高考数学大二轮刷题首选卷文数文档:第一部分 考点十四 空间中的平行与垂直关系 Word版含解析

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考点十四空间中的平行与垂直关系一、选择题1已知平面平面,若两条直线m,n分别在平面,内,则m,n的关系不可能是()A平行 B相交 C异面 D平行或异面答案B解析由知,.又m,n,故mn.故选B.2设直线m与平面相交但不垂直,则下列说法正确的是()A在平面内有且只有一条直线与直线m垂直B过直线m有且只有一个平面与平面垂直C与直线m垂直的直线不可能与平面平行D与直线m平行的平面不可能与平面垂直答案B解析可以通过观察正方体ABCDA1B1C1D1进行判断,取BC1为直线m,平面ABCD为平面,由AB,CD均与m垂直知,A错误;由D1C1与m垂直且与平面平行知,C错误;由平面ADD1A1与m平行且与平面垂直知,D错误故选B.3(2019东北三省四市一模)已知m,n为两条不重合直线,为两个不重合平面,下列条件中,一定能推出的是()Amn,m,n Bmn,m,nCmn,m,n Dmn,m,n答案B解析当mn时,若m,可得n.又n,可知,故选B.4(2019湖南长沙一中模拟一)在正方体ABCDA1B1C1D1中,点O是四边形ABCD的中心,关于直线A1O,下列说法正确的是()AA1ODC BA1OBCCA1O平面B1CD1 DA1O平面ABD答案C解析显然A1O与DC是异面直线,故A错误;假设A1OBC,结合A1ABC可得BC平面A1ACC1,则可得BCAC,显然不正确,故假设错误,即B错误;在正方体ABCDA1B1C1D1中,点O是四边形ABCD的中心,A1DB1C,ODB1D1,A1DDOD,B1D1B1CB1,平面A1DO平面B1CD1,A1O平面A1DO,A1O平面B1CD1,故C正确;又A1A平面ABD,过一点作平面ABD的垂线有且只有一条,则D错误,故选C.5下列命题中错误的是()A如果平面平面,那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面,那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面平面,平面平面,l,那么l平面D如果平面平面,那么平面内所有直线都垂直于平面答案D解析对于D,若平面平面,则平面内的直线可能不垂直于平面,甚至可能平行于平面,其余选项均是正确的6(2019河南名校联盟2月联考)设点P是正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1的中点,平面过点P,且与直线BD1垂直,平面平面ABCDm,则m与A1C所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案B解析由题意知,点P是正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1的中点,平面过点P,且与直线BD1垂直,平面平面ABCDm,根据面面平行的性质,可得mAC,所以直线m与A1C所成的角即为直线AC与直线A1C所成的角,即ACA1为直线m与A1C所成的角,在RtACA1中,cosACA1,即m与A1C所成角的余弦值为,故选B.7(2017全国卷)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是()答案A解析A项,作如图所示的辅助线,其中D为BC的中点,则QDAB.QD平面MNQQ,QD与平面MNQ相交,直线AB与平面MNQ相交B项,作如图所示的辅助线,则ABCD,CDMQ,ABMQ.又AB平面MNQ,MQ平面MNQ,AB平面MNQ.C项,作如图所示的辅助线,则ABCD,CDMQ,ABMQ.又AB平面MNQ,MQ平面MNQ,AB平面MNQ.D项,作如图所示的辅助线,则ABCD,CDNQ,ABNQ.又AB平面MNQ,NQ平面MNQ,AB平面MNQ.故选A.8如图,在四边形ABCD中,ADBC,ADAB,BCD45,BAD90.将ADB沿BD折起,使平面ABD平面BCD,构成三棱锥ABCD,则在三棱锥ABCD中,下列命题正确的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC答案D解析因为在四边形ABCD中,ADBC,ADAB,BCD45,BAD90,所以BDCD,又平面ABD平面BCD,且平面ABD平面BCDBD,所以CD平面ABD,则CDAB,又ADAB,所以AB平面ADC,则平面ABC平面ADC,故选D.二、填空题9已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,点P是平面AA1D1D的中心,点Q是B1D1上一点,且PQ平面AA1B1B,则线段PQ的长为_答案解析如图,PQ平面AA1B1B,PQ平面AD1B1,AB1平面AA1B1B平面AD1B1,PQAB1,点P是平面AA1D1D的中心,点P是AD1的中点,点Q是B1D1的中点,PQAB1.10(2019黑龙江大庆一中四模)给出下列四个命题:如果平面外一条直线a与平面内一条直线b平行,那么a;过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直;如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线,那么这条直线与这个平面垂直;若两个相交平面都垂直于第三个平面,则这两个平面的交线垂直于第三个平面其中真命题的序号为_答案解析命题是线面平行的判定定理,正确;命题因为垂直同一平面的两条直线平行,所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直,故正确;命题平面内无数条直线均平行时,不能得出直线与这个平面垂直,故不正确;命题因为两个相交平面都垂直于第三个平面,从而交线垂直于第三个平面,故正确故答案为.11. 如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB1,点D在棱BB1上,且BD1,则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为_答案解析如图,取C1A1,CA的中点E,F,连接B1E,BF,EF,则B1E平面CAA1C1.过点D作DHB1E,则DH平面CAA1C1.连接AH,则DAH为AD与平面AA1C1C所成角DHB1E,DA,所以sinDAH.12(2019全国卷)已知ACB90,P为平面ABC外一点,PC2,点P到ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为_答案解析如图,过点P作PO平面ABC于O,则PO为P到平面ABC的距离再过O作OEAC于E,OFBC于F,连接PC,PE,PF,则PEAC,PFBC.又PEPF,所以OEOF,所以CO为ACB的平分线,即ACO45.在RtPEC中,PC2,PE,所以CE1,所以OE1,所以PO.三、解答题13(2019安徽黄山第三次质量检测)如图,在平行四边形ABCM中,ABAC3,ACM90,以AC为折痕将ACM折起,使点M到达点D的位置,且ABDA.(1)证明:CD平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BPDQDA,求三棱锥BAPQ的体积解(1)证明:四边形ABCM是平行四边形,且ACM90,ACAB,又ADAB,AB平面ACD,CD平面ACD,ABCD,又CDAC,CD平面ABC.(2)取AC上一点H,使CHCA,DQDA,连接QH,则QHCD,由(1)可得QH平面ABC,ABAC3,BC3,AD3,BPDQ32,QHCD31,ACAB3,ACAB,ABC为等腰直角三角形,ABP45,SPABABBPsin453,VBAPQVQAPBSPABQH1.14(2019全国卷)如图,直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形,AA14,AB2,BAD60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点(1)证明:MN平面C1DE;(2)求点C到平面C1DE的距离解(1)证明:如图,连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且MEB1C.又因为N为A1D的中点,所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC,可得B1C綊A1D,故ME綊ND,因此四边形MNDE为平行四边形,所以MNED.又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE.(2)解法一:过点C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DEBC,DEC1C,所以DE平面C1CE,故DECH.从而CH平面C1DE,故CH的长即为点C到平面C1DE的距离由已知可得CE1,C1C4,所以C1E,故CH.从而点C到平面C1DE的距离为.解法二:在菱形ABCD中,E为BC的中点,所以DEBC,根据题意有DE,C1E,因为棱柱为直棱柱,所以有DE平面BCC1B1,所以DEEC1,所以SDEC1,设点C到平面C1DE的距离为d,根据题意有VC1CDEVCC1DE,则有14d,解得d.一、选择题1设直线l与平面平行,直线m在平面内,那么()A直线l不平行于直线mB直线l与直线m异面C直线l与直线m没有公共点D直线l与直线m不垂直答案C解析直线l与平面平行,由线面平行的定义可知,直线l与平面无公共点,又直线m在平面内,直线l与直线m没有公共点,故选C.2(2019河北石家庄二模)设l表示直线,表示不同的平面,则下列命题中正确的是()A若l且,则lB若且,则C若l且l,则D若且,则答案B解析在A中,若l且,则l,则l与可能相交、平行或l;在B中,若且,则,由面面平行的性质可得;在C中,若l且l,则,则与相交或平行;在D中,若且,则,则与相交或平行,故选B.3(2019安徽江南十校3月综合素质检测)如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F,G,P,Q分别为棱AB,C1D1,D1A1,D1D,C1C的中点则下列叙述中正确的是()A直线BQ平面EFG B直线A1B平面EFGC平面APC平面EFG D平面A1BQ平面EFG答案B解析过点E,F,G的截面如图所示(H,I分别为AA1,BC的中点),A1BHE,A1B平面EFG,HE平面EFG,A1B平面EFG,故选B.4设正三棱锥PABC的高为H,且此棱锥的内切球的半径为R,若二面角PABC的正切值为,则()A5 B6 C7 D8答案C解析取线段AB的中点D,设P在底面ABC的射影为O,设ABa,则ODaa,PDC为二面角PABC的平面角,tanPDC,PD6ODa,设正三棱锥PABC的表面积为S,则R,7.5已知长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1,AB4,若在棱AB上存在点P,使得D1PPC,则AD的取值范围是()A(0,1 B(0,2 C(1, D1,4)答案B解析连接DP,由D1PPC,DD1PC,且D1P,DD1是平面DD1P上两条相交直线,得PC平面DD1P,PCDP,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0ADCD2,故选B.6(2019乌鲁木齐第三次诊断性测验)如图,在多面体ABCDEFG中,平面ABC平面DEFG,ACGF,且ABC是边长为2的正三角形,四边形DEFG是边长为4的正方形,M,N分别是AD,BE的中点,则MN()A. B4 C. D5答案A解析如图,取BD的中点P,连接MP,NP,则MPAB,NPDE,MPAB1,NPDE2,又ACGF,ACNP,CAB60,MPN120,MN,故选A.7(2019河北衡水中学第一次摸底)某几何体的三视图如图所示,其中俯视图为半圆弧且点E为下底面半圆弧上一点(异于点B,C),则关于该几何体的说法正确的是()ABEAC BDEAECCE平面ABE DBD平面ACE答案C解析由三视图可知,该几何体是如图所示的半圆柱,圆柱底面半径为1,高为2,若BEAC,因为BEAB,ABACA,所以BE平面ABC,又因为BC平面ABC,所以BEBC,不成立,所以A不正确;因为DE2AE222CE222BE212AD2,因此AED90,即DE与AE不垂直,所以B不正确;因为BC为半圆的直径,所以BECE,又因为CEAB,ABBEB,所以CE平面ABE,所以C正确;假设BD平面ACE,则BDCE,又CEDC,BDDCD,所以CE平面ABCD,所以CEBC,与CEB90矛盾,所以D不正确故选C.8(2019安徽泗县一中最后一模)如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点,F为棱AA1上的点,且满足A1FFA12,点F,B,E,G,H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体ABCDA1B1C1D1的棱的交点,则下列说法错误的是()AHFBEB三棱锥的体积VB1BMN4C直线MN与平面A1B1BA的夹角是45DD1GG1C13答案C解析由于平面ADD1A1平面BCC1B1,而平面BMN与这两个平面分别交于HF和BE,根据面面平行的性质定理可知HFBE,故A正确;由于A1FFA12,而E是CC1的中点,故MA11,HD1,D1G,GC1,C1N2,VB1BMNVBMNB1MB1NB1BB13424,故B正确;对于C,由于B1N平面A1B1BA,所以直线MN与平面A1B1BA所成角为NMB1,且tanNMB11,故C错误;对于D,根据前面计算的结果可知D1G,GC1,故D正确,故选C.二、填空题9(2019北京高考)已知l,m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断:lm;m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:_.答案若m且l,则lm成立(或若lm,l,则m)解析已知l,m是平面外的两条不同直线,由lm与m,不能推出l,因为l可以与平行,也可以与相交不垂直;由lm与l能推出m;由m与l可以推出lm.故正确的命题是或.10已知四边形ABCD是矩形,AB4,AD3.沿AC将ADC折起到ADC,使平面ADC平面ABC,F是AD的中点,E是AC上一点,给出下列结论:存在点E,使得EF平面BCD;存在点E,使得EF平面ABC;存在点E,使得DE平面ABC;存在点E,使得AC平面BDE.其中正确的结论是_(写出所有正确结论的序号)答案解析对于,存在AC的中点E,使得EFCD,利用线面平行的判定定理可得EF平面BCD;对于,过点F作EFAC,垂足为E,利用面面垂直的性质定理可得EF平面ABC;对于,过点D作DEAC,垂足为E,利用面面垂直的性质定理可得DE平面ABC;对于,因为ABCD是矩形,AB4,AD3,所以B,D在AC上的射影不是同一点,所以不存在点E,使得AC平面BDE.11(2019河南洛阳第三次统考)在底面是边长为2的正方形的四棱锥PABCD中,顶点P在底面的射影H为正方形ABCD的中心,异面直线PB与AD所成角的正切值为2,若四棱锥PABCD的内切球半径为r,外接球的半径为R,则Rr_.答案解析如图,E,F分别为AB,CD的中点,由题意,PABCD为正四棱锥,底面边长为2,BCAD,PBC即为PB与AD所成角,可得斜高为2,PEF为正三角形,正四棱锥PABCD的内切球半径即为PEF的内切圆半径,所以(2)22r3,可得r1,设O为外接球球心,在RtOHA中,R2()2(3R)2,解得R,Rr1.12. 如图,已知点D,E分别是三棱柱ABCA1B1C1的棱BC,A1B1的中点,给出以下命题:BB1平面C1DE;DE平面ACC1A1;平面ADE平面BCC1B1;VEABD2VEDCC1.其中真命题是_(填上所有真命题的序号)答案解析因为CC1与平面C1DE相交,且CC1BB1,所以BB1也与平面C1DE相交,故错误;取A1C1的中点F,连接EF,CF,由EFDC,且EFDC知四边形EFCD是平行四边形,所以EDFC,又FC平面ACC1A1,ED平面ACC1A1,所以DE平面ACC1A1,故正确;因为题中没有任何垂直关系,故错误;设该三棱柱的高为h,则VEABDSABDhSABChV三棱柱取AB的中点G,连接EG,则EG平面BCC1B1,所以VEDCC1VGDCC1VC1DCGSDCGhSABChV三棱柱,所以VEABD2VEDCC1,故正确所以真命题是.三、解答题13(2019山东临沂三模)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,PA平面ABCD,ABC,M是PC的中点(1)求证:平面PAC平面MBD;(2)若PBPD,三棱锥PABD的体积为,求四棱锥PABCD的侧面积解(1)证明:PA平面ABCD,BD平面ABCD,PABD,又底面ABCD是菱形,BDAC,又PAACA,PA平面PAC,AC平面PAC,BD平面PAC,又BD平面MBD,平面PAC平面MBD.(2)设菱形ABCD的边长为x,ABC,BAD,在ABD中,BD2AD2AB22ADABcosBAD2x22x23x2,BDx,PA平面ABCD,PAAD,PAAB,又ABAD,PBPD,PBD为等腰直角三角形,PBPDx,PAx,又SABDABADsinBADx2sinx2,V三棱锥PABDSABDPAx2x,x2,PA,PBPD,ABC,ACAB2.又PA平面ABCD,PCPB,四棱维PABCD的侧面积等于2SPAB2SPBC22222()14(2019陕西西安模拟)如图所示,四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,PA2,ABC90,AB,BC1,AD2,CD4,E为CD的中点(1)求证:AE平面PBC;(2)求三棱锥CPBE的体积解(1)证明:AB,BC1,ABC90,AC2,BCA60.在ACD中,AD2,AC2,CD4,AC2AD2CD2,CAD90,ACD是直角三角形又E为CD的中点,AECDCE2,ACE是等边三角形,CAE60,CAE60BCA,BCAE.又AE平面PBC,BC平面PBC,AE平面PBC.(2)PA底面ABCD,PA底面BCE,PA为三棱锥PBCE的高BCA60,ACD60,BCE120.又BC1,CE2,SBCEBCCEsinBCE12,V三棱锥CPBEV三棱锥PBCESBCEPA2.
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