（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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1、（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)α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β.( A ) A．若l⊥β，則α⊥β B．若α⊥β，則l⊥m C．若l∥β，則α∥β D．若α∥β，則l∥m [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)α⊥β時，l，m可以垂直，也可以平行，也可以異面；選項C中，l∥β時，α，β可以相交；選項D中，α∥β時，l，m也可以異面．故選A． (理)設(shè)α、β、γ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

2、： ①若n∥m，m?α，則n∥α； ②若α∥β，n?β，n∥α，則n∥β； ③若β⊥α，γ⊥α，則β∥γ； ④若n∥m，n⊥α，m⊥β，則α∥β. 其中真命題是( C ) A．①和②　　　　　　 B．①和③ C．②和④ D．③和④ [解析]　若n∥m，m?α，則n∥α或n?α，即命題①不正確，排除A、B；若α∥β，n?β，n∥α，則n∥β，則命題②正確，排除D，故應(yīng)選C． 2．如圖，在正四面體P－ABC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 ) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE

3、D．平面PDE⊥平面ABC [解析]　∵D、F分別為AB、AC的中點，∴BC∥DF， ∵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BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE，∵DF∥BC，∴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D． 3．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A′EFD的四個頂點在同一個球面上，則該球的半徑為( B ) A．　　 B．

4、　　　 C．　　 D． [解析]　由條件知A′E、A′F、A′D兩兩互相垂直，以A′為一個頂點，A′E、A′F、A′D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，∵A′E＝A′F＝1，A′D＝2，∴(2R)2＝12＋12＋22＝6，∴R＝. 4．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進(jìn)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

5、直 [解析]　①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AC⊥BD，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，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；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵ABAB，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α，β，要證α⊥β需具備的條件是

6、( 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]　對于A，如圖1，可得面α，β不一定垂直，故錯； 對于B，如圖2，可得面α，β不一定垂直，故錯； 對于C，m∥l，m⊥α，l⊥β?α∥β，故錯； 對于D，有m∥l，l⊥β?m⊥β， 又因為m?α?α⊥β，故正確． 6．已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，則下列四個命題： ①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m； ③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β. 其中正確命題的序號是①③. [解析]　直線l⊥平面α ，直線m?平面β，

7、當(dāng)α∥β有l(wèi)⊥m，故①正確． 當(dāng)α⊥β有l(wèi)∥m或l與m異面或相交，故②不正確． 當(dāng)l∥m有α⊥β，故③正確． 當(dāng)l⊥m有α∥β或α與β相交，故④不正確． 綜上可知①③正確． 7．(2018·涼山州二模)在棱長為1的正方體ABCD－A′B′C′D′中，異面直線A′D與AB′所成角的大小是. [解析]　在正方體ABCD－A′B′C′D′中，連接A′D，AB′，B′C，如圖所示： 則A′B′∥DC，且A′B′＝DC， 所以四邊形A′B′CD是平行四邊形， 所以A′D∥B′C， 所以∠AB′C是異面直線A′D與AB′所成的角， 連接AC，則△AB′C是邊長為的等邊三角形，

8、所以∠AB′C＝， 即異面直線A′D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x⊥z，y⊥z，則x∥y”為真命題的序號是①③⑤. ①x為直線，y，z為平面； ②x，y，z都為平面； ③x，y為直線，z為平面； ④x，y，z都為直線； ⑤x，y為平面，z為直線． [解析]?、賦⊥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，①成立； ②x，y，z均為平面，則x可與y相交，故②不成立； ③x⊥平面z，y⊥平面z，x，y為不同直線，故x∥y，③成立； ④x，y，z均為直線

9、，則x與y可平行，可異面，也可相交，故④不成立； ⑤z⊥x，z⊥y，z為直線，x，y為平面，所以x∥y，⑤成立． 9．(文)(2018·全國卷Ⅰ，18)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達(dá)點D的位置，且AB⊥DA． (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BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q-ABP的體積． [解析]　(1)由已知可得，∠BAC＝90°，則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．

10、 (2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3. 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2. 作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊DC＝1. 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC， 所以QE⊥平面ABC， 因此，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin45°＝1. (理)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC, ∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，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

11、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AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點， ∠BAD＝，所以BE⊥AC． 又在題圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 從而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是四棱錐A1-BCDE的高． 由題圖1可知，A1O＝AB＝a，平行四邊形BCDE的面積S＝BC·AB

12、＝a2， 從而四棱錐A1-BCDE的體積為 V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3， 由a3＝36，得a＝6. B組 1．已知α、β、γ是三個不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命題，如果把α、β、γ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 ) A．0個 B．1個 C．2個 D．3個 [解析]　若α、β?lián)Q成直線a、b，則命題化為“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命題為真命題；若α、γ換為直線a、b，則命題化為“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命題為假命題；若β、γ換為直線a、b，則命題化為“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命題為真

13、命題，故選C． 2．設(shè)m、n是不同的直線，α、β、γ是不同的平面，有以下四個命題： ①?β∥γ ②?m⊥β ③?α⊥β ④?m∥α 其中，真命題是( C ) A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ [解析]?、僬_，平行于同一個平面的兩個平面平行；②錯誤，由線面平行、垂直定理知：m不一定垂直于β；③正確，由線面平行，垂直關(guān)系判斷正確；④錯誤，m也可能在α內(nèi)．綜上所述，正確的命題是①③，故選C． 3．已知互不重合的直線a，b，互不重合的平面α，β，給出下列四個命題，錯誤的命題是( D ) A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，則a∥b B．若α⊥β，a⊥α

14、，b⊥β，則a⊥b C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，則a⊥α D．若α∥β，a∥α，則a∥β [解析]　A中，過直線a作平面γ分別與α，β交于m，n，則由線面平行的性質(zhì)知a∥m∥n，所以m∥α，又由線面平行的性質(zhì)知m∥b，所以a∥b，正確；B中，由a⊥α，b⊥β，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a⊥b，正確；C中，在α內(nèi)取一點A，過A分別作直線m垂直于α，β的交線，直線n垂直于α，γ的交線，則由線面垂直的性質(zhì)知m⊥β，n⊥γ，則m⊥a，n⊥a，由線面垂直的判定定理知a⊥α，正確；D中，滿足條件的a也可能在β內(nèi)，故D錯． 4．直三棱柱AB

15、C－A1B1C1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 ) A．AB1∥平面BDC1 B．A1C⊥平面BDC1 C．直三棱柱的體積V＝4 D．直三棱柱的外接球的表面積為4π [解析]　如圖，將直三棱柱ABC－A1B1C1補形成正方體，易知A，B，C都正確．故選D． 5．a(chǎn)、b表示直線，α、β、γ表示平面． ①若α∩β＝a，b?α，a⊥b，則α⊥β； ②若a?α，a垂直于β內(nèi)任意一條直線，則α⊥β； ③若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，則a⊥b； ④若a不垂直于平面α，則a不可能垂直于平面α內(nèi)無數(shù)條直線； ⑤若l?α，m?α，l∩

16、m＝A，l∥β，m∥β，則α∥β. 其中為真命題的是②⑤. [解析]　對①可舉反例如圖，需b⊥β才能推出α⊥β.對③可舉反例說明，當(dāng)γ不與α，β的交線垂直時，即可得到a，b不垂直；④對a只需垂直于α內(nèi)一條直線便可以垂直α內(nèi)無數(shù)條與之平行的直線．所以只有②⑤是正確的． 6．在三棱錐C－ABD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，AB＝4，二面角A－BD－C的大小為60°，并給出下面結(jié)論：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC為正三角形；④cos∠ADC＝.其中真命題是①③.(填序號) [解析]　對于①，因為△ABD與△CBD是全等的等腰直角三角

17、形，O為斜邊BD的中點，所以CO⊥BD，AO⊥BD，AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC，所以AC⊥BD，因此①正確；對于②，假設(shè)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，這與已知二面角A－BD－C為60°矛盾，因此不正確；對于③，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)C＝OA，由①可得：∠AOC是二面角A－BD－C的平面角且為60°，所以△AOC為正三角形，因此③正確；對于④，AB＝4，由③可得：AC＝OA＝2，AD＝CD＝4，所以cos∠ADC＝＝≠，因此不正確；綜上可得：只有①③正確． 7．如圖所示，

18、在四棱錐P－ABCD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①(或③)，使平面MBD⊥平面PCD．①DM⊥PC；②DM⊥BM；③BM⊥PC；④PM＝MC(填寫你認(rèn)為是正確的條件對應(yīng)的序號)． [解析]　因為在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等， M是PC上的一動點， 所以BD⊥PA，BD⊥AC， 因為PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC． 所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD． 而PC?平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD． 8．如圖：在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱

19、形，∠ABC＝60°PA⊥平面ABCD，點M，N分別為BC，PA的中點，且PA＝AB＝2. (1)證明：BC⊥平面AMN； (2)求三棱錐N－AMC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AB＝BC， 又∠ABC＝60°，所以AB＝BC＝AC， 又M為BC中點，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)因為S△AMC＝AM·CM＝××1＝， 又PA⊥底面ABCD，PA＝2，所以AN

20、＝1， 所以，三棱錐N－AMC的體積V＝S△AMC·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NM∥EC， 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PE＝PD＝. 9．(2018·全國卷Ⅲ，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∥

21、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BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑， 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PN∥MC， 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．