CEF，所以平面DEF⊥平面CEF.
(2)以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)D，F(xiàn)C，F(xiàn)E所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Fxyz，

所以D(2cosθ，0,0)，C(0,2sinθ，0)，E(0,0,2)，
設(shè)平面CDE的法向量為n1＝(x，y，z)，
因?yàn)閚1·＝(x，y，z)·(2cosθ，－2sinθ，0)＝0，
n1·＝(x，y，z)·(0，－2sinθ，2)＝0，
所以
取y＝1，解得x＝tanθ，z＝sinθ，
所以平面CDE的一個(gè)法向量為n1＝(tanθ，1，sinθ)，
取平面CDF的一個(gè)法向量n2＝(0,0,1)，
由題知＝，
所以＝，
所以(2sinθcosθ)2＝1，即(sin2θ)2＝1，
所以sin2θ＝1或sin2θ＝－1(舍去)，
所以θ＝.
19．(2022·湖北重點(diǎn)中學(xué)模擬)在五邊形AEBCD中，BC⊥CD，CD∥AB，AB＝2CD＝2BC，AE⊥BE，AE＝BE(如圖1)．將△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，線段AB的中點(diǎn)為O(如圖2)．

(1)求證：平面ABE⊥平面DOE；
(2)求平面ABE與平面ECD所成的銳二面角的大小．
解　(1)證明：因?yàn)锳B＝2CD，O是線段AB的中點(diǎn)，所以O(shè)B＝CD.
又CD∥AB，所以四邊形OBCD為平行四邊形，
又BC⊥CD，所以AB⊥OD.
因?yàn)锳E＝BE，O為線段AB的中點(diǎn)，所以EO⊥AB.
又EO∩OD＝O，EO，OD?平面DOE，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兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OD，OE所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，

由題意知△EAB為等腰直角三角形，且AB＝2CD＝2BC，
則OA＝OB＝OD＝OE，取CD＝BC＝1，
則O(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)，＝(－1,0,0)，＝(0，－1,1)．
設(shè)平面ECD的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
取z＝1，得平面ECD的一個(gè)法向量為n＝(0,1,1)，
因?yàn)镺D⊥平面ABE，所以平面ABE的一個(gè)法向量為＝(0,1,0)．
設(shè)平面ECD與平面ABE所成的銳二面角為θ，則cosθ＝|cos〈，n〉|
＝＝.
因?yàn)?°

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