2024年高考第一轮复习专题素质测试题。
立体几何（文科）
考试时间120分钟，满分150分）
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）与正方体的三条棱、、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）设是平面内的两条不同直线；是平面内的两条相交直线，则的一个充分而不必要条件是（ ）
a. b. c. d.
3.（08四川）直线，经过外一点与都成角的直线有且只有（ ）
a.1条b.2条c.3条d.4条。
4.（08宁夏）已知平面α⊥平面β，αl，点a∈α，al，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. abd. ac⊥β
5.（10湖北）用、、表示三条不同的直线，表示平面，给出下列命题：
若∥，∥则∥；②若⊥，⊥则⊥；③若∥，∥则∥；④若⊥，⊥则∥.其中真命题是（ ）
abcd.③④
6．（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.3a2b.6a2c.12a2d. 24a2
7．（08全国ⅱ）正四棱锥的侧棱长为，侧棱与底面所成的角为，则该棱锥的体积为（ ）
a．3b．6c．9d．18
8.（09全国ⅱ） 已知正四棱柱中， =为中点，则异面直线与所形成角的余弦值为（ ）
abcd.
9．（09北京）若正四棱柱的底面边长为1，与底面abcd成60°角，则。
到底面abcd的距离为 (
ab． 1cd．
10.（10全国ⅰ）正方体-中，与平面所成角的余弦值为（ ）
abcd.
11.（09全国ⅰ）已知二面角为600 ，动点p、q分别在面内，p到的距离为，q
到的距离为，则p、q两点之间距离的最小值为（ ）
ab.2cd.4
12.（10北京）正方体的棱长为2，动点e、f在棱上。点q是cd的中点，动。
点p在棱ad上，若ef=1，dp=x， 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，与x无关。
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)二面角的大小是，，ab与所成的角为，则ab与平面。
所成角的正弦值是。
14．（10江西）长方体的顶点均在同一个球面上，，，则，两点间的球面距离为。
15．（08全国ⅰ）已知菱形中，，，沿对角线将折起，使二。
面角为，则点到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）.
相对棱ab与cd所在的直线是异面直线；
由顶点a作四面体的高，其垂足是△bcd的三条高线的交点；
若分别作△abc和△abd的边ab上的高，则这两条高的垂足重合；
任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；
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，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形，，，为的中点。
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，直三棱柱中，，分别为的中点，⊥平面。
ⅰ）证明：；
ⅱ）设二面角为60°，求与平面所成的角的大小。
19．（本题满分12分，09浙江19）如图，平面，，，分别为的中点．
i）证明：平面；
ii）求与平面所成角的正弦值．
20. (本题满分12分，10全国ⅱ19)如图，直三棱柱abc-a1b1c1中，ac＝bc，aa1=ab，d为bb1的中点，e为ab1上的一点，ae=3eb1.
ⅰ）证明：de为异面直线ab1与cd的公垂线；
ⅱ）设异面直线ab1与cd的夹角为45o，求二面角a1-ac1-b1的大小。
21.（本题满分12分，10山东20）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，， 分别为、的中点，且．
（ⅰ）求证：平面；
（ⅱ）求三棱锥．
22. 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，，．
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．
参***：一、选择题答题卡：
二、填空题。
三、解答题。
17．解：（ⅰ作于点p，因为。
分别以ab、ap、ao所在直线为轴建立空间直角坐标系a—xyz.则。
设与所成的角为，.
与所成角的大小为。
ⅱ），设平面ocd的法向量为，由得，
所以点b到平面ocd的距离为。
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（＞0，＞0）
于是。由de⊥平面知de⊥bc，由=0得，求得，所以。
ⅱ）设平面bcd的法向量，又。
由得，令， 则。
又平面的法向量，由二面角为60°知，故，求得。
于是，设与平面所成的角为，则。
所以与平面所成的角为30°.
19．（ⅰ证明：在中，分别是的中点，所以pq是的中位线，从而pq∥eb.
又因为，所以pq∥dc.
而平面acd ，dc平面acd，
所以平面acd．
ⅱ）在中，所以，．
如图所示的空间直角坐标系q—xyz，则，面abe的法向量为。
记ad与平面abe所成的角为，所以。
20.解：（ⅰ以b为坐标原点，射线ba为轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系。设。又设。
因为，所以即。
所以de为异面直线与cd的公垂线。
ⅱ）因为等于异面直线与cd的夹角，故，即。
解得，故。又。
设面、面的法向量分别为。
由得， 由得，
由于等于二面角a1—ac1—b1的平面角，所以二面角a1—ac1—b1的大小为。
21.（ⅰ证明：由已知。
又，所以．因为四边形为正方形，所以．
又，因此．
在△pbc中，因为分别为的中点，所以gf∥bc. 因此。
又，所以．ⅱ）解：因为，四边形为正方形，不妨设，则，所以·.
由于，且，所以即为点到平面的距离。
三棱锥．所以．
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轴正向，建立如图所示的直角坐标系o—xyz.
设a（0,0,t），由已知条件有c(1,0,0), d(1, ,0), e(-1, ,0),所以，得ad⊥ce.
ⅱ）△abc为等边三角形，则，设面acd、面aed的法向量分别为。
由得， 由得，
故二面角c—ad—e为．
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