版高考数学文高分计划一轮狂刷练及答案解析第7章立体几何 75a Word版.docx
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版高考数学文高分计划一轮狂刷练及答案解析第7章立体几何75aWord版
[重点保分两级优选练]
A级
一、选择题
1.设l为直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )
A.若l∥α,l∥β,则α∥βB.若l⊥α,l⊥β,则α∥β
C.若l⊥α,l∥β,则α∥βD.若α⊥β,l∥α,则l⊥β
答案 B
解析
如图所示,在正方体A1B1C1D1-ABCD中,对于A项,设l为AA1,平面B1BCC1,平面DCC1D1为α,β.A1A∥平面B1BCC1,A1A∥平面DCC1D1,而平面B1BCC1∩平面DCC1D1=C1C;对于C项,设l为A1A,平面ABCD为α,平面DCC1D1为β.A1A⊥平面ABCD;A1A∥平面DCC1D1,而平面ABCD∩平面DCC1D1=DC;对于D项,设平面A1ABB1为α,平面ABCD为β,直线D1C1为l,平面A1ABB1⊥平面ABCD,D1C1∥平面A1ABB1,而D1C1∥平面ABCD.故A,C,D三项都是错误的.而对于B项,根据垂直于同一直线的两平面平行,知B项正确.故选B.
2.(2017·山西临汾二模)已知点A,B在半径为
的球O表面上运动,且AB=2,过AB作相互垂直的平面α,β,若平面α,β截球O所得的截面分别为圆M,N,则( )
A.MN长度的最小值是2
B.MN的长度是定值
C.圆M面积的最小值是2π
D.圆M、N的面积和是定值8π
答案 B
解析 如图所示,平面ABC为平面α,平面ABD为平面β,则BD⊥BC.
BC2+BD2+4=12,∴CD=2
,
∵M,N分别是AC,AD的中点,
∴MN的长度是定值
.故选B.
3.(2017·江西南昌摸底)如图,在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,那么点D在平面ABC内的射影H必在( )
A.直线AB上
B.直线BC上
C.直线AC上
D.△ABC内部
答案 A
解析 因为AB⊥AC,BD⊥AC,AB∩BD=B,所以AC⊥平面ABD,又AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABD,所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上.故选A.
4.(2018·江西九江模拟)如图,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列命题中正确的是( )
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BCD
C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE
答案 C
解析 因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理,DE⊥AC,由于DE∩BE=E,于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
5.(2018·甘肃二诊)已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=
,AB=4,若在棱AB上存在点P,使得D1P⊥PC,则AD的取值范围是( )
A.(0,1]B.(0,2]
C.(1,
]D.[1,4)
答案 B
解析 连接DP,由D1P⊥PC,DD1⊥PC,且D1P,DD1是平面DD1P内两条相交直线,得PC⊥平面DD1P,PC⊥DP,即点P在以CD为直径的圆上,又点P在AB上,则AB与圆有公共点,即0CD=2.故选B.
6.(2018·河北模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,BA⊥AD,AD∥BC,AB=BC=2,PA=3,AD=4,PA⊥底面ABCD,E是棱PD上异于P,D的动点.设
=m,则“0A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
答案 B
解析 如图,过E点作EH⊥AD,H为垂足,则EH⊥平面ABCD.∵VC-ABE=VE-ABC,
∴三棱锥C-ABE的体积为
EH.若三棱锥C-ABE的体积不小于1,则EH≥
,又PA=3,∴
=m≤1,
∴07.如图,三棱锥P-ABC的所有棱长都相等,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论中不成立的是( )
A.BC∥平面PDF
B.DF⊥平面PAE
C.平面PDF⊥平面ABC
D.平面PAE⊥平面ABC
答案 C
解析 ∵BC∥DF,∴BC∥平面PDF,A正确.
∵BC⊥PE,BC⊥AE,∴BC⊥平面PAE.
又∵DF∥BC,∴DF⊥平面PAE,B正确.
∵BC⊥平面PAE,BC⊂平面ABC,
∴平面PAE⊥平面ABC,D正确.故选C.
8·湖北武汉月考)如图,在矩形ABCD中,AB=
,BC=1,将△ACD沿AC折起,使得D折起后的位置为D1,且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上,在四面体D1-ABC的四个面中,有n对平面相互垂直,则n等于( )
A.2B.3
C.4D.5
答案 B
解析 设D1在平面ABC
上的射影为E,连接
D1E,则D1E⊥平面ABC,
∵D1E⊂平面ABD1,
∴平面ABD1⊥平面ABC.
∵D1E⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴D1E⊥BC,又AB⊥BC,D1E∩AB=E,
∴BC⊥平面ABD1,
又BC⊂平面BCD1,
∴平面BCD1⊥平面ABD1.
∵BC⊥平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,
∴BC⊥AD1,又CD1⊥AD1,BC∩CD1=C,
∴AD1⊥平面BCD1,
又AD1⊂平面ACD1,
∴平面ACD1⊥平面BCD1.
∴共有3对平面互相垂直.故选B.
9.(2018·静海县校级月考)如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α内,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C的轨迹是( )
A.一条线段B.一条直线
C.一个圆D.一个圆,但要去掉两个点
答案 D
解析 ∵平面PAC⊥平面PBC,
而平面PAC∩平面PBC=PC,
又AC⊂平面PAC,且AC⊥PC,
∴AC⊥平面PBC,
而BC⊂平面PBC,∴AC⊥BC,
∴点C在以AB为直径的圆上,
∴点C的轨迹是一个圆,但是要去掉A和B两点.故选D.
10.(2018·吉林期末)已知E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1中棱AB,AA1的中点,M,N分别是线段D1E与C1F上的点,则与平面ABCD垂直的直线MN有( )
A.0条B.1条
C.2条D.无数条
答案 B
解析 如图,设D1E与平面AA1C1C相交于点M,在平面AA1C1C内过点M作MN∥AA1交C1F于点N,连接MN,由C1F与D1E为异面直线知MN唯一,且MN⊥平面ABCD.故选B.
二、填空题
11.(2017·开封二模)三棱锥S-ABC中,∠SBA=∠SCA=90°,△ABC是斜边AB=a的等腰直角三角形,则以下结论中:
①异面直线SB与AC所成的角为90°;
②直线SB⊥平面ABC;
③平面SBC⊥平面SAC;
④点C到平面SAB的距离是
a.
其中正确的是________.
答案 ①②③④
解析 由题意知AC⊥平面SBC,故AC⊥SB,故①正确;再根据SB⊥AC,SB⊥AB,可得SB⊥平面ABC,平面SBC⊥平面SAC,故②③正确;取AB的中点E,连接CE,可证得CE⊥平面SAB,故CE的长度即为点C到平面SAB的距离为
a,④正确.
12.(2017·苏州期末)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,则下列结论:
①AD∥平面PBC;
②平面PAC⊥平面PBD;
③平面PAB⊥平面PAC;
④平面PAD⊥平面PDC.
其中正确的结论序号是________.
答案 ①②④
解析 ①由底面为正方形,可得AD∥BC,
AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,
可得AD∥平面PBC;
②在正方形ABCD中,AC⊥BD,
PA⊥底面ABCD,可得PA⊥BD,
PA∩AC=A,可得BD⊥平面PAC,
BD⊂平面PBD,即有平面PAC⊥平面PBD;
③假设面PAB⊥面PAC,
∵面PAB∩面PAC=PA,
又∵PA⊥面ABCD,
∴PA⊥AC.
由面面垂直性质定理,
AC⊥面PAB,
∵AB⊂面PAB,
∴AC⊥AB.
而四边形ABCD为正方形,
∴∠BAC=45°,矛盾.
∴面PAB⊥面PAC不成立;
④在正方形ABCD中,可得CD⊥AD,
PA⊥底面ABCD,可得PA⊥CD,
PA∩AD=A,可得CD⊥平面PAD,
CD⊂平面PCD,即有平面PAD⊥平面PDC.
综上可得,①②④正确.
故答案为①②④.
13.(2017·三元区月考)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ADB沿BD折起,使CD⊥平面ABD,构成三棱锥A-BCD.则在三棱锥A-BCD中,平面BCD,平面ADC,平面ABC,平面ABD,互相垂直的有________.
答案 平面ABD⊥平面ACD、平面ABD⊥平面BCD、平面ABC⊥平面ACD
解析 ∵在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,
∴BD⊥CD.
由CD⊥平面ABD,CD⊂平面BCD,
所以平面ABD⊥平面BCD,
由CD⊥平面ABD,则CD⊥AB,又AD⊥AB.
故AB⊥平面ADC,所以平面ABC⊥平面ADC,
平面ABD⊥平面ADC.
14.(2018·泰安模拟)如图,四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=
,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′-BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,则∠BA′C=________,VA′-BCD=________.
答案 90°
解析 由题设知:
△BA′D为等腰直角三角形,CD⊥平面A′BD,得BA′⊥平面A′CD,∴∠BA′C=90°,
VA′-BCD=VC-A′BD=
.
B级
三、解答题
15.(2018·临汾期末)在三棱柱ABC-A1B1C1,侧面ABB1A1为矩形,AB=2,AA1=2
,D是AA1中点,BD与AB1交于点O,且OC⊥平面ABB1A1.
证明:
平面AB1C⊥平面BCD.
证明 ∵ABB1A1为矩形,AB=2,
AA1=2
,D是AA1的中点,
∴∠BAD=90°,∠ABB1=90°,
BB1=2
,AD=
AA1=
,
∴tan∠ABD=
=
,
tan∠AB1B=
=
,
∴∠ABD=∠AB1B,
∴∠AB1B+∠BAB1=∠ABD+∠BAB1=
,
∴∠AOB=
,即AB1⊥BD.
∵CO⊥平面ABB1A1,AB1⊂平面ABB1A1,
∴AB1⊥CO,
又BD∩CO=O,
∴AB1⊥平面BCD.
∵AB1⊂平面AB1C,
∴平面AB1C⊥平面BCD.
16.(2018·黄冈调研)在三棱锥P-ABC中,△PAB是等边三角形,PA⊥AC,PB⊥BC.
(1)证明:
AB⊥PC;
(2)若PC=2,且平面PAC⊥平面PBC,求三棱锥P-ABC的体积.
解
(1)证明:
在Rt△PAC和Rt△PBC中
AC=
,BC=
.
∵PA=PB,∴AC=BC.
取AB中点M,连接PM,CM,则AB⊥PM,AB⊥MC,
∴AB⊥平面PMC,而PC⊂平面PMC,
∴AB⊥PC.
(2)在平面PAC内作AD⊥PC,垂足为D,连接BD.
∵平面PAC⊥平面PBC,∴AD⊥平面PBC,又BD⊂平面PBC,
∴AD⊥BD,又Rt△PAC≌Rt△PBC,
∴AD=BD,∴△ABD为等腰直角三角形.
设AB=PA=PB=a,则AD=
a,
在Rt△PAC中,由PA·AC=PC·AD得a·
=2×
a,∴a=
.
∴S△ABD=
AD·BD=
·
2=
,
∴VP-ABC=
S△ABD·PC=
×
×2=
.
17.(2018·绵阳期末)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D是AB的中点,M是AA1上一点,AM=tAA1.
(1)求证:
BC1∥平面A1CD;
(2)若3AB=2AA1,当t为何值时,B1M⊥平面A1CD?
解
(1)证明:
连接AC1,交A1C于点O,那么点O是AC1的中点,连接OD,由点D是AB的中点,可得BC1∥OD,BC1⊄平面A1CD,OD⊂平面A1CD,
可得BC1∥平面A1CD.
(2)由3AB=2AA1,D为AB中点可得
=
,
∴当
=
时,
可得Rt△A1AD∽Rt△B1A1M,
∴∠DA1A=∠MB1A1,
∴∠A1MB1+∠DA1A=∠A1MB1+∠MB1A1=90°,
∴B1M⊥A1D.
∵D是AB的中点,∴CD⊥AB,
又∵CD⊥AA1,AB∩AA1=A,
∴CD⊥平面AA1B1B.
∵B1M⊂平面AA1B1B,∴CD⊥B1M.
∵CD∩A1D=D,∴B1M⊥平面A1CD,此时
=
,3AB=2AA1,
所以A1M=
AA1,故AM=
AA1,
即当t=
时,B1M⊥平面A1CD.
18.(2018·昌平区调研)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,M是DD1的中点.
(1)求证:
BD1∥平面AMC;
(2)求证:
AC⊥BD1;
(3)在线段BB1上是否存在点P,当
=λ时,平面A1PC1∥平面AMC?
若存在,求出λ的值并证明;若不存在,请说明理由.
解
(1)证明:
在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,连接BD交AC于N,连接MN.
因为ABCD为正方形,所以N为BD中点,
在△DBD1中,因为M为DD1中点,
所以BD1∥MN.
因为MN⊂平面AMC,BD1⊄平面AMC,
所以BD1∥平面AMC.
(2)证明:
因为ABCD为正方形,
所以AC⊥BD.
因为DD1⊥平面ABCD,
所以DD1⊥AC.
因为DD1∩BD=D,
所以AC⊥平面BDD1.
因为BD1⊂平面BDD1,
所以AC⊥BD1.
(3)当λ=
,即点P为线段BB1的中点时,平面A1PC1∥平面AMC.
因为AA1∥CC1,且AA1=CC1,
所以四边形AA1C1C是平行四边形,
所以AC∥A1C1.
取CC1的中点Q,连接MQ,QB.
因为M为DD1中点,
所以MQ∥AB,且MQ=AB,
所以四边形ABQM是平行四边形.
所以BQ∥AM.
同理BQ∥C1P.
所以AM∥C1P.
因为A1C1∩C1P=C1,AC∩AM=A,
所以平面A1PC1∥平面AMC.