高考调研届高三理科数学一轮复习配套题组层级快练53.docx
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高考调研届高三理科数学一轮复习配套题组层级快练53
题组层级快练(五十三)
1.设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则a⊥b的一个充分不必要条件是( )
A.a⊥c,b⊥c B.α⊥β,a⊂α,b⊂β
C.a⊥α,b∥αD.a⊥α,b⊥α
答案 C
解析 对于C,在平面α内存在c∥b,因为a⊥α,所以a⊥c,故a⊥b;A,B中,直线a,b可能是平行直线,相交直线,也可能是异面直线;D中一定推出a∥b.
2.(2015·成都一诊)设α,β是两个不同的平面,a,b是两条不同的直线,给出下列四个命题,其中真命题是( )
A.若a∥α,b∥α,则a∥b
B.若a∥α,b∥β,a∥b,则α∥β
C.若a⊥α,b⊥β,a⊥b,则α⊥β
D.若a,b在平面α内的射影互相垂直,则a⊥b
答案 C
解析 与同一平面平行的两条直线不一定平行,所以A错误;与两条平行直线分别平行的两个平面未必平行,所以B错误;如图
(1),设OA∥a,OB∥b,直线OA,OB确定的平面分别交α,β于AC,BC,则OA⊥AC,OB⊥BC,所以四边形OACB为矩形,∠ACB为二面角α-l-β的平面角,所以α⊥β,C正确;如图
(2),直线a,b在平面α内的射影分别为m,n,显然m⊥n,但a,b不垂直,所以D错误,故选C.
3.(2015·沧州七校联考)如图所示,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是( )
A.CD∥平面PAF
B.DF⊥平面PAF
C.CF∥平面PAB
D.CF⊥平面PAD
答案 D
解析 A中,∵CD∥AF,AF⊂面PAF,CD⊄面PAF,∴CD∥平面PAF成立;B中,∵ABCDEF为正六边形,∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF,∴DF⊥平面PAF成立;C中,CF∥AB,AB⊂平面PAB,CF⊄平面PAB,∴CF∥平面PAB;而D中CF与AD不垂直,故选D.
4.已知矩形ABCD,AB=1,BC=
.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中( )
A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直
B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直
C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直
D.对任意位置,三对直线“AC与BD”,“AB与CD”,“AD与BC”均不垂直
答案 B
解析 对于AB⊥CD,因为BC⊥CD,可得CD⊥平面ACB,因此有CD⊥AC.因为AB=1,BC=
,CD=1,所以AC=1,所以存在某个位置,使得AB⊥CD.
5.如图所示,在正四面体P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论不成立的是( )
A.BC∥平面PDF
B.DF⊥平面PAE
C.平面PDF⊥平面PAE
D.平面PDE⊥平面ABC
答案 D
解析 因为BC∥DF,所以BC∥平面PDF,A成立;易证BC⊥平面PAE,BC∥DF,所以结论B,C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D不成立.
6.如图所示,在四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=
,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′-BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,则下列结论正确的是( )
A.A′C⊥BD
B.∠BA′C=90°
C.CA′与平面A′BD所成的角为30°
D.四面体A′-BCD的体积为
答案 B
解析 取BD的中点O,∵A′B=A′D,∴A′O⊥BD,又平面A′BD⊥平面BCD,∴A′O⊥平面BCD.∵CD⊥BD,
∴OC不垂直于BD,假设A′C⊥BD,∵OC为A′C在平面BCD内的射影,∴OC⊥BD,矛盾,∴A′C不垂直于BD.A错误;∵CD⊥BD,平面A′BD⊥平面BCD,∴CD⊥平面A′BD,A′C在平面A′BD内的射影为A′D,∵A′B=A′D=1,BD=
,∴A′B⊥A′D,∴A′B⊥A′C,B正确;∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角,∠CA′D=45°,C错误;VA′-BCD=
S△A′BD·CD=
,D错误,故选B.
7.如图所示,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的正投影,给出下列结论:
①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是________.
答案 ①②③
解析 由题意知PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC.
又AC⊥BC,PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.
∴BC⊥AF.∵AF⊥PC,BC∩PC=C,∴AF⊥平面PBC.
∴AF⊥PB,AF⊥BC.又AE⊥PB,AE∩AF=A,
∴PB⊥平面AEF.∴PB⊥EF.故①②③正确.
8.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,△PAD为等腰三角形,∠APD=90°,平面PAD⊥平面ABCD,且AB=1,AD=2,E,F分别为PC,BD的中点.
(1)证明:
EF∥平面PAD;
(2)证明:
平面PDC⊥平面PAD;
(3)求四棱锥P—ABCD的体积.
答案
(1)略
(2)略 (3)
解析
(1)如图所示,连接AC.
∵四边形ABCD为矩形且F是BD的中点,
∴F也是AC的中点.
又E是PC的中点,EF∥AP,
∵EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,∴EF∥平面PAD.
(2)证明:
∵面PAD⊥平面ABCD,CD⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴CD⊥平面PAD.
∵CD⊂平面PDC,∴平面PDC⊥平面PAD.
(3)取AD的中点为O.连接PO.
∵平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等腰直角三角形,
∴PO⊥平面ABCD,即PO为四棱锥P—ABCD的高.
∵AD=2,∴PO=1.又AB=1,
∴四棱锥P—ABCD的体积V=
PO·AB·AD=
.
9.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CD⊥DA1.
(1)求证:
BB1⊥平面ABC;
(2)求证:
BC1∥平面CA1D;
(3)求三棱锥B1-A1DC的体积.
答案
(1)略
(2)略 (3)
解析
(1)证明:
∵AC=BC,D为AB的中点,
∴CD⊥AB.
又∵CD⊥DA1,
∴CD⊥平面ABB1A1.
∴CD⊥BB1.
又BB1⊥AB,AB∩CD=D,
∴BB1⊥平面ABC.
(2)证明:
连接BC1,连接AC1交CA1于E,连接DE,易知E是AC1的中点.
又D是AB的中点,则DE∥BC1.
又DE⊂平面CA1D,BC1⊄平面CA1D,
∴BC1∥平面CA1D.
(3)由
(1)知CD⊥平面AA1B1B,
故CD是三棱锥C-A1B1D的高.
在Rt△ACB中,AC=BC=2,
∴AB=2
,CD=
.又BB1=2,
∴VB1-A1DC=VC-A1B1D=
S△A1B1D·CD=
A1B1×B1B×CD=
×2
×2×
=
.
10.如图所示,已知矩形ABCD,过A作SA⊥平面AC,再过A作AE⊥SB交SB于E,过E作EF⊥SC交SC于F.
(1)求证:
AF⊥SC;
(2)若平面AEF交SD于G,求证:
AG⊥SD.
答案
(1)略
(2)略
证明
(1)∵SA⊥平面AC,BC⊂平面AC,∴SA⊥BC.
∵ABCD为矩形,∴AB⊥BC且SA∩AB=A.
∴BC⊥平面SAB.
又∵AE⊂平面SAB,∴BC⊥AE.
又SB⊥AE且SB∩BC=B,∴AE⊥平面SBC.
又∵SC⊂平面SBC,∴AE⊥SC.
又EF⊥SC且AE∩EF=E,∴SC⊥平面AEF.
又∵AF⊂平面AEF,∴AF⊥SC.
(2)∵SA⊥平面AC,DC⊂平面AC,∴SA⊥DC.
又AD⊥DC,SA∩AD=A,∴DC⊥平面SAD.
又AG⊂平面SAD,∴DC⊥AG.
又由
(1)有SC⊥平面AEF,AG⊂平面AEF,
∴SC⊥AG且SC∩CD=C,∴AG⊥平面SDC.
又SD⊂平面SDC,∴AG⊥SD.
11.如图所示,在三棱柱ABC—A1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=
AA1,D是棱AA1的中点.
(1)证明:
平面BDC1⊥平面BDC;
(2)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.
答案
(1)略
(2)1∶1
解析
(1)证明:
由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,
所以BC⊥平面ACC1A1.
又DC1⊂平面ACC1A1,所以DC1⊥BC.
由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°,
所以∠CDC1=90°,即DC1⊥DC.
又DC∩BC=C,所以DC1⊥平面BDC.
又DC1⊂平面BDC1,故平面BDC1⊥平面BDC.
(2)设棱锥B—DACC1的体积为V1,AC=1.
由题意得V1=
×
×1×1=
.
又三棱柱ABC—A1B1C1的体积V=1,
所以(V-V1)∶V1=1∶1.
故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.
12.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分别为CD和PC的中点.求证:
(1)PA⊥底面ABCD;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面BEF⊥平面PCD.
答案
(1)略
(2)略 (3)略
解析
(1)因为平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个平面的交线AD,
所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,
所以AB∥DE,且AB=DE.
所以ABED为平行四边形.
所以BE∥AD.
又因为BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD,而且ABED为平行四边形,
所以BE⊥CD,AD⊥CD.
由
(1)知PA⊥底面ABCD.
所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.
因为E和F分别是CD和PC的中点,
所以PD∥EF.所以CD⊥EF.又因为BE∩EF=E,
所以CD⊥平面BEF.
所以平面BEF⊥平面PCD.
13.如图所示,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形ABB1A1是正方形,AC=AB=1,A1C=A1B,B1C1∥BC,B1C1=
BC.
(1)求证:
平面A1AC⊥平面ABC;
(2)求证:
AB1∥平面A1C1C.
答案
(1)略
(2)略
证明
(1)证明:
∵四边形ABB1A1为正方形,∴A1A=AB=AC=1,A1A⊥AB.∴A1B=
.∵A1C=A1B,∴A1C=
.
∴∠A1AC=90°.
∴A1A⊥AC.∵AB∩AC=A,∴A1A⊥平面ABC.
又∵A1A⊂平面A1AC,∴平面A1AC⊥平面ABC.
(2)取BC的中点E,连接AE,C1E,B1E.∵B1C1∥BC,B1C1=
BC,∴B1C1∥EC,B1C1=EC.∴四边形CEB1C1为平行四边形.∴B1E∥C1C.
∵C1C⊂平面A1C1C,B1E⊄平面A1C1C,
∴B1E∥平面A1C1C.∵B1C1∥BC,B1C1=
BC,
∴B1C1∥BE,B1C1=BE.∴四边形BB1C1E为平行四边形.∴B1B∥C1E,且B1B=C1E.又∵四边形ABB1A1是正方形,∴A1A∥C1E,且A1A=C1E.∴四边形AEC1A1为平行四边形.∴AE∥A1C1.∵A1C1⊂平面A1C1C,AE⊄平面A1C1C,∴AE∥平面A1C1C.
∵AE∩B1E=E,∴平面B1AE∥平面A1C1C.
∵AB1⊂平面B1AE,∴AB1∥平面A1C1C.
1.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊥α,则m∥n
C.若m∥α,m∥β,则α∥βD.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
答案 B
解析 对于选项A,若m∥α,n∥α,则m与n可能平行、相交或异面;对于选项C,α与β也可能相交;对于选项D,α与β也可能相交.故选B.
2.(2014·四川文)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.
(1)若AC⊥BC,证明:
直线BC⊥平面ACC1A1;
(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?
请证明你的结论.
思路
(1)利用线面垂直的判定定理即可证明;
(2)利用线面平行的判定定理即可得出结论.
解析
(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.
因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,
所以AA1⊥平面ABC.
因为直线BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.
又由已知,AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,
所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.
由已知,O为AC1的中点.
连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,
所以MD綊
AC,OE綊
AC.
因此MD綊OE.
连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.
因为直线DE⊄平面A1MC,MO⊂平面A1MC,
所以直线DE∥平面A1MC.
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.
3.(2015·四川绵阳二诊)如图所示,四边形ABCD为矩形,四边形ADEF为梯形,AD∥EF,∠AFE=60°,且平面ABCD⊥平面ADEF,AF=FE=AB=
AD=2,点G为AC的中点.
(1)求证:
EG∥平面ABF;
(2)求三棱锥B-AEG的体积;
(3)试判断平面BAE与平面DCE是否垂直?
若垂直,请证明;若不垂直,请说明理由.
解析
(1)证明:
取AB中点M,连接FM,GM.
∵G为对角线AC的中点,∴GM∥AD,且GM=
AD.
又∵FE綊
AD,∴GM∥EF且GM=FE.
∴四边形GMFE为平行四边形,∴EG∥FM.
又∵EG⊄平面ABF,FM⊂平面ABF,∴EG∥平面ABF.
(2)作EN⊥AD于N,
由平面ABCD⊥平面AFED,面ABCD∩面AFED=AD,
得EN⊥平面ABCD,即EN为三棱锥E-ABG的高.
∵在△AEF中,AF=FE,∠AFE=60°,
∴△AEF是正三角形.
∴∠AEF=60°,由EF∥AD,知∠EAD=60°,∴EN=AEsin60°=
.
∴三棱锥B-AEG的体积为
V=
·S△ABG·EN=
×2×
×=
.
(3)平面BAE⊥平面DCE.证明如下:
∵四边形ABCD为矩形,且平面ABCD⊥平面AFED,
∴CD⊥平面AFED,∴CD⊥AE.
∵四边形AFED为梯形,FE∥AD,且∠AFE=60°,∴∠FAD=120°.
又在△AED中,EA=2,AD=4,∠EAD=60°,
由余弦定理,得ED=2
,∴EA2+ED2=AD2,∴ED⊥AE.
又∵ED∩CD=D,∴AE⊥平面DCE.
又AE⊂平面BAE,∴平面BAE⊥平面DCE.
4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,∠ACB=90°,2AC=AA1,D,M分别是棱AA1,BC的中点,证明:
(1)AM∥平面BDC1;
(2)DC1⊥平面BDC.
证明
(1)取BC1的中点N,连接DN,MN,则MN綊
CC1.
又AD綊
CC1,
∴AD∥MN,且AD=MN,
∴四边形ADNM为平行四边形,
∴DN∥AM,又DN⊂平面BDC1,AM⊄平面BDC1,
∴AM∥平面BDC1.
(2)由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,
又CC1∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1.
又DC1⊂平面ACC1A1,∴DC1⊥BC,
又由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°,
∴∠CDC1=90°,∴DC1⊥DC.又DC∩BC=C,
∴DC1⊥平面BDC.