2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第7章 立体几何 7-5a

[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析如图所示，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，对于A项，设l为AA1，平面B1BCC1，平面DCC1D1为α，β.A1A∥平面B1BCC1，A1A∥平面DCC1D1，而平面B1BCC1∩平面DCC1D1＝C1C；对于C项，设l为A1A，平面ABCD为α，平面DCC1D1为β.A1A⊥平面ABCD；A1A ∥平面DCC1D1，而平面ABCD∩平面DCC1D1＝DC；对于D项，设平面A1ABB1为α，平面ABCD为β，直线D1C1为l，平面A1ABB1⊥平面ABCD，D1C1∥平面A1ABB1，而D1C1∥平面ABCD.故A，C，D 三项都是错误的．而对于B项，根据垂直于同一直线的两平面平行，知B项正确．故选B.2．(2017·山西临汾二模)已知点A，B在半径为3的球O表面上运动，且AB＝2，过AB作相互垂直的平面α，β，若平面α，β截球O所得的截面分别为圆M，N，则()A．MN长度的最小值是2B．MN的长度是定值 2C．圆M面积的最小值是2πD．圆M、N的面积和是定值8π答案 B解析如图所示，平面ABC为平面α，平面ABD为平面β，则BD⊥BC.BC2＋BD2＋4＝12，∴CD＝22，∵M，N分别是AC，AD的中点，∴MN的长度是定值 2.故选B.3．(2017·江西南昌摸底)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案 A解析因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．故选A.4．(2018·江西九江模拟)如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE答案 C解析因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为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.故选C.5．(2018·甘肃二诊)已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，AB＝4，若在棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是()A．(0,1] B．(0,2]C．(1，3] D．[1,4)答案 B解析连接DP，由D1P⊥PC，DD1⊥PC，且D1P，DD1是平面DD1P内两条相交直线，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP，即点P在以CD为直径的圆上，又点P在AB上，则AB与圆有公共点，即0< AD≤12 CD＝2.故选B.6．(2018·河北模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，BA⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2，P A＝3，P A⊥底面ABCD，E是棱PD上异于P，D的动点．设PEED＝m，则“0<m<2”是“三棱锥C －ABE的体积不小于1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析如图，过E点作EH⊥AD，H为垂足，则EH⊥平面ABCD.∵V C－ABE＝V E－ABC，∴三棱锥C－ABE的体积为23EH.若三棱锥C－ABE的体积不小于1，则EH ≥32，又P A ＝3，∴PEED ＝m ≤1，∴0<m ≤1.故选B.7．如图，三棱锥P －ABC 的所有棱长都相等，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立的是( )A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面P AEC ．平面PDF ⊥平面ABCD ．平面P AE ⊥平面ABC 答案 C解析 ∵BC ∥DF ，∴BC ∥平面PDF ，A 正确． ∵BC ⊥PE ，BC ⊥AE ，∴BC ⊥平面P AE . 又∵DF ∥BC ，∴DF ⊥平面P AE ，B 正确． ∵BC ⊥平面P AE ，BC ⊂平面ABC ， ∴平面P AE ⊥平面ABC ，D 正确．故选C.8．(2018·湖北武汉月考)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ACD 沿AC 折起，使得D 折起后的位置为D 1，且D 1在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上，在四面体D 1－ABC 的四个面中，有n 对平面相互垂直，则n 等于( )A．2 B．3 C．4 D．5答案 B解析设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，∵D1E⊂平面ABD1，∴平面ABD1⊥平面ABC.∵D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD1.又BC⊂平面BCD1，∴平面BCD1⊥平面ABD1.∵BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，∴AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BCD1.∴共有3对平面互相垂直．故选B.9．(2018·静海月考)如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面P AC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是()A．一条线段B．一条直线C．一个圆D．一个圆，但要去掉两个点答案 D解析∵平面P AC⊥平面PBC，而平面P AC∩平面PBC＝PC.又AC⊂平面P AC，且AC⊥PC，∴AC⊥平面PBC，而BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC，∴点C在以AB为直径的圆上，∴点C的轨迹是一个圆，但是要去掉A和B两点．故选D.10．(2018·吉林期末)已知一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，直角三角形的个数是()A．4 B．3C．2 D．1答案 A解析满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直，画出满足条件的直观图如图四棱锥P－ABCD所示，不妨令P A⊥矩形ABCD，∴P A⊥AB，P A⊥AD，P A⊥CB，P A⊥CD，故△P AB 和△P AD 都是直角三角形． 又矩形中CB ⊥AB ，CD ⊥AD .这样CB 垂直于平面P AB 内的两条相交直线P A 、AB ， CD 垂直于平面P AD 内的两条相交直线P A 、AD ，由线面垂直的判定定理可得CB ⊥平面P AB ，CD ⊥平面P AD ，∴CB ⊥PB ，CD ⊥PD ，故△PBC 和△PDC 都是直角三角形，故直角三角形有△P AB 、△P AD 、△PBC 、△PDC 共4个．故选A. 二、填空题11．(2017·开封二模)三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a . 其中正确的是________． 答案 ①②③④解析 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，故①正确；再根据SB ⊥AC ，SB ⊥AB ，可得SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，故②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为点C 到平面SAB 的距离，为12a ，④正确．12．(2017·苏州期末)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，则下列结论：①AD ∥平面PBC ； ②平面P AC ⊥平面PBD ； ③平面P AB ⊥平面P AC ； ④平面P AD ⊥平面PDC .其中正确的结论序号是________． 答案 ①②④解析 ①由底面为正方形，可得AD ∥BC ， AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 可得AD ∥平面PBC ；②在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ， P A ⊥底面ABCD ，可得P A ⊥BD ， P A ∩AC ＝A ，可得BD ⊥平面P AC ，BD ⊂平面PBD ，即有平面P AC ⊥平面PBD ； ③P A ⊥底面ABCD ，可得P A ⊥AB ，P A ⊥AC ， 可得∠BAC 为二面角B －P A －C 的平面角， 显然∠BAC ＝45°，故平面P AB ⊥平面P AC 不成立；④在正方形ABCD中，可得CD⊥AD，P A⊥底面ABCD，可得P A⊥CD，P A∩AD＝A，可得CD⊥平面P AD，CD⊂平面PCD，即有平面P AD⊥平面PDC.综上可得，①②④正确．13．(2017·三元月考)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD ＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，平面BCD，平面ADC，平面ABC，平面ABD，互相垂直的有________．答案平面ABD⊥平面ACD、平面ABD⊥平面BCD、平面ABC ⊥平面ACD解析∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.由CD⊥平面ABD，CD⊂平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD，由CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB.故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC.14．(2018·泰安模拟)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD ＝2，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∠BA ′C ＝________，V A ′－BCD ＝________.答案 90° 16解析 由题设知：△BA ′D 为等腰直角三角形，CD ⊥平面A ′BD ，得BA ′⊥平面A ′CD ，∴∠BA ′C ＝90°，V A ′－BCD ＝V C －A ′BD ＝16.B 级三、解答题15．(2018·临汾期末)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1中点，BD 与AB 1交于点O ，且OC ⊥平面ABB 1A 1.证明：平面AB 1C ⊥平面BCD . 证明 ∵ABB 1A 1为矩形，AB ＝2， AA 1＝22，D 是AA 1的中点，∴∠BAD＝90°，∠ABB1＝90°，BB1＝22，AD＝12AA1＝2，∴tan∠ABD＝ADAB ＝22，tan∠AB1B＝ABBB1＝22，∴∠ABD＝∠AB1B，∴∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝π2，∴∠AOB＝π2，即AB1⊥BD.∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，又BD∩CO＝O，∴AB1⊥平面BCD.∵AB1⊂平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD.16．(2018·黄冈调研)在三棱锥P－ABC中，△P AB是等边三角形，P A⊥AC，PB⊥BC.(1)证明：AB⊥PC；(2)若PC＝2，且平面P AC⊥平面PBC，求三棱锥P－ABC的体积．解 (1)证明：在Rt △P AC 和Rt △PBC 中 AC ＝PC 2－P A 2，BC ＝PC 2－PB 2.∵P A ＝PB ，∴AC ＝BC .取AB 中点M ，连接PM ，CM ，则AB ⊥PM ，AB ⊥MC ， ∴AB ⊥平面PMC ，而PC ⊂平面PMC ， ∴AB ⊥PC .(2)在平面P AC 内作AD ⊥PC ，垂足为D ，连接BD .∵平面P AC ⊥平面PBC ，∴AD ⊥平面PBC ，又BD ⊂平面PBC ， ∴AD ⊥BD ，又Rt △P AC ≌Rt △PBC ， ∴AD ＝BD ，∴△ABD 为等腰直角三角形． 设AB ＝P A ＝PB ＝a ，则AD ＝22a ，在Rt △P AC 中，由P A ·AC ＝PC ·AD 得a ·4－a 2＝2×22a ，∴a＝ 2.∴S △ABD ＝12AD ·BD ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝12， ∴V P －ABC ＝13S △ABD ·PC ＝13×12×2＝13.17．(2018·绵阳期末)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D 是AB的中点，M是AA1上一点，AM＝tAA1.(1)求证：BC1∥平面A1CD；(2)若3AB＝2AA1，当t为何值时，B1M⊥平面A1CD?解(1)证明：连接AC1，交A1C于点O，那么点O是AC1的中点，连接OD，由点D是AB的中点，可得BC1∥OD，BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，可得BC1∥平面A1CD.(2)由3AB＝2AA1，D为AB中点可得ADAA1＝13，∴当A1MA1B1＝13时，可得Rt△A1AD∽Rt△B1A1M，∴∠DA1A＝∠MB1A1，∴∠A1MB1＋∠DA1A＝∠A1MB1＋∠MB1A1＝90°，∴B1M⊥A1D.∵D是AB的中点，∴CD⊥AB，又∵CD⊥AA1，AB∩AA1＝A，∴CD⊥平面AA1B1B.∵B1M⊂平面AA1B1B，∴CD⊥B1M.∵CD∩A1D＝D，∴B1M⊥平面A1CD，此时A1MA1B1＝13，3AB＝2AA1，所以A1M＝29AA1，故AM＝79AA1，即当t＝79时，B1M⊥平面A1CD.18．(2018·昌平区调研)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是DD1的中点．(1)求证：BD1∥平面AMC；(2)求证：AC⊥BD1；(3)在线段BB1上是否存在点P，当BPBB1＝λ时，平面A1PC1∥平面AMC？若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接BD 交AC 于N ，连接MN .因为ABCD 为正方形，所以N 为BD 中点， 在△DBD 1中，因为M 为DD 1中点， 所以BD 1∥MN .因为MN ⊂平面AMC ，BD 1⊄平面AMC ， 所以BD 1∥平面AMC .(2)证明：因为ABCD 为正方形， 所以AC ⊥BD .因为DD 1⊥平面ABCD ， 所以DD 1⊥AC . 因为DD 1∩BD ＝D ， 所以AC ⊥平面BDD 1. 因为BD 1⊂平面BDD 1， 所以AC ⊥BD 1.(3)当λ＝12，即点P 为线段BB 1的中点时，平面A 1PC 1∥平面AMC . 因为AA 1∥CC 1，且AA 1＝CC 1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1.取CC1的中点Q，连接MQ，QB. 因为M为DD1中点，所以MQ∥AB，且MQ＝AB，所以四边形ABQM是平行四边形．所以BQ∥AM.同理BQ∥C1P.所以AM∥C1P.因为A1C1∩C1P＝C1，AC∩AM＝A，所以平面A1PC1∥平面AMC.。