2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題突破篇 專題四 立體幾何專題限時訓(xùn)練14 文

2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題突破篇 專題四 立體幾何專題限時訓(xùn)練14 文一、選擇題(每小題5分，共25分)1(xx·山西康杰中學(xué)模擬)若a，b，c為三條不同的直線，為三個不同的平面，則下列命題正確的為 ()A若a，b，則abB若a，a，則C若a，b，則abD若，則答案：C解析：對于A，空間中平行于同一個平面的兩直線可能異面、相交或平行，故A錯誤；對于B，空間中平行于同一條直線的兩平面平行或相交，故B錯誤；對于C，空間中垂直于同一個平面的兩條直線平行，故C正確；對于D，空間中垂直于同一個平面的兩平面相交或平行，故D錯誤2(xx·河北唐山二模)如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，P，Q分別是線段AD1和B1C上的動點，且滿足APB1Q，則下列命題錯誤的是 ()A存在P，Q的某一位置，使ABPQBBPO的面積為定值C當(dāng)PA>0時，直線PB1與AQ是異面直線D無論P，Q運動到任何位置，均有BCPQ答案：B解析：對于A，當(dāng)P，Q分別是AD1與B1C的中點時，ABPQ，所以A正確；對于B，當(dāng)P在A處，Q在B1處時，BPQ的面積為，當(dāng)P，Q分別在AD與B1C的中點時，BPQ的面積為，故B錯誤；對于C，當(dāng)PA>0時，設(shè)直線PB1與AQ是共面直線，則AP與B1Q共面，與已知矛盾，故C正確；對于D，由于BC垂直于PQ在平面ABCD內(nèi)的射影，所以由三垂線定理可知BCPQ，故D正確故選B.3已知直線l，m，平面，且l，m，給出下列命題：若，則lm；若lm，則；若，則lm；若lm，則.其中真命題的個數(shù)為()A1 B2 C3 D4答案：B解析：因為l，所以l，又因為m，所以lm，故正確；由lm推不出l，故錯誤；當(dāng)l，時，l可能平行于，也可能在內(nèi)，所以l與m的位置關(guān)系不能判斷，故錯誤；因為l，lm，所以m，又因為m，所以，故正確故選B.4(xx·廣東佛山二模)在空間中，有如下四個命題：平行于同一個平面的兩條直線是平行直線；垂直于同一條直線的兩個平面是平行平面；若平面內(nèi)有不共線的三點到平面的距離相等，則；過平面的一條斜線有且只有一個平面與平面垂直其中正確的命題是 ()A BC D答案：B解析：平行于同一個平面的兩條直線，可能平行、相交或異面，不正確；垂直于同一條直線的兩個平面是平行平面，由面面平行的判定定理知正確；若平面內(nèi)有不共線的三點到平面的距離相等，則與可能平行，也可能相交不正確；易知正確故選B.5(xx·江西卷)如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面上，且ABCD，正方體的六個面所在的平面與直線CE，EF相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為m，n，那么mn()A. 8 B. 9 C. 10 D. 11答案：A解析：取CD中點G，連接EG，F(xiàn)G，可知CD平面EFG，因為ABCD，所以AB平面EFG，容易知道平面EFG與正方體的左右兩個側(cè)面平行，所以EF與正方體的兩個側(cè)面平行，觀察可知n4；又正方體的底面與正四面體的底面共面，所以過點A可作AHCE，易知CE與正方體的上底面平行，在下底面內(nèi)，與其他四個面相交，所以m4，即mn8.二、填空題(每小題5分，共15分)6如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段CC1上的動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命題正確的是_(寫出所有正確命題的序號)當(dāng)0<CQ<時，S為四邊形；當(dāng)CQ時，S為等腰梯形；當(dāng)CQ時，S與C1D1的交點R滿足C1R；當(dāng)<CQ<1時，S為六邊形；當(dāng)CQ1時，S的面積為.答案：解析：當(dāng)0<CQ<時，截面如圖所示，截面是四邊形APQM，故正確當(dāng)CQ時，截面如圖所示，易知PQAD1且PQAD1 ，S是等腰梯形，故正確當(dāng)CQ時，如圖.作BFPQ交CC1的延長線于點F，則C1F.作AEBF，交DD1的延長線于點E，D1E，AEPQ，連接EQ交C1D1于點R，由于RtRC1QRtRD1E，所以C1QD1EC1RRD112，所以C1R，故正確當(dāng)<CQ<1時，如圖，連接RM(點M為AE與A1D1的交點)，顯然S為五邊形APQRM，故錯誤，當(dāng)CQ1時，如圖.同可作AEPQ交DD1的延長線于點E，交A1D1于點M，顯然點M為A1D1的中點，所以S為菱形APQM，其面積為MP×AQ××，故正確7(xx·廣東湛江調(diào)研)設(shè)x，y，z為空間不同的直線或不同的平面，且直線不在平面內(nèi)，下列說法中能保證“若xz，yz，則xy”為真命題的序號為_x為直線，y，z為平面：x，y，z都為平面；x，y為直線，z為平面；x，y，z都為直線；x，y為平面，z為直線答案：解析：x平面z，平面y平面z.x平面y或x平面y.又x平面y，故xy，成立；x，y，z均為平面，則x可與y相交，故不成立；xz，yz，x，y為不同直線，故xy，成立；x，y，z均為直線，則x與y可平行，可異面，也可相交，故不成立；zx，zy，z為直線，x，y為平面，所以xy，成立8(xx·山西太原一模)已知在直角梯形ABCD中，ABAD，CDAD，AB2AD2CD2，將直角梯形ABCD沿AC折疊成三棱錐DABC，當(dāng)三棱錐DABC的體積取最大值時，其外接球的體積為_答案：解析：由題意，要想三棱錐DABC的體積最大，則需點D到平面ABC的距離最遠即平面DAC平面ABC.作DEAC，交AC于E，DE即為三棱錐DABC的高連接OD，OE.AB2AD2CD2，DE，OEBC，DO1，DOAOBO.O為三棱錐DABC體積取最大值時外接球的球心Vr3.三、解答題(9題12分，10題、11題每題14分，共40分)9(xx·北京卷)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F(xiàn)分別為A1C1，BC的中點(1)求證：平面ABE平面B1BCC1；(2)求證：C1F平面ABE；(3)求三棱錐EABC的體積解：(1)證明：在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC，所以BB1AB，又因為ABBC，所以AB平面B1BCC1，因為AB平面ABE.所以平面ABE平面B1BCC1.(2)證明：取AB中點G，連接EG，F(xiàn)G.因為E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點，所以FGAC，且FGAC.因為ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1.所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1FEG.又因為EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.(3)因為AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱錐EABC的體積VSABC·AA1×××1×2.10(xx·福建南平檢測)如圖，在底面是正方形的四棱錐PABCD中，PA面ABCD，BD交AC于點E，F(xiàn)是PC中點，G為AC上一點(1)求證：BDFG；(2)確定點G在線段AC上的位置，使FG平面PBD，并說明理由解：(1)證明：因為PA面ABCD，四邊形ABCD是正方形，其對角線BD，AC交于點E，所以PABD，ACBD，又因為PAACA，所以BD平面PAC，因為FG平面PAC，所以BDFG.(2)當(dāng)G為EC中點，即AGAC時，F(xiàn)G平面PBD，連接PE，由F為PC中點，G為EC中點，知FGPE.而FG平面PBD，PE平面PBD，故FG平面PBD.11(xx·河南洛陽二模)四邊形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC4，AB2，點E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EFAB.現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC，如圖，設(shè)AD的中點為P.(1)當(dāng)E為BC的中點時，求證：CP平面ABEF；(2)設(shè)BEx，問當(dāng)x為何值時，三棱錐ACDF的體積取最大值？并求出這個最大值解：(1)證法一：取AF的中點Q，連接QE，QP，則QPDF，且QPDF.又DF4，EC2，且DFEC，所以ECDF，且ECDF，所以PQEC，且PQEC.故四邊形PQEC為平行四邊形，所以CPQE，又QE平面ABEF，CP平面ABEF，所以CP平面ABEF.證法二：如圖，取FD的中點M，連接PM，CM.在ADF中，P，M分別為DA，DF的中點，所以PMAF，且PM AF.又DF4，EC2，且DFEC，所以FMEC，且FMEC，即四邊形EFMC為平行四邊形，所以EFMC.又PMMCM，AFEFF，所以平面PMC平面ABEF.又CP平面PMC，所以CP平面ABEF.(2)因為平面ABEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDCEF，又AFEF，所以AF平面EFDC，所以平面AFD平面EFDC.已知BEx(0<x4)，所以AFx，F(xiàn)D6x，點A到平面ECDF的距離為x.故VACDF××2×(6x)·x(6xx2)(x3)29(x3)23.所以當(dāng)x3時，VACDF取最大值，最大值為3.