高考数学大二轮复习精品文理通用练习第1部分专题5立体几何第2讲Word文档下载推荐.docx
- 文档编号:16489615
- 上传时间:2022-11-24
- 格式:DOCX
- 页数:14
- 大小:118.36KB
高考数学大二轮复习精品文理通用练习第1部分专题5立体几何第2讲Word文档下载推荐.docx
《高考数学大二轮复习精品文理通用练习第1部分专题5立体几何第2讲Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考数学大二轮复习精品文理通用练习第1部分专题5立体几何第2讲Word文档下载推荐.docx(14页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
在正四面体中,∵E为BC中点,易知BC⊥PE,BC⊥AE,∴BC⊥平面PAE,∵DF∥BC,∴DF⊥平面PAE,故B正确;
∵DF⊥平面PAE,DF⊂平面PDF,∴平面PDF⊥平面PAE,∴C正确,故选D.
3.如图,边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是边AB,BC的中点,△AED、△EBF、△FCD分别沿DE、EF、FD折起,使A,B,C三点重合于点A′,若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上,则该球的半径为(B)
A.
B.
C.
D.
[解析] 由条件知A′E、A′F、A′D两两互相垂直,以A′为一个顶点,A′E、A′F、A′D为三条棱构造长方体,则长方体的对角线为四面体外接球的直径,∵A′E=A′F=1,A′D=2,∴(2R)2=12+12+22=6,∴R=
.
4.已知矩形ABCD,AB=1,BC=
.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中(B)
A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直
B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直
C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直
D.对任意位置,三对直线“AC与BD”,“AB与CD”,“AD与BC”均不垂直
[解析] ①过A、C作BD的垂线AE、CF,∵AB与BC不相等,∴E与F不重合,在空间图
(2)中,若AC⊥BD,∵AC∩AE=A,∴BD⊥平面ACE,∴BD⊥CE,这样在平面BCD内,过点C有两条直线CE、CF都与BD垂直矛盾,∴A错;
②若AB⊥CD,∵AB⊥AD,∴AB⊥平面ACD,∴AB⊥AC,∵AB<
BC,∴存在这样的三角形ABC,AB⊥AC,AB=AC,∴B选项正确,∴选项D错;
③若AD⊥BC,又CD⊥BC,∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC,∵BC>
AB,这样的△ABC不存在,∴C错误.
5.(2018·
太原二模)对于不重合的直线m,l和平面α,β,要证α⊥β需具备的条件是(D)
A.m⊥l,m∥α,l∥β
B.m⊥l,α∩β=m,l⊂α
C.m∥l,m⊥α,l⊥β
D.m∥l,l⊥β,m⊂α
[解析] 对于A,如图1,可得面α,β不一定垂直,故错;
对于B,如图2,可得面α,β不一定垂直,故错;
对于C,m∥l,m⊥α,l⊥β⇒α∥β,故错;
对于D,有m∥l,l⊥β⇒m⊥β,
又因为m⊂α⇒α⊥β,故正确.
6.已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则下列四个命题:
①α∥β⇒l⊥m;
②α⊥β⇒l∥m;
③l∥m⇒α⊥β;
④l⊥m⇒α∥β.
其中正确命题的序号是①③.
[解析] 直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,
当α∥β有l⊥m,故①正确.
当α⊥β有l∥m或l与m异面或相交,故②不正确.
当l∥m有α⊥β,故③正确.
当l⊥m有α∥β或α与β相交,故④不正确.
综上可知①③正确.
7.(2018·
凉山州二模)在棱长为1的正方体ABCD-A′B′C′D′中,异面直线A′D与AB′所成角的大小是
[解析] 在正方体ABCD-A′B′C′D′中,连接A′D,AB′,B′C,如图所示:
则A′B′∥DC,且A′B′=DC,
所以四边形A′B′CD是平行四边形,
所以A′D∥B′C,
所以∠AB′C是异面直线A′D与AB′所成的角,
连接AC,则△AB′C是边长为
的等边三角形,
所以∠AB′C=
,
即异面直线A′D与AB′所成角是
8.设x,y,z为空间不同的直线或不同的平面,且直线不在平面内,下列说法中能保证“若x⊥z,y⊥z,则x∥y”为真命题的序号是①③⑤.
①x为直线,y,z为平面;
②x,y,z都为平面;
③x,y为直线,z为平面;
④x,y,z都为直线;
⑤x,y为平面,z为直线.
[解析] ①x⊥平面z,平面y⊥平面z,
所以x∥平面y或x⊂平面y.
又因为x⊄平面y,故x∥平面y,①成立;
②x,y,z均为平面,则x可与y相交,故②不成立;
③x⊥平面z,y⊥平面z,x,y为不同直线,故x∥y,③成立;
④x,y,z均为直线,则x与y可平行,可异面,也可相交,故④不成立;
⑤z⊥x,z⊥y,z为直线,x,y为平面,所以x∥y,⑤成立.
9.(文)(2018·
全国卷Ⅰ,18)
如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°
,以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.
(1)证明:
平面ACD⊥平面ABC.
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=
DA,求三棱锥QABP的体积.
[解析]
(1)由已知可得,∠BAC=90°
,则BA⊥AC.
又BA⊥AD,AD∩AC=A,所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC,
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3
又BP=DQ=
DA,所以BP=2
作QE⊥AC,垂足为E,则QE綊
DC=1.
由已知及
(1)可得DC⊥平面ABC,
所以QE⊥平面ABC,
因此,三棱锥QABP的体积为VQABP=
×
QE×
S△ABP=
1×
3×
2
sin45°
=1.
(理)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=
,AB=BC=
AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1____BCDE.
图1 图2
CD⊥平面A1OC;
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1____BCDE的体积为36
,求a的值.
[解析]
(1)证明:
在题图1中,
因为AB=BC=
AD=a,E是AD的中点,
∠BAD=
,所以BE⊥AC.
又在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,
从而BE⊥平面A1OC.
又BC∥DE且BC=DE,所以CD∥BE,
所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,
且平面A1BE∩平面BCDE=BE,
又由
(1)知A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,
即A1O是四棱锥A1BCDE的高.
由题图1可知,A1O=
AB=
a,平行四边形BCDE的面积S=BC·
AB=a2,
从而四棱锥A1BCDE的体积为
V=
S×
A1O=
a2×
a=
a3,
由
a3=36
,得a=6.
B组
1.已知α、β、γ是三个不同的平面,命题“α∥β,且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题,如果把α、β、γ中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的所有新命题中,真命题有(C)
A.0个B.1个
C.2个D.3个
[解析] 若α、β换成直线a、b,则命题化为“a∥b,且a⊥γ⇒b⊥γ”,此命题为真命题;
若α、γ换为直线a、b,则命题化为“a∥β,且a⊥b⇒b⊥β”,此命题为假命题;
若β、γ换为直线a、b,则命题化为“a∥α,且b⊥α⇒a⊥b”,此命题为真命题,故选C.
2.设m、n是不同的直线,α、β、γ是不同的平面,有以下四个命题:
①
⇒β∥γ②
⇒m⊥β
③
⇒α⊥β④
⇒m∥α
其中,真命题是(C)
A.①④B.②③
C.①③D.②④
[解析] ①正确,平行于同一个平面的两个平面平行;
②错误,由线面平行、垂直定理知:
m不一定垂直于β;
③正确,由线面平行,垂直关系判断正确;
④错误,m也可能在α内.综上所述,正确的命题是①③,故选C.
3.已知互不重合的直线a,b,互不重合的平面α,β,给出下列四个命题,错误的命题是(D)
A.若a∥α,a∥β,α∩β=b,则a∥b
B.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,则a⊥b
C.若α⊥β,α⊥γ,β∩γ=a,则a⊥α
D.若α∥β,a∥α,则a∥β
[解析] A中,过直线a作平面γ分别与α,β交于m,n,则由线面平行的性质知a∥m∥n,所以m∥α,又由线面平行的性质知m∥b,所以a∥b,正确;
B中,由a⊥α,b⊥β,知a,b垂直于两个平面的交线,则a,b所成的角等于二面角的大小,即为90°
,所以a⊥b,正确;
C中,在α内取一点A,过A分别作直线m垂直于α,β的交线,直线n垂直于α,γ的交线,则由线面垂直的性质知m⊥β,n⊥γ,则m⊥a,n⊥a,由线面垂直的判定定理知a⊥α,正确;
D中,满足条件的a也可能在β内,故D错.
4.直三棱柱ABC-A1B1C1的直观图及三视图如图所示,D为AC的中点,则下列命题是假命题的是(D)
A.AB1∥平面BDC1
B.A1C⊥平面BDC1
C.直三棱柱的体积V=4
D.直三棱柱的外接球的表面积为4
π
[解析] 如图,将直三棱柱ABC-A1B1C1补形成正方体,易知A,B,C都正确.故选D.
5.a、b表示直线,α、β、γ表示平面.
①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β;
②若a⊂α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β;
③若α⊥β,α∩γ=a,β∩γ=b,则a⊥b;
④若a不垂直于平面α,则a不可能垂直于平面α内无数条直线;
⑤若l⊂α,m⊂α,l∩m=A,l∥β,m∥β,则α∥β.
其中为真命题的是②⑤.
[解析] 对①可举反例如图,需b⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明,当γ不与α,β的交线垂直时,即可得到a,b不垂直;
④对a只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线.所以只有②⑤是正确的.
6.在三棱锥C-ABD中(如图),△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,AB=4,二面角A-BD-C的大小为60°
,并给出下面结论:
①AC⊥BD;
②AD⊥CO;
③△AOC为正三角形;
④cos∠ADC=
.其中真命题是①③.(填序号)
[解析] 对于①,因为△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,所以CO⊥BD,AO⊥BD,AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC,所以AC⊥BD,因此①正确;
对于②,假设CO⊥AD,又CO⊥BD,可得CO⊥平面ABD,由①可得:
∠AOC是二面角A-BD-C的平面角,这与已知二面角A-BD-C为60°
矛盾,因此不正确;
对于③,由△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,所以OC=OA,由①可得:
∠AOC是二面角A-BD-C的平面角且为60°
,所以△AOC为正三角形,因此③正确;
对于④,AB=4,由③可得:
AC=OA=2
,AD=CD=4,所以cos∠ADC=
=
≠
,因此不正确;
综上可得:
只有①③正确.
7.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边相等,M是PC上的一动点,请你补充一个条件①(或③),使平面MBD⊥平面PCD.①DM⊥PC;
②DM⊥BM;
③BM⊥PC;
④PM=MC(填写你认为是正确的条件对应的序号).
[解析] 因为在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,
M是PC上的一动点,
所以BD⊥PA,BD⊥AC,
因为PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD.
而PC⊂平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.
8.如图:
在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠ABC=60°
PA⊥平面ABCD,点M,N分别为BC,PA的中点,且PA=AB=2.
BC⊥平面AMN;
(2)求三棱锥N-AMC的体积;
(3)在线段PD上是否存在一点E,使得NM∥平面ACE;
若存在,求出PE的长,若不存在,说明理由.
[解析]
(1)因为ABCD为菱形,所以AB=BC,
又∠ABC=60°
,所以AB=BC=AC,
又M为BC中点,所以BC⊥AM
而PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC,
又PA∩AM=A,所以BC⊥平面AMN.
(2)因为S△AMC=
AM·
CM=
1=
又PA⊥底面ABCD,PA=2,所以AN=1,
所以,三棱锥N-AMC的体积V=
S△AMC·
AN
(3)存在
取PD中点E,连结NE,EC,AE,
因为N,E分别为PA,PD中点,所以NE綊
AD
又在菱形ABCD中,CM綊
AD,
所以NE綊MC,即MCEN是平行四边形,所以NM∥EC,
又EC⊂平面ACE,NM⊄平面ACE,所以MN∥平面ACE,
即在PD上存在一点E,使得NM∥平面ACE,
此时PE=
PD=
9.(2018·
全国卷Ⅲ,19)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧
所在平面垂直,M是
上异于C,D的点.
平面AMD⊥平面BMC.
(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?
说明理由.
[解析]
(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.
因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为
上异于C,D的点,且DC为直径,
所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)存在,AM的中点即为符合题意的点P.证明如下:
取AM的中点P,连接AC,BD交于点N,连接PN.
因为ABCD是矩形,
所以N是AC的中点,
在△ACM中,点P,N分别是AM,AC的中点,
所以PN∥MC,
又因为PN⊂平面PBD,MC⊄平面PBD,
所以MC∥平面PBD,
所以,在线段AM上存在点P,即AM的中点,使得MC∥平面PBD.
予少家汉东,汉东僻陋无学者,吾家又贫无藏书。
州南有大姓李氏者,其于尧辅颇好学。
予为儿童时,多游其家,见有弊筐贮故书在壁间,发而视之,得唐《昌黎先生文集》六卷,脱落颠倒无次序,因乞李氏以归。
读之,见其言深厚而雄博,然予犹少,未能悉究其义.徒见其浩然无涯,若可爱。
是时天下学者杨、刘之作,号为时文,能者取科第,擅名声,以夸荣当世,未尝有道韩文者。
予亦方举进士,以礼部诗赋为事。
年十有七试于州,为有司所黜。
因取所藏韩氏之文复阅之,则喟然叹曰:
学者当至于是而止尔!
因怪时人之不道,而顾己亦未暇学,徒时时独念于予心,以谓方从进士干禄以养亲,苟得禄矣,当尽力于斯文,以偿其素志。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 数学 二轮 复习 精品 文理 通用 练习 部分 专题 立体几何