2022高考數(shù)學(xué)一本策略復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 第二講 空間點、線、面位置關(guān)系的判斷課后訓(xùn)練 文

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1、2022高考數(shù)學(xué)一本策略復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 第二講 空間點、線、面位置關(guān)系的判斷課后訓(xùn)練 文 一、選擇題 1．(2018·天津檢測)設(shè)l是直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(　　) A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l∥α，l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l⊥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 解析：對于A選項，設(shè)α∩β＝a，若l∥a，且l?α，l?β，則l∥α，l∥β，此時α與β相交，故A選項錯誤；對于B選項，l∥α，l⊥β，則存在直線a?α，使得l∥a，此時α⊥β，由平面與平面垂直的判定定理得α⊥β，故B選項正確；對于C選項，若α⊥β，

2、l⊥α，則l∥β或l?β，故C選項錯誤；對于D選項，若α⊥β，l∥α，則l與β的位置關(guān)系不確定，故D選項錯誤．選B. 答案：B 2．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出四個命題： ①若α∩β＝m，n?α，n⊥m，則α⊥β； ②若m⊥α，m⊥β，則α∥β； ③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β； ④若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β. 其中正確的命題是(　　) A．①②　　　　 B．②③ C．①④ D．②④ 解析：兩個平面斜交時也會出現(xiàn)一個平面內(nèi)的直線垂直于兩個平面的交線的情況，①不正確；垂直于同一條直線的兩個平面平行，②正確；當(dāng)兩個平面與兩條互相垂直的直

3、線分別垂直時，它們所成的二面角為直二面角，故③正確；當(dāng)兩個平面相交時，分別與兩個平面平行的直線也平行，故④不正確． 答案：B 3．(2018·合肥教學(xué)質(zhì)量檢測)已知l，m，n為不同的直線，α，β，r為不同的平面，則下列判斷正確的是(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n C．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，則m∥l D．若α∩β＝m，α∩r＝n，l⊥m，l⊥n，則l⊥α 解析：A：m，n可能的位置關(guān)系為平行，相交，異面，故A錯誤；B：根據(jù)面面垂直與線面平行的性質(zhì)可知B錯誤；C：根據(jù)線面平行的性質(zhì)可知C正確；D：若m∥n，根據(jù)線面垂直的判定可知

4、D錯誤，故選C. 答案：C 4．(2018·石家莊教學(xué)質(zhì)量檢測)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，r是三個不同的平面，給出下列四個命題： ①若m?α，n∥α，則m∥n； ②若α∥β，β∥r，m⊥α，則m⊥r； ③若α∩β＝n，m∥n，則m∥α，且m∥β； ④若α⊥r，β⊥r，則α∥β. 其中真命題的個數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析： ①m∥n或m，n異面，故①錯誤；②，根據(jù)面面平行的性質(zhì)以及線面垂直的性質(zhì)可知②正確；③m∥α或m?α，m∥β或m?β，故③錯誤；④，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)以及面面平行的判定可知④錯誤，所以真命題的個數(shù)為1，故選B. 答案：B

5、 5．如圖所示，在四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，能得到AB∥平面MNP的圖形的序號是(　　) A．①② B．②④ C．①③ D．①④ 解析：①中，∵平面AB∥平面MNP， ∴AB∥平面MNP. ②中，若下底面中心為O，易知NO∥AB，NO?平面MNP， ∴AB與平面MNP不平行． ③中，易知AB∥MP， ∴AB∥平面MNP. ④中，易知存在一直線MC∥AB，且MC?平面MNP， ∴AB與平面MNP不平行． 故能得到AB∥平面MNP的圖形的序號是①③. 答案：C 6．(2018·大慶模擬)α，β表示平面，a，b表示直線，則a

6、∥α的一個充分條件是(　　) A．α⊥β，且a⊥β B．α∩β＝b，且a∥b C．a(chǎn)∥b，且b∥α D．α∥β，且a?β 解析：對于A，B，C還可能有a?α這種情況，所以不正確；對于D，因為α∥β，且a?β，所以由面面平行的性質(zhì)定理可得a∥α，所以D是正確的． 答案：D 7．(2018·哈爾濱聯(lián)考)直線m，n均不在平面α，β內(nèi)，給出下列命題： ①若m∥n，n∥α，則m∥α； ②若m∥β，α∥β，則m∥α； ③若m⊥n，n⊥α，則m∥α； ④若m⊥β，α⊥β，則m∥α. 其中正確命題的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由空間直線與平面平行關(guān)系可知①②

7、正確；由線面垂直、線面平行的判定和性質(zhì)可知③正確；由線面垂直、面面垂直的性質(zhì)定理可知④正確．故選D. 答案：D 8．(2018·綿陽診斷)已知l，m，n是三條不同的直線，α，β是不同的平面，則α⊥β的一個充分條件是(　　) A．l?α，m?β，且l⊥m B．l?α，m?β，n?β，且l⊥m，l⊥n C．m?α，n?β，m∥n，且l⊥m D．l?α，l∥m，且m⊥β 解析：依題意知，A，B，C均不能得出α⊥β，對于D，由l∥m，m⊥β得l⊥β，又l?α，因此有α⊥β.綜上所述，選D. 答案：D 9．(2018·貴陽模擬)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，沿

8、AE，AF，EF把正方形折成一個四面體，使B，C，D三點重合，重合后的點記為P，P點在△AEF內(nèi)的射影為O，則下列說法正確的是(　　) A．O是△AEF的垂心 B．O是△AEF的內(nèi)心 C．O是△AEF的外心 D．O是△AEF的重心 解析：由題意可知PA、PE、PF兩兩垂直， 所以PA⊥平面PEF，從而PA⊥EF， 而PO⊥平面AEF，則PO⊥EF，因為PO∩PA＝P， 所以EF⊥平面PAO， ∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO， ∴O為△AEF的垂心．故選A. 答案：A 10．如圖，矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成

9、△A1DE.若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻折過程中，下面四個命題中不正確的是(　　) A．BM是定值 B．點M在某個球面上運動 C．存在某個位置，使DE⊥A1C D．MB∥平面A1DE 解析：取CD的中點F，連接MF，BF，AF(圖略)，則MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故D正確． ∵∠A1DE＝∠MFB，MF＝A1D，F(xiàn)B＝DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB，∴MB是定值，故A正確．∵B是定點，BM是定值，∴M在以B為球心，MB為半徑的球上，故B正確．∵A1C在平面ABCD中的射影是點C

10、與AF上某點的連線，不可能與DE垂直，∴不存在某個位置，使DE⊥A1C.故選C. 答案：C 二、填空題 11．如圖是一個正方體的平面展開圖．在這個正方體中，①BM與ED是異面直線；②CN與BE平行；③CN與BM成60°角；④DM與BN垂直． 以上四個命題中，正確命題的序號是________． 解析：由題意畫出該正方體的圖形如圖所示，連接BE，BN，顯然①②正確；對于③，連接AN，易得AN∥BM，∠ANC＝60°，所以CN與BM成60°角，所以③正確；對于④，易知DM⊥平面BCN，所以DM⊥BN正確． 答案：①②③④ 12.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N

11、分別為棱C1D1，C1C的中點，有以下四個結(jié)論： ①直線AM與CC1是相交直線； ②直線AM與BN是平行直線； ③直線BN與MB1是異面直線； ④直線MN與AC所成的角為60°. 其中正確的結(jié)論為________(把你認為正確結(jié)論的序號都填上)． 解析：AM與CC1是異面直線，AM與BN是異面直線，BN與MB1為異面直線．因為D1C∥MN，所以直線MN與AC所成的角就是D1C與AC所成的角，為60°. 答案：③④ 13．(2018·廈門質(zhì)檢)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，有下列四個命題： ①若m⊥α，α⊥β，則m∥β；②若m⊥α，α∥β，n?β，則m⊥n；

12、③m?α，n?β，m∥n，則α∥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥β，則m⊥α. 其中正確命題的序號是________(請將所有正確命題的序號都填上)． 解析：對于命題①可以有m?β，故不成立；對于命題③可以有α與β相交，故不成立． 答案：②④ 14．(2018·武昌調(diào)研)在矩形ABCD中，AB＜BC，現(xiàn)將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折的過程中，給出下列結(jié)論： ①存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直； ②存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直； ③存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直． 其中正確結(jié)論的序號是________． 解析：①假設(shè)AC與BD垂

13、直，過點A作AE⊥BD于點E，連接CE，如圖所示，則AE⊥BD，BD⊥AC.又AE∩AC＝A，所以BD⊥平面AEC，從而有BD⊥CE，而在平面BCD中，CE與BD不垂直，故假設(shè)不成立，①錯誤． ②假設(shè)AB⊥CD，∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在這樣的直角三角形BAC，使AB⊥CD，故假設(shè)成立，②正確．③假設(shè)AD⊥BC，∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥平面ADC，∴BC⊥AC，即△ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而AB＜BC，故矛盾，假設(shè)不成立，③錯誤． 答案：② 三、解答題 15．(2018·汕頭質(zhì)量監(jiān)測)如圖，已知AF⊥平

14、面ABCD，四邊形ABEF為矩形，四邊形ABCD為直角梯形，∠DAB＝90?，AB∥CD，AD＝AF＝CD＝2，AB＝4. (1)求證：AF∥平面BCE； (2)求證：AC⊥平面BCE； (3)求三棱錐E-BCF的體積． 解析：(1)證明：因為四邊形ABEF為矩形，所以AF∥BE， 又BE?平面BCE，AF?平面BCE，所以AF∥平面BCE. (2)證明：過C作CM⊥AB，垂足為M， 因為AD⊥DC，所以四邊形ADCM為矩形． 所以AM＝MB＝2，又AD＝2，AB＝4， 所以AC＝2，CM＝2，BC＝2， 所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC. 因為AF⊥平面A

15、BCD，AF∥BE， 所以BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC. 又BE?平面BCE，BC?平面BCE，BE∩BC＝B， 所以AC⊥平面BCE. (3)因為AF⊥平面ABCD，所以AF⊥CM. 又CM⊥AB，AF?平面ABEF，AB?平面ABEF，AF∩AB＝A， 所以CM⊥平面ABEF. 故VE-BCF＝VC-BEF＝××BE×EF×CM＝×2×4×2＝. 16．(2018·廣州五校聯(lián)考)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60?，E是AD的中點，點Q在側(cè)棱PC上． (1)求證：AD⊥平面PBE； (2)若Q是PC的中點，求證：PA∥平

16、面BDQ； (3)若VP-BCDE＝2VQ-ABCD，試求的值． 解析：(1)證明：由E是AD的中點，PA＝PD可得AD⊥PE. 又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60?， 所以AB＝BD，又E是AD的中點，所以AD⊥BE， 又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE. (2)證明：連接AC，交BD于點O，連接OQ(圖略)． 因為O是AC的中點， Q是PC的中點， 所以O(shè)Q∥PA， 又PA?平面BDQ，OQ?平面BDQ， 所以PA∥平面BDQ. (3)設(shè)四棱錐P-BCDE，Q-ABCD的高分別為h1，h2. 所以VP-BCDE＝S四邊形BCDEh1， VQ-ABCD＝S四

17、邊形ABCDh2. 又VP-BCDE＝2VQ-ABCD，且S四邊形BCDE＝S四邊形ABCD，所以＝＝. 17．(2018·鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測)如圖，高為1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1.現(xiàn)將△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，連接AB，AC. (1)在AB邊上是否存在點P，使AD∥平面MPC? (2)當(dāng)點P為AB邊的中點時，求點B到平面MPC的距離． 解析：(1)當(dāng)AP＝AB時，有AD∥平面MPC. 理由如下： 連接BD交MC于點N，連接NP. 在梯形MBCD中，DC∥MB，＝＝， 在△ADB中，＝，∴AD∥PN. ∵AD?平面MPC，PN?平面MPC， ∴AD∥平面MPC. (2)∵平面AMD⊥平面MBCD，平面AMD∩平面MBCD＝DM，AM⊥DM，∴AM⊥平面MBCD. ∴VP-MBC＝×S△MBC×＝××2×1×＝. 在△MPC中，MP＝AB＝，MC＝， 又PC＝＝， ∴S△MPC＝×× ＝. ∴點B到平面MPC的距離為 d＝＝＝.