2020版高考數(shù)學(xué)(理)一輪總復(fù)習(xí)層級(jí)快練第八章 立體幾何 作業(yè)53 含解析

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1、 題組層級(jí)快練?(五十三) 1．(2019·?廣東五校協(xié)作體診斷考試)設(shè)?m，n?是兩條不同的直線，α?，β?是兩個(gè)不同的平面，下列 命題中正確的是( ) A．若?α⊥β，m?α?，n?β?，則?m⊥n C．若?m⊥n，m?α?，n?β?，則?α⊥β B．若?m⊥α，m∥n，n∥β?，則?α⊥β D．若?α∥β，m?α?，n?β?，則?m∥n 答案 B 解析 A?項(xiàng)，若?α⊥β，m?α，n?β，則?m∥n?與?m，n?與異面直線均有可能，不正確；C?項(xiàng)，若 m⊥n，m?α，n?β，則?α，β有可能相交但不垂直，不

2、正確；D?項(xiàng)，若?α∥β，m?α，n?β， 則?m，n?有可能是異面直線，不正確，故選?B. b??c α β 2．設(shè)?a，?，?是三條不同的直線，?，?是兩個(gè)不同的平面，則?a⊥b?的一個(gè)充分不必要條件是( ) A．a(chǎn)⊥c，b⊥c C．a(chǎn)⊥α?，b∥α B．α⊥β，a?α?，b?β D．a(chǎn)⊥α?，b⊥α 答案 C 解析 對(duì)于?C，在平面?α?內(nèi)存在?c∥b，因?yàn)?a⊥α，所以?a⊥c，故?a⊥b；A，B?中，直線?a，b?可能 是平行直線，相交直線，也可能是異面直線；D?中一定推出?a∥b. 3．(2019·?江西南

3、昌模擬)如圖，在四面體?ABCD?中，已知?AB⊥AC，BD⊥AC，那 么?D?在平面?ABC?內(nèi)的射影?H?必在( ) A．直線?AB?上 C．直線?AC?上 B．直線?BC?上 D．△ABC?內(nèi)部 答案 A 解析 由?AB⊥AC，BD⊥AC，又?AB∩BD＝B，則?AC⊥平面?ABD，而?AC?平面?ABC，則平面 ABC⊥平面?ABD，因此?D?在平面?ABC?內(nèi)的射影?H?必在平面?ABC?與平面?ABD?的交線?AB?上，故 選?A. 4．(2019·?江西臨安一中期末?)三棱柱?ABC－A1B1C1?中，側(cè)棱

4、?AA1?垂直于底面 A1B1C1，底面三角形?A1B1C1?是正三角形，E?是?BC?的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是 ( ) ①CC1?與?B1E?是異面直線； ②AE?與?B1C1?是異面直線，且?AE⊥B1C1； ③AC⊥平面?ABB1A1； ④A1C1∥平面?AB1E. A．② C．①④ B．①③ D．②④ 答案 A 解析 對(duì)于①，CC1，B1E?都在平面?BB1C1C?內(nèi)，故錯(cuò)誤；對(duì)于②，AE，B1C1?為在兩個(gè)平行平面中 且不平行的兩條直線，底面三角形?ABC?是正三角形，E?是?BC?中點(diǎn)，所以?AE⊥BC，又?

5、B1C1∥BC， 故?AE⊥B1C1，故正確；對(duì)于③，上底面?ABC?是一個(gè)正三角形，不可能存在?AC⊥平面?ABB1A1， 故錯(cuò)誤；對(duì)于④，A1C1?所在的平面與平面?AB1E?相交，且?A1C1?與交線有公共點(diǎn)，故錯(cuò)誤．故選?A. 5．(2019·?福建泉州質(zhì)檢)如圖，在下列四個(gè)正方體?ABCD－A1B1C1D1?中，E，F(xiàn)，G?均為所在棱的中 點(diǎn)，過(guò)?E，F(xiàn)，G?作正方體的截面，則在各個(gè)正方體中，直線?BD1?與平面?EFG?不垂直的是( ) 答案 D 解析 如圖，在正方體中，E，F(xiàn)，G，M，N，Q?均為所在棱的中點(diǎn)，且六點(diǎn)

6、 共面，直線?BD1?與平面?EFMNQG?垂直，并且?A?項(xiàng)，B，C?中的平面與這個(gè)平 面重合，滿(mǎn)足題意．對(duì)于?D?項(xiàng)中圖形，由于?E，F(xiàn)?為?AB，A1B1?的中點(diǎn)，所以 EF∥BB1，故∠B1BD1?為異面直線?EF?與?BD1?所成的角，且?tan∠B1BD1＝?2， 即∠B1BD1?不為直角，故?BD1?與平面?EFG?不垂直，故選?D. 6．(2019·?保定模擬)如圖，在正四面體?P－ABC?中，D，E，F(xiàn)?分別是?AB，BC， CA?的中點(diǎn)，下面四個(gè)結(jié)論不成立的是( ) A．BC∥平面?PDF B．DF⊥平面?PAE C．平面?PDF⊥平面?P

7、AE D．平面?PDE⊥平面?ABC 答案 D 解析 因?BC∥DF，DF?平面?PDF，BC?平面?PDF，所以?BC∥平面?PDF，A?成立；易證?BC⊥平 面?PAE，BC∥DF，所以結(jié)論?B，C?均成立；點(diǎn)?P?在底面?ABC?內(nèi)的射影為△ABC?的中心，不在中 位線?DE?上，故結(jié)論?D?不成立． 7.已知直線?PA?垂直于以?AB?為直徑的圓所在的平面，C?為圓上異于?A，B?的任一點(diǎn)，則下列關(guān)系中 不正確的是( ) A．PA⊥BC C．AC⊥PB B．BC⊥平面?PAC D

8、．PC⊥BC 答案 C 解析 AB?為直徑，C?為圓上異于?A，B?的一點(diǎn)，所以?AC⊥BC.因?yàn)?PA⊥平面?ABC，所以?PA⊥BC. 因?yàn)?PA∩AC＝A，所以?BC⊥平面?PAC，從而?PC⊥BC.故選?C. ， E 8.如圖，在三棱錐?D－ABC?中，若?AB＝CB?AD＝CD，?是?AC?的中點(diǎn)，則下列命題中正確的是( ) A．平面?ABC⊥平面?ABD B．平面?ABD⊥平面?BCD C．平面?ABC⊥平面?BDE，且平面?ACD⊥平面?BDE D．平面?ABC⊥平面?ACD，且

9、平面?ACD⊥平面?BDE 答案 C 解析 因?yàn)?AB＝CB，且?E?是?AC?的中點(diǎn)，所以?BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于?DE∩BE＝E，于 是?AC⊥平面?BDE.因?yàn)?AC?平面?ABC，所以平面?ABC⊥平面?BDE.又?AC?平面?ACD，所以平面 ACD⊥平面?BDE.故選?C. 9．(2019·?滄州七校聯(lián)考)如圖所示，已知六棱錐?P－ABCDEF?的底面是正六邊形，PA⊥平面?ABC. 則下列結(jié)論不正確的是( ) A．CD∥平面?PAF C．CF∥平面?PAB B．DF⊥平面?

10、PAF D．CF⊥平面?PAD 答案 D B 解析 A?中，∵CD∥AF，AF?面?PAF，CD?面?PAF，∴CD∥平面?PAF?成立；?中，∵六邊形?ABCDEF 為正六邊形，∴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?與?AD?不垂直，故選?D. D 10．(2019·?重慶秀山高級(jí)中學(xué)期中)如圖，點(diǎn)?E?為矩形?ABCD?邊?CD?上異于點(diǎn)?C，?的動(dòng)點(diǎn)，將△ADE 沿?AE?翻折成△SAE，使得平面?SA

11、E⊥平面?ABCE，則下列說(shuō)法中正確的有( ) ①存在點(diǎn)?E?使得直線?SA⊥平面?SBC；②平面?SBC?內(nèi)存在直線與?SA?平行；③平面?ABCE?內(nèi)存在直 線與平面?SAE?平行；④存在點(diǎn)?E?使得?SE⊥BA. A．1?個(gè) C．3?個(gè) B．2?個(gè) D．4?個(gè) 答案 A 解析 ①若直線?SA⊥平面?SBC，則?SA⊥SC，又?SA⊥SE，SE∩SC＝S，∴SA⊥平面?SEC，又平 面?SEC∩平面?SBC＝SC，∴點(diǎn)?S，E，B，C?共面，與已知矛盾，故①錯(cuò)誤；②∵平面?SBC∩直線

12、 SA＝S，故平面?SBC?內(nèi)的直線與?SA?相交或異面，故②錯(cuò)誤；③在平面?ABCD?內(nèi)作?CF∥AE，交 AB?于點(diǎn)?F，由線面平行的判定定理，可得?CF∥平面?SAE，故③正確；④若?SE⊥BA，過(guò)點(diǎn)?S?作 SF⊥AE?于點(diǎn)?F，∵平面?SAE⊥平面?ABCE，平面?SAE∩平面?ABCE＝AE，∴SF⊥平面?ABCE，∴ SF⊥AB，又?SF∩SE＝S，∴AB⊥平面?SEC，∴AB⊥AE，與∠BAE?是銳角矛盾，故④錯(cuò)誤． 11．(2019·?泉州模擬)點(diǎn)?P?在正方體?ABCD－A1B1C1D1?的面對(duì)角線?BC1?上運(yùn)動(dòng)，給出下列命題：

13、 3 ＝OD＝1，故?O?為所求外接球的球心，故半徑?r＝1，體積?V＝??πr3＝??π. 答案??? 2 ①三棱錐?A－D1PC?的體積不變； ②A1P∥平面?ACD1； ③DB⊥BC1； ④平面?PDB1⊥平面?ACD1. 其中正確的命題序號(hào)是________． 答案 ①②④ 解析 對(duì)于①，VA－D1PC＝VP－AD1C?點(diǎn)?P?到面?AD1C?的距離，即為線?BC1?與面?AD1C?的距離， 為定值故①正確，對(duì)于②，因?yàn)槊?A1C1B∥面?AD1C，所以線?A1P∥面?AD1C，故②正確，對(duì)于③， DB?與?BC1?成?60°角，

14、故③錯(cuò)．對(duì)于④，由于?B1D⊥面?ACD1，所以面?B1DP⊥面?ACD1，故④正確． 12．(2019·?山西太原一模)已知在直角梯形?ABCD?中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2， 將直角梯形?ABCD?沿?AC?折疊成三棱錐?D－ABC，當(dāng)三棱錐?D－ABC?的體積取最大值時(shí)，其外接 球的體積為_(kāi)_______． 4 答案 π 解析 當(dāng)平面?DAC⊥平面?ABC?時(shí)，三棱錐?D－ABC?的體積取最大值．此時(shí)易知?BC⊥平面?DAC， ∴BC⊥AD，又?AD⊥DC，∴AD⊥平面?BCD，∴AD⊥BD，取?AB?的中點(diǎn)?O，易得?OA＝OB

15、＝OC 4 4 3 3 13．(2019·?遼寧大連雙基測(cè)試)如圖所示，∠ACB＝90°，DA⊥平面?ABC，AE⊥DB 交?DB?于?E，AF⊥DC?交?DC?于?F，且?AD＝AB＝2，則三棱錐?D－AEF?體積的最 大值為_(kāi)_______． 6 解析 因?yàn)?DA⊥平面?ABC，所以?DA⊥BC，又?BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以?BC⊥平面?ADC， 所以?BC⊥AF，又?AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以?AF⊥平面?DCB，所以?AF⊥EF，AF⊥DB，又?DB⊥AE， AE∩AF＝A，所以?DB⊥平面?AEF，所以?DE?為三棱

16、錐?D－AEF?的高．因?yàn)?AE?為等腰直角三角形 ABD?斜邊上的高，所以?AE＝???2，設(shè)?AF＝a，F(xiàn)E＝b，則△AEF?的面積?S＝??ab≤??·???? ＝??×??＝ ，所以三棱錐?D－AEF?的體積?V≤??×??×???2＝?? (當(dāng)且僅當(dāng)?a＝b＝1?時(shí)等號(hào)成立)． 1 1?a2＋b2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 3 2 6 14．如圖所示，在四棱錐?P－ABCD?中，PA⊥底面?ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD， ∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E?是?PC?的中點(diǎn)，求證： (1)CD⊥AE； (2)P

17、D⊥平面?ABE. 答案 (1)略 (2)略 證明 (1)∵PA⊥底面?ABCD， ∴CD⊥PA. 又?CD⊥AC，PA∩AC＝A， 故?CD⊥平面?PAC，AE 平面?PAC. 故?CD⊥AE. (2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故?PA＝AC. ∵E?是?PC?的中點(diǎn)，故?AE⊥PC. 由(1)知?CD⊥AE，由于?PC∩CD＝C， 從而?AE⊥平面?PCD，故?AE⊥PD. 易知?BA⊥PD，故?PD⊥平面?ABE. 15．(2019·?安徽馬鞍山一模)如圖①，在直角梯形?ABCD?中，AB⊥BC，BC∥A

18、D，AD＝2AB＝4， BC＝3，E?為?AD?的中點(diǎn)，EF⊥BC，垂足為?F.沿?EF?將四邊形?ABFE?折起，連接?AD，AC，BC， 得到如圖②所示的六面體?ABCDEF.若折起后?AB?的中點(diǎn)?M?到點(diǎn)?D?的距離為?3. 答案?? (1)略? (2) (1)求證：平面?ABFE⊥平面?CDEF； (2)求六面體?ABCDEF?的體積． 8 3 解析 (1)如圖，取?EF?的中點(diǎn)?N，連接?MN，DN，MD. 根據(jù)題意可知，四邊形?ABFE

19、?是邊長(zhǎng)為?2?的正方形， 又∵DC∥AB，DC＝??AB， ∴MN⊥EF. 由題意，得?DN＝?DE2＋EN2＝?5，MD＝3， ∴MN2＋DN2＝22＋(?5)2＝9＝MD2， ∴MN⊥DN，∵EF∩DN＝N，∴MN⊥平面?CDEF. 又?MN?平面?ABFE，∴平面?ABFE⊥平面?CDEF. (2)連接?CE，則?V?六面體?ABCDEF＝V?四棱錐?C－ABFE＋V?三棱錐?A－CDE. 由(1)的結(jié)論及?CF⊥EF，AE⊥EF，得 CF⊥平面?ABFE，AE⊥平面?CDEF， 1 4 ∴V?四棱錐?C－ABFE＝3·S?正方形?

20、ABFE·CF＝3， 1 4 V?三棱錐?A－CDE＝3·S△CDE·AE＝3， 4 4 8 ∴V?六面體?ABCDEF＝3＋3＝3. 16.(2019·?濰坊質(zhì)檢)直四棱柱?ABCD－A1B1C1D1?中，底面?ABCD?是直角梯形， ∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2. (1)求證：AC⊥平面?BB1C1C； (2)在?A1B1?上是否存在一點(diǎn)?P，使得?DP?與平面?BCB1?和平面?ACB1?都平行？證明你的結(jié)論． 答案 (1)略 (2)P?為?A1B1?的中點(diǎn)時(shí)，DP?與平面?BCB1?和平面?ACB1?都平行． 解析 (1

21、)∵直四棱柱?ABCD－A1B1C1D1?中，BB1⊥平面?ABCD，∴BB1⊥AC. 又∵∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2， ∴AC＝?2，∠CAB＝45°. ∴BC＝?2.∵BC2＋AC2＝AB2，∴BC⊥AC. 又?BB1∩BC＝B，BB1?平面?BB1C1C， BC?平面?BB1C1C，∴AC⊥平面?BB1C1C. (2)存在點(diǎn)?P，P?為?A1B1?的中點(diǎn)． 1 由?P?為?A1B1?的中點(diǎn)，有?PB1∥AB，且?PB1＝2AB. 1 2 ∴DC∥PB1，且?DC＝PB1. ∴四邊形?DCB1P?為平行四邊形，從而?CB1∥DP. 又?CB1?平面?ACB1，DP?平面?ACB1， ∴DP∥平面?ACB1.同理，DP∥平面?BCB1.