高考数学简单几何体复习题10

第9章（B）第二讲时间：60分钟满分：100分一、选择题(8×5＝40分)1．(2009·福建，10)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是() A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2答案：B解析：∵m∥l1，且n∥l2，又l1与l2是平面β内的两条相交直线，∴α∥β，而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2，可能异面．故选B.2．已知直线a，b，平面α，β，则a∥α的一个充分条件是() A．a⊥b，b⊥αB．a∥β，β∥αC．b⊂α，a∥b D．a∥b，b∥α，a⊄α答案：D解析：对于A，若a⊥b，b⊥α，则a∥α或a在α内，A不合题意；对于B，若a∥β，β∥α，则a∥α或a在α内，B不合题意；对于C，若b⊂α，a∥b，则a∥α或a在α内，C 不合题意；故选D.3．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是() A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α答案：D解析：l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上的所有点与α的距离都是0；l⊥α时，直线l上只能有两点到α的距离相等；l与α斜交时，也只能有两点到α的距离相等．4．(2009·山东潍坊一模)已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是() A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若n⊥α，n⊥β，则α∥β答案：D解析：选项A中，γ与β可能垂直，如墙角的三面墙，所以A不正确；选项B中，α与β可能相交，所以B不正确；选项C中，可能有n∥α，可能有n⊂α，所以C不正确；D 正确．5．(2009·河南调考)已知α∥β，a⊂α，B∈β，则在β内过点B的所有直线中() A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线答案：D解析：设过a与B的平面与β的交线为b，由面面平行的性质得b与a平行，故选D.6．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得到AB∥平面MNP的图形的序号是()A ．①、③B ．②、③C ．①、④D ．②、④答案：C解析：如①图中，连结AC ，则平面ACB ∥平面MNP ，又AB ⊂面ACB ，∴AB ∥面MNP . 如②图中，平面ACD ∥平面MNP ，又AB 与面ACD 相交，所以AB 与面MNP 也相交． 如③图中，因为AB 与平面NPCB 相交，所以AB 与平面MNP 相交．如④图中，AB ∥CD ，CD ∥NP ，那么AB ∥NP ，AB ∥平面MNP .综上所述，正确答案为①、④.故选C.7．(2009·广东重点中学)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )A ．60B ．48C ．36D ．24答案：B解析：在长方体中，含四个顶点的平面有6个表面和6个对角面，共12个平面，而每个表面能构成6个“平行线面组”，每个对角面能构成2个“平行线面组”，则所有的“平行线面组”的个数有6×6＋6×2＝48，故选B.8．如图，α∥β，AB 和AC 是夹在平面α与β之间的两条线段，AB ⊥AC ，且AB ＝2，直线AB 与平面α所成的角为30°，那么线段AC 的取值范围是 ( )A ．(233，433) B ．[1，＋∞) C ．(1，233) D ．[233，＋∞) 答案：D解析：作AD ⊥β，连结BD 、CD 、BC .因为AB >BD ，AC >DC ，AB 2＋AC 2＝BC 2，所以cos ∠BDC ＝BD 2＋DC 2－BC 22BD ·DC <AB 2＋AC 2－BC 22BD ·DC＝0(*)， 因为AD ⊥β，所以∠ABD 是AB 和β所成的角，∠ABD ＝30°，依题意：AB ＝2，AD ＝1，DC ＝AC 2－1，BC ＝4＋AC 2，BD ＝3，由(*)式可得：－1≤3＋AC 2－1－4－AC 22·3·AC 2－1<0，所以0<1AC 2－1≤3，所以AC 2－1≥13，即AC ≥233；AC ≤－233(舍去)，所以AC 的取值范围是[233，＋∞)． 二、填空题(4×5＝20分)9．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，则BD 1与过A 、C 、E 的平面的位置关系是________． 答案：平行解析：取AC 中点F ，连结EF ，在△BDD 1中，EF ∥BD 1，因此，BD 1∥面AEC ，平行关系．10．如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a 3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________.答案：223a 解析：如图所示，连接AC ，易知MN ∥平面ABCD ，∴MN ∥PQ .又∵MN ∥AC ，∴PQ ∥AC ，又∵AP ＝a 3，∴PD AD ＝DQ CD ＝PQ AC ＝23， ∴PQ ＝23AC ＝223a . 11．设平面α∥β，A 、C ∈α，B 、D ∈β，直线AB 与CD 交于S ，若AS ＝18，BS ＝27，CD ＝34，则CS ＝________.答案：685或68 解析：利用面面平行的性质，通常构造相似三角形求解，但要注意交点S 在α、β之间，或在AB 、CD 的延长线上两种情况，易得CS ＝685或68. 12．如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.答案：M ∈线段FH解析：因为HN ∥BD ，HF ∥DD 1，所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1，又平面NHF ∩平面EFGH ＝FH .故线段FH 上任意点M 与N 相连，有MN ∥平面B 1BDD 1，故填M ∈线段FH .三、解答题(4×10＝40分)13．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，证明P A ∥平面EDB .证明：方法一：连接AC 交BD 于O .连接EO .∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点．在△P AC 中，EO 是中位线，∴P A ∥EO .而EO ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ，所以，P A ∥平面EDB .方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点．设DC ＝a .连接AC 交BD 于G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E (0，a 2，a 2)． ∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G的坐标为(a 2，a 2，0)，且 P A →＝(a,0，－a )，EG →＝(a 2，0，－a 2)．∴P A →＝2EG →.这表明P A ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ，∴P A ∥平面EDB .14．如下图所示，已知A 1B 1C 1－ABC 是正三棱柱，E 、E 1分别是AC 、A 1C 1的中点．(1)求证：平面AB 1E 1∥平面BEC 1；(2)当该棱柱各棱长都为a 时，求(1)中两个平行平面间的距离．解析：(1)∵E 、E 1分别是AC 、A 1C 1的中点，又∵三棱柱为正三棱柱，⎭⎪⎬⎪⎫∴B 1E 1∥BE ，AE 1∥C 1E ∵AE 1∩B 1E 1＝E 1，C 1E ∩BE ＝E ⇒平面AB 1E ∥平面BEC 1 (2)由(1)可知平面AB 1F 与平面BEC 1之间的距离可以转化为A 到平面BEC 1的距离，设为d .∵V C 1－ABE ＝V A －BC 1E ，又∵正三棱柱各棱长都是a ，∴AE ＝a 2，BE ＝32a ， ∴V C 1－ABE ＝13·12·a 2·3a 2·a ＝324a 3， 而BC 1＝2a ，C 1E ＝52a ，BE ＝32a ， ∴BC 21＝C 1E 2＋BE 2，∴∠C 1EB ＝90°，∴S △BC 1E ＝12·BE ·C 1E ＝12·32a ·52a ＝158a 2， ∴d ＝VC 1－ABE 13S △BC 1E ＝324a 313·158a 2＝55a ， 则(1)中两个平行平面间的距离是55a . 15．(2009·河北秦皇岛一模)如图所示，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面是边长为1的正方形，E 、F 、G 分别是棱BB 1、DD 1、DA 的中点．(1)求证：平面AD 1E ∥平面BGF ；(2)求证：D 1E ⊥平面AEC .证明：(1)∵E 、F 分别是棱BB 1、DD 1的中点，∴BE ∥D 1F 且BE ＝D 1F .∴四边形BED 1F 为平行四边形．∴D 1E ∥BF .又∵D 1E ⊂平面AD 1E ，BF ⊄平面AD 1E ，∴BF ∥平面AD 1E .又∵G 是棱DA 的中点，∴GF ∥AD 1.又∵AD 1⊂平面AD 1E ，GF ⊄平面AD 1E ，∴GF ∥平面AD 1E .又∵BF ∩GF ＝F ，∴平面AD 1E ∥平面BGF .(2)连结CE 、AC 、BD ，∵AA 1＝2，∴AD 1＝A 1A 2＋A 1D 21＝5，同理AE ＝2，D 1E ＝ 3.∴AD 21＝D 1E 2＋AE 2，∴D 1E ⊥AE .∵AC ⊥BD ，AC ⊥D 1D ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D .又∵D 1E ⊂平面BB 1D 1D ，∴AC ⊥D 1E .又∵AC ∩AE ＝A ，AC ⊂平面AEC ，AE ⊂平面AEC ，∴D 1E ⊥平面AEC .16．(2009·河北唐山一模)如图所示，四棱锥S－ABCD 的底面ABCD 是正方形，侧面SAB 是等腰三角形且垂直于底面，SA ＝SB ＝5，AB ＝2，E 、F 分别是AB 、SD 的中点．(1)求证：EF ∥平面SBC ；(2)求二面角F －CE －A 的大小．解析：解法一：(1)证明：如图(1)，取SC 中点G ，连结FG 、BG ，则FG 綊12CD .又BE 綊12CD ，∴FG 綊BE ，四边形BEFG 是平行四边形，∴EF ∥BG .又∵EF ⊄平面SBC ，BG ⊂平面SBC ，∴EF ∥平面SBC .(2)连结SE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB .又∵平面SAB ⊥平面ABCD ，∴SE ⊥平面ABCD .而SE ⊂平面SDE ，∴平面SDE ⊥平面ABCD .作FH ⊥DE 于H ，则FH ⊥平面ABCD ，且FH ∥SE ，H 为DE 的中点．作HK ⊥CE 于K ，连结FK ，则CE ⊥FK .于是∠FKH 为二面角F －CE －A 的平面角．∵SA ＝SB ＝5，AB ＝2，∴SE ＝2，FH ＝1.在正方形ABCD 中，作DL ⊥CE 于L ，则DL ＝CD sin ∠LCD ＝CD sin ∠BEC ＝2×BC CE ＝2×25＝45. ∴HK ＝12DL ＝25， ∴tan ∠FKH ＝FH HK ＝52. 解法二：如图(2)，以E 为原点，建立空间直角坐标系，使BC ∥x 轴，A 、S 分别在y 轴、z 轴上．(1)证明：由已知，E (0,0,0)，D (2,1,0)，S (0,0,2)，F (1，12，1)，B (0，－1,0)， C (2，－1,0)，∴E F →＝(1，12，1)， B C →＝(2,0,0)，B S →＝(0,1,2)．∵E F →＝12B C →＋12B S →，EF ⊄平面SBC ， ∴EF ∥平面SBC .(2)设m ＝(a ，b ，c )为平面CEF 的法向量，则m ⊥E C →，且m ⊥E F →.∵E C →＝(2，－1,0)，E F →＝(1，12，1)， 则m ·E C →＝m ·E F →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －b ＝0，a ＋12b ＋c ＝0，取a ＝1，b ＝2，c ＝－2， 则m ＝(1,2，－2)．又∵n ＝(0,0,1)为平面ACE 的法向量，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23×1＝－23， 因为二面角F －CE －A 为锐角，所以其大小为arccos 23.。