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(文理通用)2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題5 立體幾何 第2講 點、直線、平面之間的位置關(guān)系練習(xí)

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(文理通用)2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題5 立體幾何 第2講 點、直線、平面之間的位置關(guān)系練習(xí)

(文理通用)2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題5 立體幾何 第2講 點、直線、平面之間的位置關(guān)系練習(xí)A組1(文)設(shè),是兩個不同的平面,l,m是兩條不同的直線,且l,m.( A )A若l,則B若,則lmC若l,則D若,則lm解析選項A中,平面與平面垂直的判定,故正確;選項B中,當(dāng)時,l,m可以垂直,也可以平行,也可以異面;選項C中,l時,可以相交;選項D中,時,l,m也可以異面故選A(理)設(shè)、是三個互不重合的平面,m、n為兩條不同的直線給出下列命題:若nm,m,則n;若,n,n,則n;若,則;若nm,n,m,則.其中真命題是( C )A和B和C和 D和解析若nm,m,則n或n,即命題不正確,排除A、B;若,n,n,則n,則命題正確,排除D,故應(yīng)選C2如圖,在正四面體PABC中,D、E、F分別是AB、BC、CA的中點,下列四個結(jié)論不成立的是( D )ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC解析D、F分別為AB、AC的中點,BCDF,BC平面PDF,BC平面PDF,故A正確;在正四面體中,E為BC中點,易知BCPE,BCAE,BC平面PAE,DFBC,DF平面PAE,故B正確;DF平面PAE,DF平面PDF,平面PDF平面PAE,C正確,故選D3如圖,邊長為2的正方形ABCD中,點E,F(xiàn)分別是邊AB,BC的中點,AED、EBF、FCD分別沿DE、EF、FD折起,使A,B,C三點重合于點A,若四面體AEFD的四個頂點在同一個球面上,則該球的半徑為( B )ABCD解析由條件知AE、AF、AD兩兩互相垂直,以A為一個頂點,AE、AF、AD為三條棱構(gòu)造長方體,則長方體的對角線為四面體外接球的直徑,AEAF1,AD2,(2R)21212226,R.4已知矩形ABCD,AB1,BC.將ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折,在翻折過程中( B )A存在某個位置,使得直線AC與直線BD垂直B存在某個位置,使得直線AB與直線CD垂直C存在某個位置,使得直線AD與直線BC垂直D對任意位置,三對直線“AC與BD”,“AB與CD”,“AD與BC”均不垂直解析過A、C作BD的垂線AE、CF,AB與BC不相等,E與F不重合,在空間圖(2)中,若ACBD,ACAEA,BD平面ACE,BDCE,這樣在平面BCD內(nèi),過點C有兩條直線CE、CF都與BD垂直矛盾,A錯;若ABCD,ABAD,AB平面ACD,ABAC,AB<BC,存在這樣的三角形ABC,ABAC,ABAC,B選項正確,選項D錯;若ADBC,又CDBC,BC平面ACD,BCAC,BC>AB,這樣的ABC不存在,C錯誤5(2018·太原二模)對于不重合的直線m,l和平面,要證需具備的條件是( D )Aml,m,lBml,m,lCml,m,lDml,l,m解析對于A,如圖1,可得面,不一定垂直,故錯;對于B,如圖2,可得面,不一定垂直,故錯;對于C,ml,m,l,故錯;對于D,有ml,lm,又因為m,故正確6已知直線l平面,直線m平面,則下列四個命題:lm;lm;lm;lm.其中正確命題的序號是.解析直線l平面 ,直線m平面,當(dāng)有l(wèi)m,故正確當(dāng)有l(wèi)m或l與m異面或相交,故不正確當(dāng)lm有,故正確當(dāng)lm有或與相交,故不正確綜上可知正確7(2018·涼山州二模)在棱長為1的正方體ABCDABCD中,異面直線AD與AB所成角的大小是.解析在正方體ABCDABCD中,連接AD,AB,BC,如圖所示:則ABDC,且ABDC,所以四邊形ABCD是平行四邊形,所以ADBC,所以ABC是異面直線AD與AB所成的角,連接AC,則ABC是邊長為的等邊三角形,所以ABC,即異面直線AD與AB所成角是.8設(shè)x,y,z為空間不同的直線或不同的平面,且直線不在平面內(nèi),下列說法中能保證“若xz,yz,則xy”為真命題的序號是.x為直線,y,z為平面;x,y,z都為平面;x,y為直線,z為平面;x,y,z都為直線;x,y為平面,z為直線解析x平面z,平面y平面z,所以x平面y或x平面y.又因為x平面y,故x平面y,成立;x,y,z均為平面,則x可與y相交,故不成立;x平面z,y平面z,x,y為不同直線,故xy,成立;x,y,z均為直線,則x與y可平行,可異面,也可相交,故不成立;zx,zy,z為直線,x,y為平面,所以xy,成立9(文)(2018·全國卷,18)如圖,在平行四邊形ABCM中,ABAC3,ACM90°,以AC為折痕將ACM折起,使點M到達點D的位置,且ABDA (1)證明:平面ACD平面ABC(2)Q為線段AD上一點,P為線段BC上一點,且BPDQDA,求三棱錐Q­ABP的體積解析(1)由已知可得,BAC90°,則BAAC又BAAD,ADACA,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,DCCMAB3,DA3.又BPDQDA,所以BP2.作QEAC,垂足為E,則QE綊DC1.由已知及(1)可得DC平面ABC,所以QE平面ABC,因此,三棱錐Q­ABP的體積為VQ­ABP×QE×SABP×1××3×2sin45°1.(理)如圖1,在直角梯形ABCD中,ADBC, BAD,ABBCADa,E是AD的中點,O是AC與BE的交點將ABE沿BE折起到圖2中A1BE的位置,得到四棱錐A1_BCDE.圖1圖2(1)證明:CD平面A1OC;(2)當(dāng)平面A1BE平面BCDE時,四棱錐A1_BCDE的體積為36,求a的值解析(1)證明:在題圖1中,因為ABBCADa,E是AD的中點,BAD,所以BEAC又在題圖2中,BEA1O,BEOC,從而BE平面A1OC又BCDE且BCDE,所以CDBE,所以CD平面A1OC(2)由已知,平面A1BE平面BCDE,且平面A1BE平面BCDEBE, 又由(1)知A1OBE,所以A1O平面BCDE,即A1O是四棱錐A1­BCDE的高由題圖1可知,A1OABa,平行四邊形BCDE的面積SBC·ABa2,從而四棱錐A1­BCDE的體積為V×S×A1O×a2×aa3,由a336,得a6.B組1已知、是三個不同的平面,命題“,且”是真命題,如果把、中的任意兩個換成直線,另一個保持不變,在所得的所有新命題中,真命題有( C )A0個 B1個 C2個 D3個解析若、換成直線a、b,則命題化為“ab,且ab”,此命題為真命題;若、換為直線a、b,則命題化為“a,且abb”,此命題為假命題;若、換為直線a、b,則命題化為“a,且bab”,此命題為真命題,故選C2設(shè)m、n是不同的直線,、是不同的平面,有以下四個命題: m m其中,真命題是( C )A B C D解析正確,平行于同一個平面的兩個平面平行;錯誤,由線面平行、垂直定理知:m不一定垂直于;正確,由線面平行,垂直關(guān)系判斷正確;錯誤,m也可能在內(nèi)綜上所述,正確的命題是,故選C3已知互不重合的直線a,b,互不重合的平面,給出下列四個命題,錯誤的命題是( D )A若a,a,b,則abB若,a,b,則abC若,a,則aD若,a,則a解析A中,過直線a作平面分別與,交于m,n,則由線面平行的性質(zhì)知amn,所以m,又由線面平行的性質(zhì)知mb,所以ab,正確;B中,由a,b,知a,b垂直于兩個平面的交線,則a,b所成的角等于二面角的大小,即為90°,所以ab,正確;C中,在內(nèi)取一點A,過A分別作直線m垂直于,的交線,直線n垂直于,的交線,則由線面垂直的性質(zhì)知m,n,則ma,na,由線面垂直的判定定理知a,正確;D中,滿足條件的a也可能在內(nèi),故D錯4直三棱柱ABCA1B1C1的直觀圖及三視圖如圖所示,D為AC的中點,則下列命題是假命題的是( D )AAB1平面BDC1BA1C平面BDC1C直三棱柱的體積V4D直三棱柱的外接球的表面積為4解析如圖,將直三棱柱ABCA1B1C1補形成正方體,易知A,B,C都正確故選D5a、b表示直線,、表示平面若a,b,ab,則;若a,a垂直于內(nèi)任意一條直線,則;若,a,b,則ab;若a不垂直于平面,則a不可能垂直于平面內(nèi)無數(shù)條直線;若l,m,lmA,l,m,則.其中為真命題的是.解析對可舉反例如圖,需b才能推出.對可舉反例說明,當(dāng)不與,的交線垂直時,即可得到a,b不垂直;對a只需垂直于內(nèi)一條直線便可以垂直內(nèi)無數(shù)條與之平行的直線所以只有是正確的6在三棱錐CABD中(如圖),ABD與CBD是全等的等腰直角三角形,O為斜邊BD的中點,AB4,二面角ABDC的大小為60°,并給出下面結(jié)論:ACBD;ADCO;AOC為正三角形;cosADC.其中真命題是.(填序號)解析對于,因為ABD與CBD是全等的等腰直角三角形,O為斜邊BD的中點,所以COBD,AOBD,AOOCO,所以BD平面AOC,所以ACBD,因此正確;對于,假設(shè)COAD,又COBD,可得CO平面ABD,由可得:AOC是二面角ABDC的平面角,這與已知二面角ABDC為60°矛盾,因此不正確;對于,由ABD與CBD是全等的等腰直角三角形,O為斜邊BD的中點,所以O(shè)COA,由可得:AOC是二面角ABDC的平面角且為60°,所以AOC為正三角形,因此正確;對于,AB4,由可得:ACOA2,ADCD4,所以cosADC,因此不正確;綜上可得:只有正確7如圖所示,在四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,且底面各邊相等,M是PC上的一動點,請你補充一個條件(或),使平面MBD平面PCDDMPC;DMBM;BMPC;PMMC(填寫你認為是正確的條件對應(yīng)的序號)解析因為在四棱錐PABCD中,PA底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動點,所以BDPA,BDAC,因為PAACA,所以BD平面PAC,所以BDPC所以當(dāng)DMPC(或BMPC)時,即有PC平面MBD而PC平面PCD,所以平面MBD平面PCD8如圖:在四棱錐PABCD中,底面ABCD是菱形,ABC60°PA平面ABCD,點M,N分別為BC,PA的中點,且PAAB2.(1)證明:BC平面AMN;(2)求三棱錐NAMC的體積;(3)在線段PD上是否存在一點E,使得NM平面ACE;若存在,求出PE的長,若不存在,說明理由解析(1)因為ABCD為菱形,所以ABBC,又ABC60°,所以ABBCAC,又M為BC中點,所以BCAM而PA平面ABCD,BC平面ABCD,所以PABC,又PAAMA,所以BC平面AMN.(2)因為SAMCAM·CM××1,又PA底面ABCD,PA2,所以AN1,所以,三棱錐NAMC的體積VSAMC·AN××1.(3)存在取PD中點E,連結(jié)NE,EC,AE,因為N,E分別為PA,PD中點,所以NE綊AD又在菱形ABCD中,CM綊AD,所以NE綊MC,即MCEN是平行四邊形,所以NMEC,又EC平面ACE,NM平面ACE,所以MN平面ACE,即在PD上存在一點E,使得NM平面ACE,此時PEPD.9(2018·全國卷,19)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點(1)證明:平面AMD平面BMC(2)在線段AM上是否存在點P,使得MC平面PBD?說明理由解析(1)由題設(shè)知,平面CMD平面ABCD,交線為CD因為BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因為M為上異于C,D的點,且DC為直徑,所以 DMCM.又 BCCMC,所以DM平面BMC而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC(2)存在,AM的中點即為符合題意的點P.證明如下:取AM的中點P,連接AC,BD交于點N,連接PN.因為ABCD是矩形,所以N是AC的中點,在ACM中,點P,N分別是AM,AC的中點,所以PNMC,又因為PN平面PBD,MC平面PBD,所以MC平面PBD,所以,在線段AM上存在點P,即AM的中點,使得MC平面PBD

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