版高考数学理高分计划一轮狂刷练第7章 立体几何 75a Word版含答案解析.docx
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版高考数学理高分计划一轮狂刷练第7章立体几何75aWord版含答案解析
[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0 CD=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,PA⊥底面ABCD,E是棱PD上异于P,D的动点.设 =m,则“0 A.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, ∴0 7.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.(2018·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)已知一个四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的四个侧面中,直角三角形的个数是( ) A.4B.3 C.2D.1 答案 A 解析 满足条件的四棱锥的底面为矩形,且一条侧棱与底面垂直, 画出满足条件的直观图如图四棱锥P-ABCD所示, 不妨令PA⊥矩形ABCD, ∴PA⊥AB,PA⊥AD,PA⊥CB,PA⊥CD, 故△PAB和△PAD都是直角三角形. 又矩形中CB⊥AB,CD⊥AD. 这样CB垂直于平面PAB内的两条相交直线PA、AB, CD垂直于平面PAD内的两条相交直线PA、AD, 由线面垂直的判定定理可得CB⊥平面PAB,CD⊥平面PAD,∴CB⊥PB,CD⊥PD,故△PBC和△PDC都是直角三角形, 故直角三角形有△PAB、△PAD、△PBC、△PDC共4个.故选A. 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; ③PA⊥底面ABCD,可得PA⊥AB,PA⊥AC, 可得∠BAC为二面角B-PA-C的平面角, 显然∠BAC=45°,故平面PAB⊥平面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. 13.(2017·三元月考)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.
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