高考第一轮复习专题素质测试题立体几何（文科）班别______学号______姓名_______评价______ （考试时间120分钟，满分150分，试题设计：隆光诚）一、选择题（每小题5分，共60分. 以下给出的四个备选答案中，只有一个正确）1．（10全国Ⅱ）与正方体1111ABCD A BC D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（ ）A.有且只有1个B.有且只有2个C.有且只有3个D.有无数个2.（09福建）设,m n 是平面α内的两条不同直线；12,l l 是平面β内的两条相交直线，则//αβ的一个充分而不必要条件是（ ）A. 1////m l βα且B. 12////m l l 且nC. ////m n ββ且D.2////m n l β且3.（08四川）直线l α⊂平面，经过α外一点A 与l α、都成30︒角的直线有且只有（ ） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条4.（08宁夏）已知平面α⊥平面β，α∩β= l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定．．．成立的是（ ） A. AB ∥mB. AC ⊥mC. AB ∥βD. AC ⊥β5.（10湖北）用a 、b 、c 表示三条不同的直线，y 表示平面，给出下列命题：①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ；③若a ∥y ，b ∥y ，则a ∥b ；④若a ⊥y ，b ⊥y ，则a ∥b .其中真命题是（ ） A. ①②B. ②③C. ①④D.③④6．（10新课标）设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）A.3πa 2B.6πa 2C.12πa 2D. 24πa 2 7．（08全国Ⅱ）正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为︒60，则该棱锥的体积A ．3B ．6C ．9D ．188.（09全国Ⅱ） 已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 中点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为（ ）B. 15C.D. 359．（09北京）若正四棱柱1111ABCD A BC D -的底面边长为1，1AB 与底面ABCD 成60°角，则11AC到底面ABCD 的距离为 ( )A B ． 1 C ．D 10.（10全国Ⅰ）正方体ABCD -1111A B C D 中，1BB 与平面1ACD 所成角的余弦值为（ ）A.B. C.2311.（09全国Ⅰ）已知二面角l αβ--为600 ，动点P 、Q 分别在面,αβ内，P 到β的距离Q到α的距离为P 、Q 两点之间距离的最小值为（ ）A. 2B.2C.D.412.（10北京）正方体1111ABCD-A B C D 的棱长为2，动点E 、F 在棱11A B 上.点Q 是CD 的中点，动点P 在棱AD 上，若EF=1，DP=x ，1A E=y(x ，y 大于零)，则三棱锥P-EFQ 的体积（ ） A.与x ，y 都有关 B.与x ，y 都无关 C.与x 有关，与y 无关 D.与y 有关，二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中对应题号后的横线上）13.(10四川)二面角l αβ--的大小是60︒，,AB B l α⊂∈，AB 与l 所成的角为30︒，则AB 与平面β所成角的正弦值是________________.14．（10江西）长方体1111ABCD A B C D -的顶点均在同一个球面上，11AB AA ==，BC =A ，B 两点间的球面距离为 .15．（08全国Ⅰ）已知菱形ABCD 中，2AB =，120A ∠=，沿对角线BD 将ABD △折起，使二面角A BD C --为120，则点A 到BCD △所在平面的距离等于 ． 16．（09安徽）对于四面体ABCD ，下列命题正确的是_________（写出所有正确命题的编号）.①相对棱AB 与CD 所在的直线是异面直线；②由顶点A 作四面体的高，其垂足是△BCD 的三条高线的交点； ③若分别作△ABC 和△ABD 的边AB 上的高，则这两条高的垂足重合； ④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤） 17．（本题满分10分，08安徽19）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4ABC π∠=， OA ABCD ⊥底面， 2OA =，M 为OA 的中点.（Ⅰ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅱ）求点B 到平面OCD 的距离.18. (本题满分12分，09全国Ⅱ19)如图，直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，D E 、分别为11AA B C 、的中点，DE ⊥平面1BCC . （Ⅰ）证明：AB AC =；（Ⅱ）设二面角A BD C --为60°，求1B C 与平面BCD 所成的角的大小.19．（本题满分12分，09浙江19）如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠= ，,P Q 分别为,AE AB的中点．（I ）证明：//PQ 平面ACD ；（II ）求AD 与平面ABE 所成角的正弦值．ACB A 1B 1C 1DE20. (本题满分12分，10全国Ⅱ19)如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AC ＝BC ，AA 1=AB ，D 为BB 1的中点，E 为AB 1上的一点，AE=3EB 1. （Ⅰ）证明：DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线；（Ⅱ）设异面直线AB 1与CD 的夹角为45o ，求二面角A 1-AC 1-B 1的大小.21.（本题满分12分，10山东20）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，BCD A MA 平面⊥，PD ∥MA ，E GF 、、分别为MB 、PC PB 、的中点，且2MA PD AD ==．（Ⅰ）求证：平面PDC EFG 平面⊥;（Ⅱ）求三棱锥的体积之比与四棱锥ABCD P MAB P --．A A 1EB D B 1C C 122. 本题满分12分，(08全国Ⅰ18)四棱锥A - BCDE 中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，BC =2，CD =AB AC =． （Ⅰ）证明：AD ⊥CE ；（Ⅱ）设侧面ABC 为等边三角形，求二面角C - AD - E 的大小．C DB E A参考答案：一、选择题答题卡： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D BBDCBBCDDCC二、填空题 13.43. 14．3π. 15．23． 16．①④⑤三、解答题17．解：（Ⅰ）作AP CD ⊥于点P ，因为.22,1,45==∴=︒=∠PD AP AD AODP分别以AB 、AP、AO 所在直线为,,x yz 轴建立空间直角坐标系A —xyz.则(0,0,0),(1,0,0),(0,((0,0,2),(0,0,1)222A B PD O M -, 设AB 与MD 所成的角为θ,(1,0,0),(1)AB MD ==- ∵，1c o s ,23AB MD AB MD πθθ===⋅ ∴∴. ∴AB 与MD 所成角的大小为3π.（Ⅱ）)2,22,22(),0,0,1(--===，设平面OCD 的法向量为),,(z y x n =,由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00得⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=0222220z y x x ，).2,4,0(=(1,0,2)OB =-∵,所以点B 到平面OCD 的距离为.322322||===n d . 18. 解：（Ⅰ）以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A —xyz.设).,,1(),2,0,2(),,0,0(),2,0,0(),0,2,0(),0,0,2(11c b E c B c D c A b C B 则（b ＞0，c ＞0） 于是.2||,2||),0,2,2(),0,,1(b AC AB b b ==-== 由DE ⊥平面1BCC 知DE ⊥BC ，由DE BC =0得0222=+-b ，求得1=b ，所以AB AC =.（Ⅱ）设平面BCD 的法向量),,(z y x =， 又).0,2,2(),,0,2(-=-=c由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00得⎩⎨⎧=+-=+-002y x cz x ，令c x =, 则)2,,(c c =又平面ABD 的法向量)0,2,0(==， 由二面角C BD A --为60°知，︒>=<60,， 故214222||||,cos 2=+=⋅>=<c c n m ，求得2=c . 于是)22,2,2()2,2,2(1-==CB ，，设1B C 与平面BCD 所成的角为θ，则.30,2122424sin 1︒==⨯==θθ 所以C B 1与平面BCD 所成的角为30°.19．（Ⅰ）证明：在ABE ∆中，Q P ,分别是AB AE ,的中点，所以PQ 是ABE ∆的中位线，从而PQ ∥EB. 又因为//EB DC ，所以PQ ∥DC.z而⊄PQ 平面ACD ，DC ⊂平面ACD ， 所以//PQ 平面ACD ．（Ⅱ）在ABC ∆中，BQ AQ BC AC ===,2，120ACB ∠=，所以AB CQ ⊥，3,1===BQ AQ CQ ．如图所示的空间直角坐标系Q —xyz ，则)1,1,3(--=AD ， 面ABE 的法向量为).0,1,0(== 记AD 与平面ABE 所成的角为θ， 所以.5551sin ===θ 20.解：（Ⅰ）以B 为坐标原点，射线BA 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz -.设)0,3,1(),0,2,0(),0,4,0(),0,0,4(,411E D B A AB A A 则==.又设),0,4,4(),0,1,1(),,0,2(1B c C =-==则因为0,01=⋅=⋅B ，所以.,1B ⊥⊥即1DE B A DE ⊥⊥，所以DE 为异面直线1AB 与CD 的公垂线.（Ⅱ）因为1,B A DC <>等于异面直线1AB 与CD 的夹角，故11cos 45B A DC B A DC =，即22824162⨯+⨯=c .解得22=c ，故).22,4,2(1C又).22,4,2(.),0,4,0(111-===AC BB设面11C AA 、面11C AB 的法向量分别为).,,(),,,(c b a z y x ==由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0011AA AC 得⎩⎨⎧==++-0022y z y x ，).1,0,2(=由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0011B AC 得⎩⎨⎧=-=++-022b a c b a ，).1,2,2(-=.1515531||||,cos =⨯=⋅>=<∴n m 由于,m n <>等于二面角A 1—AC 1—B 1的平面角， 所以二面角A 1—AC 1—B 1的大小为. 21.（Ⅰ）证明：由已知ABCD,PD MA,MA ⊥平面∥.ABCD PD 平面⊥∴ 又BC ABCD ⊂平面，所以PD DC ⊥． 因为四边形ABCD 为正方形，所以BC DC ⊥． 又PD DC=D ⋂，因此BC PDC ⊥平面． 在△PBC 中，因为G F 、分别为PB PC 、的中点， 所以GF ∥BC. 因此GF PDC ⊥平面.又GF EFG ⊂平面，所以EFG PDC ⊥平面平面．（Ⅱ）解：因为PD ABCD ⊥平面,四边形ABCD 为正方形，不妨设MA=1，则PD =A D =2，所以P-ABCD ABCD 1V =S 3正方形·8PD=3.由于DA MAB ⊥面，且PD MA ∥，所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离.三棱锥32221213131=⨯⨯⨯⨯=⋅=∆-DA S V MAB MAB P ．所以 4:1:=--ABCD P MAB P V V ．22. （Ⅰ）证明：作AO ⊥BC ，垂足为O ，由题设知AO ⊥底面BCDE ，且O 为BC 的中点，以O 为坐标原点，射线OC 为x设A （0,0,t ），由已知条件有C(1,0,0), D(1,2,0), E(-1, 2),2,1(),0,2,2(t AD CE -=-=.所以0=⋅，得AD ⊥CE.（Ⅱ）△ABC 为等边三角形，则)3,2,1(),3,0,0(-=AD A ，).00,2(),0,2,0(==11 设面ACD 、面AED 的法向量分别为).,,(),,,(c b a z y x ==由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00CD m AD m 得⎪⎩⎪⎨⎧==-+02032y z y x ，).1,0,3(=m 由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00ED n 得⎩⎨⎧==-+02032a c b a ，).2,3,0(=1010522||||,cos =⨯=⋅>=<∴n m 故二面角C —AD —E 为1010arccos-π．。