《高考數學 文科江蘇版1輪復習練習：第7章 立體幾何 3 第3講 分層演練直擊高考 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學 文科江蘇版1輪復習練習：第7章 立體幾何 3 第3講 分層演練直擊高考 Word版含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 1直線 a平面 ，b平面 ，則 a 與 b 的位置關系為_ 解析 因為 a，b，所以 ab，但不一定相交 答案 ab 2已知 l，m，n 為兩兩垂直的三條異面直線，過 l 作平面 與直線 m 垂直，則直線 n與平面 的關系是_ 解析 因為 l，且 l 與 n 異面，所以 n，又因為 m，nm，所以 n. 答案 n 3.如圖，在 RtABC 中，ABC90，P 為ABC 所在平面外一點， PA平面 ABC， 則四面體 P- ABC中共有直角三角形個數為_ 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，

2、所以 BCPB，即PBC 為直角三角形，故四面體 P- ABC 中共有 4 個直角三角形 答案 4 4在空間中，給出下面四個命題： 過一點有且只有一個平面與已知直線垂直； 若平面外兩點到平面的距離相等，則過兩點的直線必平行于該平面； 垂直于同一條直線的兩條直線互相平行； 若兩個平面相互垂直， 則一個平面內的任意一條直線必定垂直于另一個平面內的無數條直線 其中正確命題的序號是_ 解析 易知正確；對于，過兩點的直線可能與平面相交；對于，垂直于同一條直線的兩條直線可能平行，也可能相交或異面 答案 5設 a，b 是夾角為 30的異面直線，則滿足條件“a，b，且 ”的平面 ， 有_對 解析 過直線 a

3、的平面 有無數個，當平面 與直線 b 平行時，兩直線的公垂線與 b確定的平面 ，當平面 與 b 相交時，過交點作平面 的垂線與 b 確定的平面 . 答案 無數 6在ABC 中，ABAC5，BC6，PA平面 ABC，PA8，則 P 到 BC 的距離是_ 解析 如圖，取 BC 的中點 D，連結 AD，則 ADBC. 又 PA平面 ABC，根據三垂線定理，得 PDBC. 在 RtABD 中，AB5，BD3，所以 AD4. 在 RtPAD 中，PA8，AD4，所以 PD4 5. 答案 4 5 7已知直線 m、n 和平面 、，若 ，m，n，要使 n，則應增加條件的序號是_ mn；nm. 解析 由面面垂直

4、的性質定理可知，當 nm 時，有 n. 答案 8設 l，m，n 為三條不同的直線， 為一個平面，給出下列命題： 若 l，則 l 與 相交； 若 m，n，lm，ln，則 l； 若 lm，mn，l，則 n； 若 lm，m，n，則 ln. 其中正確命題的序號為_ 解析 顯然正確；對，只有當 m，n 相交且 l 時，才能 l，故錯誤；對，由 lm，mnln，由 l 得 n，故正確；對，由 lm，ml，再由 nln.故正確 答案 9.(20 xx 濰坊模擬)如圖，在正四面體 P- ABC 中，D，E，F 分別是 AB，BC，CA 的中點，下面四個結論成立的序號是_ BC平面 PDF；DF平面 PAE；平

5、面 PDF平面 PAE；平面 PDE平面 ABC. 解析 因為 BCDF，DF平面 PDF，BC平面 PDF，所以 BC平面 PDF，成立；易證 BC平面 PAE， BCDF， 所以結論， 均成立； 點 P 在底面 ABC 內的射影為ABC的中心，不在中位線 DE 上，故結論不可能成立 答案 10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_個 解析 若 ， 換為直線 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

6、a，b，則命題化為“a，且 bab” ，此命題為真命題 答案 2 11(20 xx 江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(七)如圖，在矩形 ABCD 中，E，F 分別為BC，DA 的中點將矩形 ABCD 沿線段 EF 折起，使得DFA60.設 G 為 AF 上的點 (1)試確定點 G 的位置，使得 CF平面 BDG； (2)在(1)的條件下，證明：DGAE. 解：(1)當點 G 為 AF 的中點時，CF平面 BDG. 證明如下： 因為 E，F 分別為 BC，DA 的中點， 所以 EFABCD. 連接 AC，交 BD 于點 O，連接 OG，則 AOCO， 又 G 為 AF 的中點，所以 CFOG， 因為

7、 CF平面 BDG，OG平面 DBG. 所以 CF平面 BDG. (2)證明：因為 E，F 分別為 BC，DA 的中點， 所以 EFFD，EFFA. 又 FDFAF， 所以 EF平面 ADF， 因為 DG平面 ADF，所以 EFDG. 因為 FDFA，DFA60， 所以ADF 是等邊三角形，DGAF， 又 AFEFF， 所以 DG平面 ABEF. 因為 AE平面 ABEF，所以 DGAE. 12已知側棱垂直于底面的四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的底面是菱形，且 ADAA1，點 F為棱 BB1的中點，點 M 為線段 AC1的中點 (1)求證：MF平面 ABCD； (2)求證：平面 AFC1

8、平面 ACC1A1. 證明 (1)如圖，延長 C1F 交 CB 的延長線于點 N，連結 AN. 因為 F 是 BB1的中點，所以 F 為 C1N 的中點，B 為 CN 的中點 又 M 是線段 AC1的中點， 所以 MFAN.又 MF平面 ABCD，AN平面 ABCD， 所以 MF平面 ABCD. (2)連結 BD，由題知 A1A平面 ABCD，又因為 BD平面 ABCD，所以 A1ABD. 因為四邊形 ABCD 為菱形，所以 ACBD. 又因為 ACA1AA，AC平面 ACC1A1，A1A平面 ACC1A1， 所以 BD平面 ACC1A1. 在四邊形 DANB 中，DABN，且 DABN， 所

9、以四邊形 DANB 為平行四邊形 所以 NABD，所以 NA平面 ACC1A1. 又因為 NA平面 AFC1， 所以平面 AFC1平面 ACC1A1. 1已知 m，n 為不同的直線， 為不同的平面，則給出下列條件：mn，n；mn，n；m，m，；m，.其中能使 m 成立的充分條件的序號為_ 解析 因為均存在 m 的可能，由條件m. 答案 2在正四棱錐 P- ABCD 中，PA32AB，M 是 BC 的中點，G 是PAD 的重心，則在平面 PAD 中經過 G 點且與直線 PM 垂直的直線有_條 解析 設正四棱錐的底面邊長為 a，(如圖)則側棱長為32a. 因為 PMBC， 所以 PM32a2a22

10、22a. 連結 PG 并延長與 AD 相交于 N 點，連結 MN， 則 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 中經過 G 點的任意一條直線都與 PM 垂直 答案 無數 3假設平面 平面 EF，AB，CD，垂足分別為 B，D，如果增加一個條件，就能推出 BDEF，現有下面四個條件：AC；AC 與 ， 所成的角相等；AC 與BD 在 內的射影在同一條直線上；ACEF.其中能成為增加條件的是_(把你認為正確的條件序號都填上) 解析 如果 AB 與 CD 在一個平面內，可以推

11、出 EF 垂直于該平面，又 BD 在該平面內，所以 BDEF.故要證 BDEF， 只需 AB， CD 在一個平面內即可， 只有能保證這一條件 答案 4.(20 xx 蘇州質檢)如圖， 在直角梯形 ABCD 中， BCDC， AEDC，且 E 為 CD 的中點，M，N 分別是 AD，BE 的中點，將三角形 ADE 沿AE 折起，則下列說法正確的是_(寫出所有正確說法的序號) 不論 D 折至何位置(不在平面 ABC 內)，都有 MN平面 DEC； 不論 D 折至何位置(不在平面 ABC 內)，都有 MNAE； 不論 D 折至何位置(不在平面 ABC 內)，都有 MNAB； 在折起過程中，一定存在某

12、個位置，使 ECAD. 解析 由已知，在未折疊的原梯形中，ABDE，BEAD， 所以四邊形 ABED 為平行四邊形， 所以 BEAD，折疊后如圖所示 過點 M 作 MPDE，交 AE 于點 P，連結 NP. 因為 M，N 分別是 AD，BE 的中點， 所以點 P 為 AE 的中點，故 NPEC. 又 MPNPP，DECEE， 所以平面 MNP平面 DEC，故 MN平面 DEC， 正確； 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，正確； 假設 MNAB，則 MN 與 AB 確定平面 MNBA， 從而

13、 BE平面 MNBA，AD平面 MNBA，與 BE 和 AD 是異面直線矛盾，錯誤； 當 ECED 時，ECAD. 因為 ECEA，ECED，EAEDE， 所以 EC平面 AED，AD平面 AED， 所以 ECAD，正確 答案 5(20 xx 云南省師大附中模擬)如圖，在三棱錐 S- ABC 中，ABC 是邊長為 2 的正三角形，平面 SAC平面 ABC，SASC 2，M 為 AB 的中點 (1)證明：ACSB； (2)求點 B 到平面 SCM 的距離 解 (1)證明：取 AC 的中點 D，連結 DS，DB. 因為 SASC，BABC， 所以 ACDS，且 ACDB，DSDBD， 所以 AC平

14、面 SDB，又 SB平面 SDB， 所以 ACSB. (2)因為 SDAC，平面 SAC平面 ABC， 所以 SD平面 ABC. 過 D 作 DECM 于 E，連結 SE，則 SECM， 所以在 RtSDE 中，SD1，DE12， 所以 SE52，CM 是邊長為 2 的正ABC 的中線，所以 CM 3， 所以 SSCM12 CMSE12 352154， SBMC1212ABCM142 332. 設點 B 到平面 SCM 的距離為 h， 則由 VBSCMVS- BCM得13SSCMh13SBMCSD， 所以 hSBMCSDSSCM321542 55. 6如圖所示，已知長方體 ABCD- A1B1

15、C1D1，點 O1為 B1D1的中點 (1)求證：AB1平面 A1O1D. (2)若 AB23AA1，在線段 BB1上是否存在點 E 使得 A1CAE？若存在，求出BEBB1；若不存在，說明理由 解 (1)證明：如圖所示，連結 AD1交 A1D 于點 G， 所以 G 為 AD1的中點連結 O1G.在AB1D1中， 因為 O1為 B1D1的中點， 所以 O1GAB1. 因為 O1G平面 A1O1D，且 AB1平面 A1O1D， 所以 AB1平面 A1O1D. (2)若在線段 BB1上存在點 E 使得 A1CAE，連結 A1B 交 AE 于點 M. 因為 BC平面 ABB1A1，AE平面 ABB1A1， 所以 BCAE. 又因為 A1CBCC，且 A1C，BC平面 A1BC， 所以 AE平面 A1BC. 因為 A1B平面 A1BC， 所以 AEA1B. 在AMB 和ABE 中， BAMABM90，BAMBEA90， 所以ABMBEA. 所以 RtABERtA1AB， 所以BEABABAA1. 因為 AB23AA1， 所以 BE23AB49BB1， 即在線段 BB1上存在點 E 使得 A1CAE，此時BEBB149.