高考数学文科江苏版1轮复习练习：第7章 立体几何 3 第3讲 分层演练直击高考 Word版含解析

高考数学精品复习资料2019.51直线 a平面，b平面，则 a 与 b 的位置关系为_解析 因为 a，b，所以 ab，但不一定相交答案 ab2已知 l，m，n 为两两垂直的三条异面直线，过 l 作平面与直线 m 垂直，则直线 n与平面的关系是_解析 因为 l，且 l 与 n 异面，所以 n，又因为 m，nm，所以 n.答案 n3.如图，在 RtABC 中，ABC90，P 为ABC 所在平面外一点， PA平面 ABC， 则四面体 PABC 中共有直角三角形个数为_解析 由 PA平面 ABC 可得PAC，PAB 是直角三角形，且PABC.又ABC90， 所以ABC 是直角三角形， 且 BC平面 PAB，所以 BCPB，即PBC 为直角三角形，故四面体 PABC 中共有 4 个直角三角形答案 44在空间中，给出下面四个命题：过一点有且只有一个平面与已知直线垂直；若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面；垂直于同一条直线的两条直线互相平行；若两个平面相互垂直， 则一个平面内的任意一条直线必定垂直于另一个平面内的无数条直线其中正确命题的序号是_解析 易知正确；对于，过两点的直线可能与平面相交；对于，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面答案 5设 a，b 是夹角为 30的异面直线，则满足条件“a，b，且”的平面，有_对解析 过直线 a 的平面有无数个，当平面与直线 b 平行时，两直线的公垂线与 b 确定的平面，当平面与 b 相交时，过交点作平面的垂线与 b 确定的平面.答案 无数6在ABC 中，ABAC5，BC6，PA平面 ABC，PA8，则 P 到 BC 的距离是_解析 如图，取 BC 的中点 D，连结 AD，则 ADBC.又 PA平面 ABC，根据三垂线定理，得 PDBC.在 RtABD 中，AB5，BD3，所以 AD4.在 RtPAD 中，PA8，AD4，所以 PD4 5.答案 4 57已知直线 m、n 和平面、，若，m，n，要使 n，则应增加条件的序号是_mn；nm.解析 由面面垂直的性质定理可知，当 nm 时，有 n.答案 8设 l，m，n 为三条不同的直线，为一个平面，给出下列命题：若 l，则 l 与相交；若 m，n，lm，ln，则 l；若 lm，mn，l，则 n；若 lm，m，n，则 ln.其中正确命题的序号为_解析 显然正确；对，只有当 m，n 相交且 l时，才能 l，故错误；对，由 lm，mnln，由 l得 n，故正确；对，由 lm，ml，再由 nln.故正确答案 9.(20 xx潍坊模拟)如图，在正四面体 PABC 中，D，E，F 分别是 AB，BC，CA 的中点，下面四个结论成立的序号是_BC平面 PDF；DF平面 PAE；平面 PDF平面 PAE；平面 PDE平面 ABC.解析 因为 BCDF，DF平面 PDF，BC平面 PDF，所以 BC平面 PDF，成立；易证 BC平面 PAE， BCDF， 所以结论， 均成立； 点 P 在底面 ABC 内的射影为ABC的中心，不在中位线 DE 上，故结论不可能成立答案 10已知，是三个不同的平面，命题“，且”是真命题，如果把，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_个解析 若，换为直线 a，b，则命题化为“ab，且 ab” ，此命题为真命题；若，换为直线 a，b，则命题化为“a，且 abb” ，此命题为假命题；若，换为直线 a，b，则命题化为“a，且 bab” ，此命题为真命题答案 211(20 xx江苏省高考命题研究专家原创卷(七)如图，在矩形 ABCD 中，E，F 分别为BC，DA 的中点将矩形 ABCD 沿线段 EF 折起，使得DFA60.设 G 为 AF 上的点(1)试确定点 G 的位置，使得 CF平面 BDG；(2)在(1)的条件下，证明：DGAE.解：(1)当点 G 为 AF 的中点时，CF平面 BDG.证明如下：因为 E，F 分别为 BC，DA 的中点，所以 EFABCD.连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OG，则 AOCO，又 G 为 AF 的中点，所以 CFOG，因为 CF平面 BDG，OG平面 DBG.所以 CF平面 BDG.(2)证明：因为 E，F 分别为 BC，DA 的中点，所以 EFFD，EFFA.又 FDFAF，所以 EF平面 ADF，因为 DG平面 ADF，所以 EFDG.因为 FDFA，DFA60，所以ADF 是等边三角形，DGAF，又 AFEFF，所以 DG平面 ABEF.因为 AE平面 ABEF，所以 DGAE.12已知侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，且 ADAA1，点 F为棱 BB1的中点，点 M 为线段 AC1的中点(1)求证：MF平面 ABCD；(2)求证：平面 AFC1平面 ACC1A1.证明 (1)如图，延长 C1F 交 CB 的延长线于点 N，连结 AN.因为 F 是 BB1的中点，所以 F 为 C1N 的中点，B 为 CN 的中点又 M 是线段 AC1的中点，所以 MFAN.又 MF平面 ABCD，AN平面 ABCD，所以 MF平面 ABCD.(2)连结 BD，由题知 A1A平面 ABCD，又因为 BD平面 ABCD，所以 A1ABD.因为四边形 ABCD 为菱形，所以 ACBD.又因为 ACA1AA，AC平面 ACC1A1，A1A平面 ACC1A1，所以 BD平面 ACC1A1.在四边形 DANB 中，DABN，且 DABN，所以四边形 DANB 为平行四边形所以 NABD，所以 NA平面 ACC1A1.又因为 NA平面 AFC1，所以平面 AFC1平面 ACC1A1.1已知 m，n 为不同的直线，为不同的平面，则给出下列条件：mn，n；mn，n；m，m，；m，.其中能使 m成立的充分条件的序号为_解析 因为均存在 m的可能，由条件m.答案 2在正四棱锥 PABCD 中，PA32AB，M 是 BC 的中点，G 是PAD 的重心，则在平面 PAD 中经过 G 点且与直线 PM 垂直的直线有_条解析 设正四棱锥的底面边长为 a，(如图)则侧棱长为32a.因为 PMBC，所以 PM32a2a2222a.连结 PG 并延长与 AD 相交于 N 点，连结 MN，则 PN22a，MNABa，所以 PM2PN2MN2，所以 PMPN，又 PMAD，PNADN，PN，AD平面 PAD，所以 PM平面 PAD，所以在平面 PAD 中经过 G 点的任意一条直线都与 PM 垂直答案 无数3假设平面平面EF，AB，CD，垂足分别为 B，D，如果增加一个条件，就能推出 BDEF，现有下面四个条件：AC；AC 与，所成的角相等；AC 与 BD在内的射影在同一条直线上；ACEF.其中能成为增加条件的是_(把你认为正确的条件序号都填上)解析 如果 AB 与 CD 在一个平面内，可以推出 EF 垂直于该平面，又 BD 在该平面内，所以 BDEF.故要证 BDEF， 只需 AB， CD 在一个平面内即可， 只有能保证这一条件答案 4.(20 xx苏州质检)如图， 在直角梯形 ABCD 中， BCDC， AEDC，且 E 为 CD 的中点，M，N 分别是 AD，BE 的中点，将三角形 ADE 沿AE 折起，则下列说法正确的是_(写出所有正确说法的序号)不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)，都有 MN平面 DEC；不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)，都有 MNAE；不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内)，都有 MNAB；在折起过程中，一定存在某个位置，使 ECAD.解析 由已知，在未折叠的原梯形中，ABDE，BEAD，所以四边形 ABED 为平行四边形，所以 BEAD，折叠后如图所示过点 M 作 MPDE，交 AE 于点 P，连结 NP.因为 M，N 分别是 AD，BE 的中点，所以点 P 为 AE 的中点，故 NPEC.又 MPNPP，DECEE，所以平面 MNP平面 DEC，故 MN平面 DEC，正确；由已知，AEED，AEEC，所以 AEMP，AENP，又 MPNPP，所以 AE平面 MNP，又 MN平面 MNP，所以 MNAE，正确；假设 MNAB，则 MN 与 AB 确定平面 MNBA，从而 BE平面 MNBA，AD平面 MNBA，与 BE 和 AD 是异面直线矛盾，错误；当 ECED 时，ECAD.因为 ECEA，ECED，EAEDE，所以 EC平面 AED，AD平面 AED，所以 ECAD，正确答案 5(20 xx云南省师大附中模拟)如图，在三棱锥 SABC 中，ABC 是边长为 2 的正三角形，平面 SAC平面 ABC，SASC 2，M 为 AB 的中点(1)证明：ACSB；(2)求点 B 到平面 SCM 的距离解 (1)证明：取 AC 的中点 D，连结 DS，DB.因为 SASC，BABC，所以 ACDS，且 ACDB，DSDBD，所以 AC平面 SDB，又 SB平面 SDB，所以 ACSB.(2)因为 SDAC，平面 SAC平面 ABC，所以 SD平面 ABC.过 D 作 DECM 于 E，连结 SE，则 SECM，所以在 RtSDE 中，SD1，DE12，所以 SE52，CM 是边长为 2 的正ABC 的中线，所以 CM 3，所以 SSCM12CMSE12 352154，SBMC1212ABCM142 332.设点 B 到平面 SCM 的距离为 h，则由 VBSCMVSBCM得13SSCMh13SBMCSD，所以 hSBMCSDSSCM321542 55.6如图所示，已知长方体 ABCDA1B1C1D1，点 O1为 B1D1的中点(1)求证：AB1平面 A1O1D.(2)若 AB23AA1，在线段 BB1上是否存在点 E 使得 A1CAE？若存在，求出BEBB1；若不存在，说明理由解 (1)证明：如图所示，连结 AD1交 A1D 于点 G，所以 G 为 AD1的中点连结 O1G.在AB1D1中，因为 O1为 B1D1的中点，所以 O1GAB1.因为 O1G平面 A1O1D，且 AB1平面 A1O1D，所以 AB1平面 A1O1D.(2)若在线段 BB1上存在点 E 使得 A1CAE，连结 A1B 交 AE 于点 M.因为 BC平面 ABB1A1，AE平面 ABB1A1，所以 BCAE.又因为 A1CBCC，且 A1C，BC平面 A1BC，所以 AE平面 A1BC.因为 A1B平面 A1BC，所以 AEA1B.在AMB 和ABE 中，BAMABM90，BAMBEA90，所以ABMBEA.所以 RtABERtA1AB，所以BEABABAA1.因为 AB23AA1，所以 BE23AB49BB1，即在线段 BB1上存在点 E 使得 A1CAE，此时BEBB149.