高考數(shù)學(xué) 考前三個月復(fù)習(xí)沖刺 第三篇 回扣專項練6 立體幾何 理試題

1.設(shè)m、n是兩條不同直線，α、β是兩個不同的平面，下列命題正確的是()A.m∥α，n∥β且α∥β，則m∥nB.m⊥α，n⊥β且α⊥β，則m⊥nC.m⊥α，n?β，m⊥n，則α⊥βD.m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β2.已知空間中有不共線的三條線段AB，BC和CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直線AB與CD的位置關(guān)系是()A.AB∥CDB.AB與CD異面C.AB與CD相交D.AB∥CD或AB與CD異面或AB與CD相交3.平面α與平面β平行的條件可以是()A.α內(nèi)有無窮多條直線與β平行B.直線a∥α，a∥βC.直線a?α，直線b?β，且a∥β，b∥αD.α內(nèi)的任何直線都與β平行4.如圖，在棱長為2的正方體ABCD—A1B1C1D1內(nèi)(含正方體表面)任取一點M，則eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))≥1的概率p等于()A.eq\f(3,4) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)5.如圖所示，定點A和B都在平面α內(nèi)，定點P?α，PB⊥α，C是平面α內(nèi)異于A和B的動點，且PC⊥AC，則△ABC為()A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.無法確定6.如圖，A，B，C，D為空間中的四個不同點.在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝eq\r(2).等邊三角形ADB以AB為軸運動.當平面ADB⊥平面ABC時，CD＝________.7.已知一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________.8.已知點P、A、B、C是球O表面上的四個點，且PA、PB、PC兩兩成60°角，PA＝PB＝PC＝1cm，則球的表面積為________cm2.9.如圖①所示，在等腰三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分別是AC，AB上的點，且CD＝BE＝eq\r(2)，O為BC的中點，將△ADE沿DE折起，得到如圖②所示的四棱錐A′—BCDE.若A′O⊥平面BCDE，則A′D與平面A′BC所成角的正弦值是________.10.如圖，四棱錐P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC的中點.(1)求證：AP∥平面BEF；(2)求證：BE⊥平面PAC.11.如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分別為CC1，AD的中點，F(xiàn)為BB1上的點，且B1F＝3BF.(1)證明：EF∥平面ABC；(2)若AC＝2eq\r(2)，CC1＝2，BC＝eq\r(2)，∠ACB＝eq\f(π,3)，求二面角B—AD—C的大小.12.如圖所示，已知四棱錐P—ABCD的底面ABCD是等腰梯形，且AB∥CD，O是AB的中點，PO⊥平面ABCD，PO＝CD＝DA＝eq\f(1,2)AB＝4，M是PA的中點.(1)證明：平面PBC∥平面ODM；(2)求平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值.

答案精析回扣專項練61.B[設(shè)m與n相交，m、n都在平面γ內(nèi)，γ∥α，γ∥β時，滿足A的條件，∴A錯；若m⊥α，α⊥β，則m?β或m∥β，又n⊥β，∴n⊥m，∴B正確；若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，結(jié)合n?β得不出α⊥β，故C錯；當m∥n且滿足D的條件時，得不出α∥β，故D錯.]2.D[若三條線段共面，則直線AB與CD相交或平行；若不共面，則直線AB與CD是異面直線.]3.D[當α∩β＝l時，α內(nèi)與l平行的直線都與β平行，∴A錯；當α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β時，滿足B的條件，∴B錯；當α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l時，有a∥β，b∥α，∴C錯，故選D.]4.A[可解得|eq\o(AM,\s\up6(→))|cosθ≥eq\f(1,2)，也即eq\o(AM,\s\up6(→))在eq\o(AA1,\s\up6(→))上的投影大于或等于eq\f(1,2).由幾何概型的求法知，p＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))×2×2,2×2×2)＝eq\f(3,4).]5.B[因為PB⊥α，所以PB⊥AC.又因為PC⊥AC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC.所以AC⊥BC.所以△ABC為直角三角形.]6.2解析取AB的中點E，連接DE，CE.因為△ADB是等邊三角形，所以DE⊥AB.當平面ADB⊥平面ABC時，因為平面ADB∩平面ABC＝AB，所以DE⊥平面ABC，故DE⊥CE.由已知可得DE＝eq\r(3)，EC＝1，在Rt△DEC中，CD＝eq\r(DE2＋EC2)＝2.7.eq\f(5\r(3),3)解析由幾何體的三視圖可知，該幾何體的底面是邊長為2的正三角形，三條側(cè)棱分別垂直于底面，且兩條側(cè)棱的長度是2，一條側(cè)棱的長度為1，故其體積為eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×1＋eq\f(1,3)×2×1×eq\r(3)＝eq\f(5\r(3),3).8.eq\f(3π,2)解析如圖所示，P、A、B、C四點可以看成如圖正方體的四個頂點，則三棱錐P—ABC的外接球就是該正方體的外接球，易得正方體的邊長a＝eq\f(\r(2),2)，球的半徑R＝eq\f(1,2)eq\r(a2＋a2＋a2)＝eq\f(\r(6),4)，∴S球＝4πR2＝eq\f(3π,2).9.eq\f(\r(2),4)解析如圖，過點D作DH⊥BC于點H，連接A′H.∵A′O⊥平面BCDE，A′O?平面A′BC，∴平面A′BC⊥平面BCDE.又平面A′BC∩平面BCDE＝BC，∴DH⊥平面A′BC.∴∠DA′H即為A′D與平面A′BC所成的角.又DH＝1，A′D＝3eq\r(2)－eq\r(2)＝2eq\r(2)，∴sin∠DA′H＝eq\f(DH,A′D)＝eq\f(\r(2),4)，∴A′D與平面A′BC所成角的正弦值為eq\f(\r(2),4).10.證明(1)如圖，連接AC，BE，設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC.由于E為AD的中點，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四邊形ABCE為菱形，所以O(shè)為AC的中點.又F為PC的中點，因此在△PAC中，可得AP∥OF，又OF?平面BEF，AP?平面BEF，所以AP∥平面BEF.(2)由題意知ED∥BC，ED＝BC，所以四邊形BCDE為平行四邊形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE，因為四邊形ABCE為菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，且AP?平面PAC，AC?平面PAC，所以BE⊥平面PAC.11.(1)證明設(shè)AC的中點為O，連接EO，OB，由題意知EO∥CC1，且EO＝eq\f(1,4)CC1，BF∥CC1，且BF＝eq\f(1,4)CC1，∴EO∥FB，且EO＝FB.∴四邊形EFBO是平行四邊形.∴EF∥OB.又EF?平面ABC，BO?平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)解作BG⊥AC，BH⊥AD，連接GH，∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴BG⊥平面AA1C1C.∵AD?平面AA1C1C，∴BG⊥AD.又BH∩BG＝B，∴AD⊥平面BHG.∴HG⊥AD.∴∠BHG為二面角B—AD—C的平面角.由已知得△ABC為直角三角形，AB＝eq\r(6).在Rt△ABC中，由S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝eq\f(1,2)BG·AC得BG＝eq\f(\r(6),2)，在Rt△ABD中，由S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD＝eq\f(1,2)AD·BH，得BH＝eq\r(2)，在Rt△BHG中，sin∠BHG＝eq\f(BG,BH)＝eq\f(\r(3),2)，則∠BHG＝eq\f(π,3).故二面角B—AD—C的大小為eq\f(π,3).12.(1)證明因為O，M分別為AB，AP的中點，所以O(shè)M∥PB.因為CD＝eq\f(1,2)AB，O為AB的中點，所以CD＝BO，又因為CD∥AB，所以四邊形OBCD為平行四邊形，所以BC∥OD.因為BC∩PB＝B，DO∩OM＝O，所以平面PBC∥平面ODM.(2)解方法一延長AD，BC交于點E，連接PE，則平面PBC∩平面PAD＝PE.易知PB＝PA，EB＝EA，PE＝PE，所以△PBE與△PAE全等.過點A作AQ⊥PE于點Q，連接BQ，則BQ⊥PE，由二面角定義可知，∠AQB為所求角或其補角.易求得PE＝8，AE＝8，PA＝4eq\r(2)，由等積法求得AQ＝2eq\r(7)＝BQ，所以cos∠AQB＝eq\f(AQ2＋BQ2－AB2,2AQ·BQ)＝eq\f(28＋28－64,2×2\r(7)×2\r(7))＝－eq\f(1,7)<0，所以所求角為π－∠AQB，所以cos(π－∠AQB)＝eq\f(1,7)，因此平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值為eq\f(1,7).方法二以O(shè)為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.則P(0,0,4)，B(－4,0,0)，A(4,0,0)，C(－2，－2eq\r(3)，0)，D(2，－2eq\r(3)，0).因為eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－4,0，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，－2eq\r(3)，0)，所以易求得平面PBC的一個法向量n1＝(eq\r(3)，1，－eq\r(3)).又eq\o(PA,\s\up6(→))＝(4,0，－4)，eq