《2022高考數(shù)學(xué)一本策略復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 立體幾何 第二講 空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷課后訓(xùn)練 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)一本策略復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 立體幾何 第二講 空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷課后訓(xùn)練 文（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022高考數(shù)學(xué)一本策略復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 立體幾何 第二講 空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷課后訓(xùn)練 文一、選擇題1(2018天津檢測(cè))設(shè)l是直線，是兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是()A若l，l，則B若l，l，則C若，l，則lD若，l，則l解析：對(duì)于A選項(xiàng)，設(shè)a，若la，且l，l，則l，l，此時(shí)與相交，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，l，l，則存在直線a，使得la，此時(shí)，由平面與平面垂直的判定定理得，故B選項(xiàng)正確；對(duì)于C選項(xiàng)，若，l，則l或l，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，若，l，則l與的位置關(guān)系不確定，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤選B.答案：B2已知m，n是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，給出四個(gè)命題：若m，n，nm，
2、則；若m，m，則；若m，n，mn，則；若m，n，mn，則.其中正確的命題是()ABCD解析：兩個(gè)平面斜交時(shí)也會(huì)出現(xiàn)一個(gè)平面內(nèi)的直線垂直于兩個(gè)平面的交線的情況，不正確；垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行，正確；當(dāng)兩個(gè)平面與兩條互相垂直的直線分別垂直時(shí)，它們所成的二面角為直二面角，故正確；當(dāng)兩個(gè)平面相交時(shí)，分別與兩個(gè)平面平行的直線也平行，故不正確答案：B3(2018合肥教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))已知l，m，n為不同的直線，r為不同的平面，則下列判斷正確的是()A若m，n，則mnB若m，n，則mnC若l，m，m，則mlD若m，rn，lm，ln，則l解析：A：m，n可能的位置關(guān)系為平行，相交，異面，故A錯(cuò)誤；B：根據(jù)
3、面面垂直與線面平行的性質(zhì)可知B錯(cuò)誤；C：根據(jù)線面平行的性質(zhì)可知C正確；D：若mn，根據(jù)線面垂直的判定可知D錯(cuò)誤，故選C.答案：C4(2018石家莊教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))設(shè)m，n是兩條不同的直線，r是三個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題：若m，n，則mn；若，r，m，則mr；若n，mn，則m，且m；若r，r，則.其中真命題的個(gè)數(shù)為()A0B1C2D3解析： mn或m，n異面，故錯(cuò)誤；，根據(jù)面面平行的性質(zhì)以及線面垂直的性質(zhì)可知正確；m或m，m或m，故錯(cuò)誤；，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)以及面面平行的判定可知錯(cuò)誤，所以真命題的個(gè)數(shù)為1，故選B.答案：B5如圖所示，在四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，P分別為
4、其所在棱的中點(diǎn)，能得到AB平面MNP的圖形的序號(hào)是()ABCD解析：中，平面AB平面MNP，AB平面MNP.中，若下底面中心為O，易知NOAB，NO平面MNP，AB與平面MNP不平行中，易知ABMP，AB平面MNP.中，易知存在一直線MCAB，且MC平面MNP，AB與平面MNP不平行故能得到AB平面MNP的圖形的序號(hào)是.答案：C6(2018大慶模擬)，表示平面，a，b表示直線，則a的一個(gè)充分條件是()A，且aBb，且abCab，且bD，且a解析：對(duì)于A，B，C還可能有a這種情況，所以不正確；對(duì)于D，因?yàn)?，且a，所以由面面平行的性質(zhì)定理可得a，所以D是正確的答案：D7(2018哈爾濱聯(lián)考)直線m
5、，n均不在平面，內(nèi)，給出下列命題：若mn，n，則m；若m，則m；若mn，n，則m；若m，則m.其中正確命題的個(gè)數(shù)是()A1B2C3D4解析：由空間直線與平面平行關(guān)系可知正確；由線面垂直、線面平行的判定和性質(zhì)可知正確；由線面垂直、面面垂直的性質(zhì)定理可知正確故選D.答案：D8(2018綿陽(yáng)診斷)已知l，m，n是三條不同的直線，是不同的平面，則的一個(gè)充分條件是()Al，m，且lmBl，m，n，且lm，lnCm，n，mn，且lmDl，lm，且m解析：依題意知，A，B，C均不能得出，對(duì)于D，由lm，m得l，又l，因此有.綜上所述，選D.答案：D9(2018貴陽(yáng)模擬)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是
6、BC，CD的中點(diǎn)，沿AE，AF，EF把正方形折成一個(gè)四面體，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為P，P點(diǎn)在AEF內(nèi)的射影為O，則下列說(shuō)法正確的是()AO是AEF的垂心BO是AEF的內(nèi)心CO是AEF的外心DO是AEF的重心解析：由題意可知PA、PE、PF兩兩垂直，所以PA平面PEF，從而PAEF，而PO平面AEF，則POEF，因?yàn)镻OPAP，所以EF平面PAO，EFAO，同理可知AEFO，AFEO，O為AEF的垂心故選A.答案：A10如圖，矩形ABCD中，AB2AD，E為邊AB的中點(diǎn)，將ADE沿直線DE翻折成A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在ADE翻折過(guò)程中，下面四個(gè)命題中不正確的是()AB
7、M是定值B點(diǎn)M在某個(gè)球面上運(yùn)動(dòng)C存在某個(gè)位置，使DEA1CDMB平面A1DE解析：取CD的中點(diǎn)F，連接MF，BF，AF(圖略)，則MFDA1，BFDE，平面MBF平面A1DE，MB平面A1DE，故D正確A1DEMFB，MFA1D，F(xiàn)BDE，由余弦定理可得MB2MF2FB22MFFBcosMFB，MB是定值，故A正確B是定點(diǎn)，BM是定值，M在以B為球心，MB為半徑的球上，故B正確A1C在平面ABCD中的射影是點(diǎn)C與AF上某點(diǎn)的連線，不可能與DE垂直，不存在某個(gè)位置，使DEA1C.故選C.答案：C二、填空題11如圖是一個(gè)正方體的平面展開(kāi)圖在這個(gè)正方體中，BM與ED是異面直線；CN與BE平行；CN與
8、BM成60角；DM與BN垂直以上四個(gè)命題中，正確命題的序號(hào)是_解析：由題意畫(huà)出該正方體的圖形如圖所示，連接BE，BN，顯然正確；對(duì)于，連接AN，易得ANBM，ANC60，所以CN與BM成60角，所以正確；對(duì)于，易知DM平面BCN，所以DMBN正確答案：12.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為棱C1D1，C1C的中點(diǎn)，有以下四個(gè)結(jié)論：直線AM與CC1是相交直線；直線AM與BN是平行直線；直線BN與MB1是異面直線；直線MN與AC所成的角為60.其中正確的結(jié)論為_(kāi)(把你認(rèn)為正確結(jié)論的序號(hào)都填上)解析：AM與CC1是異面直線，AM與BN是異面直線，BN與MB1為異面直線因?yàn)镈1C
9、MN，所以直線MN與AC所成的角就是D1C與AC所成的角，為60.答案：13(2018廈門(mén)質(zhì)檢)設(shè)m，n是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，有下列四個(gè)命題：若m，則m；若m，n，則mn；m，n，mn，則；若n，n，m，則m.其中正確命題的序號(hào)是_(請(qǐng)將所有正確命題的序號(hào)都填上)解析：對(duì)于命題可以有m，故不成立；對(duì)于命題可以有與相交，故不成立答案：14(2018武昌調(diào)研)在矩形ABCD中，ABBC，現(xiàn)將ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折的過(guò)程中，給出下列結(jié)論：存在某個(gè)位置，使得直線AC與直線BD垂直；存在某個(gè)位置，使得直線AB與直線CD垂直；存在某個(gè)位置，使得直線AD與直線BC垂
10、直其中正確結(jié)論的序號(hào)是_解析：假設(shè)AC與BD垂直，過(guò)點(diǎn)A作AEBD于點(diǎn)E，連接CE，如圖所示，則AEBD，BDAC.又AEACA，所以BD平面AEC，從而有BDCE，而在平面BCD中，CE與BD不垂直，故假設(shè)不成立，錯(cuò)誤假設(shè)ABCD，ABAD，ADCDD，AB平面ACD，ABAC，由ABBC可知，存在這樣的直角三角形BAC，使ABCD，故假設(shè)成立，正確假設(shè)ADBC，DCBC，ADDCD，BC平面ADC，BCAC，即ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而ABBC，故矛盾，假設(shè)不成立，錯(cuò)誤答案：三、解答題15(2018汕頭質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖，已知AF平面ABCD，四邊形ABEF為矩形，四邊形ABCD為直
11、角梯形，DAB90，ABCD，ADAFCD2，AB4.(1)求證：AF平面BCE；(2)求證：AC平面BCE；(3)求三棱錐EBCF的體積解析：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BEF為矩形，所以AFBE，又BE平面BCE，AF平面BCE，所以AF平面BCE.(2)證明：過(guò)C作CMAB，垂足為M，因?yàn)锳DDC，所以四邊形ADCM為矩形所以AMMB2，又AD2，AB4，所以AC2，CM2，BC2，所以AC2BC2AB2，所以ACBC.因?yàn)锳F平面ABCD，AFBE，所以BE平面ABCD，所以BEAC.又BE平面BCE，BC平面BCE，BEBCB，所以AC平面BCE.(3)因?yàn)锳F平面ABCD，所以AFCM
12、.又CMAB，AF平面ABEF，AB平面ABEF，AFABA，所以CM平面ABEF.故VEBCFVCBEFBEEFCM242.16(2018廣州五校聯(lián)考)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，PAPD，BAD60，E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在側(cè)棱PC上(1)求證：AD平面PBE；(2)若Q是PC的中點(diǎn)，求證：PA平面BDQ；(3)若VPBCDE2VQABCD，試求的值解析：(1)證明：由E是AD的中點(diǎn)，PAPD可得ADPE.又底面ABCD是菱形，BAD60，所以ABBD，又E是AD的中點(diǎn)，所以ADBE，又PEBEE，所以AD平面PBE.(2)證明：連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接OQ(圖略)因?yàn)?/p>
13、O是AC的中點(diǎn)，Q是PC的中點(diǎn)，所以O(shè)QPA，又PA平面BDQ，OQ平面BDQ，所以PA平面BDQ.(3)設(shè)四棱錐PBCDE，QABCD的高分別為h1，h2.所以VPBCDES四邊形BCDEh1，VQABCDS四邊形ABCDh2.又VPBCDE2VQABCD，且S四邊形BCDES四邊形ABCD，所以.17(2018鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖，高為1的等腰梯形ABCD中，AMCDAB1.現(xiàn)將AMD沿MD折起，使平面AMD平面MBCD，連接AB，AC.(1)在AB邊上是否存在點(diǎn)P，使AD平面MPC?(2)當(dāng)點(diǎn)P為AB邊的中點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)B到平面MPC的距離解析：(1)當(dāng)APAB時(shí)，有AD平面MPC.理由如下：連接BD交MC于點(diǎn)N，連接NP.在梯形MBCD中，DCMB，在ADB中，ADPN.AD平面MPC，PN平面MPC，AD平面MPC.(2)平面AMD平面MBCD，平面AMD平面MBCDDM，AMDM，AM平面MBCD.VPMBCSMBC21.在MPC中，MPAB，MC，又PC，SMPC .點(diǎn)B到平面MPC的距離為d.
2022高考數(shù)學(xué)一本策略復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 立體幾何 第二講 空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷課后訓(xùn)練 文
