高考数学 考前三个月复习冲刺 第三篇 回扣专项练6 立体几何 理试题

1.设m、n是两条不同直线，α、β是两个不同的平面，下列命题正确的是()A.m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB.m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥nC.m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βD.m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β2.已知空间中有不共线的三条线段AB，BC和CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是()A.AB∥CDB.AB与CD异面C.AB与CD相交D.AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交3.平面α与平面β平行的条件可以是()A.α内有无穷多条直线与β平行B.直线a∥α，a∥βC.直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥αD.α内的任何直线都与β平行4.如图，在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1内(含正方体表面)任取一点M，则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.如图所示，定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是平面α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，则△ABC为()A.锐角三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.无法确定6.如图，A，B，C，D为空间中的四个不同点.在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝eq\r(2).等边三角形ADB以AB为轴运动.当平面ADB⊥平面ABC时，CD＝________.7.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________.8.已知点P、A、B、C是球O表面上的四个点，且PA、PB、PC两两成60°角，PA＝PB＝PC＝1cm，则球的表面积为________cm2.9.如图①所示，在等腰三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且CD＝BE＝eq\r(2)，O为BC的中点，将△ADE沿DE折起，得到如图②所示的四棱锥A′—BCDE.若A′O⊥平面BCDE，则A′D与平面A′BC所成角的正弦值是________.10.如图，四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F分别为线段AD，PC的中点.(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：BE⊥平面PAC.11.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分别为CC1，AD的中点，F为BB1上的点，且B1F＝3BF.(1)证明：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.如图所示，已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是等腰梯形，且AB∥CD，O是AB的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝CD＝DA＝eq\f(1,2)AB＝4，M是PA的中点.(1)证明：平面PBC∥平面ODM；(2)求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值.

答案精析回扣专项练61.B[设m与n相交，m、n都在平面γ内，γ∥α，γ∥β时，满足A的条件，∴A错；若m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m∥β，又n⊥β，∴n⊥m，∴B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，结合n⊂β得不出α⊥β，故C错；当m∥n且满足D的条件时，得不出α∥β，故D错.]2.D[若三条线段共面，则直线AB与CD相交或平行；若不共面，则直线AB与CD是异面直线.]3.D[当α∩β＝l时，α内与l平行的直线都与β平行，∴A错；当α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β时，满足B的条件，∴B错；当α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l时，有a∥β，b∥α，∴C错，故选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).由几何概型的求法知，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[因为PB⊥α，所以PB⊥AC.又因为PC⊥AC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC.所以AC⊥BC.所以△ABC为直角三角形.]6.2解析取AB的中点E，连接DE，CE.因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面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)解析由几何体的三视图可知，该几何体的底面是边长为2的正三角形，三条侧棱分别垂直于底面，且两条侧棱的长度是2，一条侧棱的长度为1，故其体积为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)解析如图所示，P、A、B、C四点可以看成如图正方体的四个顶点，则三棱锥P—ABC的外接球就是该正方体的外接球，易得正方体的边长a＝eq\f(\r(2),2)，球的半径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)解析如图，过点D作DH⊥BC于点H，连接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即为A′D与平面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与平面A′BC所成角的正弦值为eq\f(\r(2),4).10.证明(1)如图，连接AC，BE，设AC∩BE＝O，连接OF，EC.由于E为AD的中点，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点.又F为PC的中点，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)由题意知ED∥BC，ED＝BC，所以四边形BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE，因为四边形ABCE为菱形，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)证明设AC的中点为O，连接EO，OB，由题意知EO∥CC1，且EO＝eq\f(1,4)CC1，BF∥CC1，且BF＝eq\f(1,4)CC1，∴EO∥FB，且EO＝FB.∴四边形EFBO是平行四边形.∴EF∥OB.又EF⊄平面ABC，BO⊂平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)解作BG⊥AC，BH⊥AD，连接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为二面角B—AD—C的平面角.由已知得△ABC为直角三角形，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)，则∠BHG＝eq\f(π,3).故二面角B—AD—C的大小为eq\f(π,3).12.(1)证明因为O，M分别为AB，AP的中点，所以OM∥PB.因为CD＝eq\f(1,2)AB，O为AB的中点，所以CD＝BO，又因为CD∥AB，所以四边形OBCD为平行四边形，所以BC∥OD.因为BC∩PB＝B，DO∩OM＝O，所以平面PBC∥平面ODM.(2)解方法一延长AD，BC交于点E，连接PE，则平面PBC∩平面PAD＝PE.易知PB＝PA，EB＝EA，PE＝PE，所以△PBE与△PAE全等.过点A作AQ⊥PE于点Q，连接BQ，则BQ⊥PE，由二面角定义可知，∠AQB为所求角或其补角.易求得PE＝8，AE＝8，PA＝4eq\r(2)，由等积法求得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，所以所求角为π－∠AQB，所以cos(π－∠AQB)＝eq\f(1,7)，因此平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值为eq\f(1,7).方法二以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则P(0,0,4)，B(－4,0,0)，A(4,0,0)，C(－2，－2eq\r(3)，0)，D(2，－2eq\r(3)，0).因为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的一个法向量n1＝(eq\r(3)，1，－eq\r(3)).又eq\o(PA,\s\up6(→))＝(4,0，－4)，eq