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2020新高考数学(理)二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习:立体几何 考点过关检测十二 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:331963 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:7 大小:179.50KB
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资源描述

1、考点过关检测(十二)1(2019重庆一诊)已知直线l和平面,若l,P,则过点P且平行于l的直线()A只有一条,不在平面内B只有一条,且在平面内C有无数条,一定在平面内D有无数条,不一定在平面内解析:选B假设过点P且平行于l的直线有两条分别为m与n,则ml且nl.由平行公理得mn,这与两条直线m与n相交于点P相矛盾,故过点P且平行于l的直线只有一条又因为点P在平面内,所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内故选B.2(2019哈尔滨六中模拟)已知直线a,b,l,平面,则下列命题正确的个数为()若,l,则l;若al,bl,则ab;若,l,则l;若l,l,则.A0B1C2 D3解析:选B在中,若

2、,l,则l或l,故错误;在中,若al,bl,则a与b相交、平行或异面,故错误;在中,若,l,则l与相交、平行或l,故错误;在中,若l,l,则由面面平行的判定定理得,故正确故选B.3(2019辽宁五校联考)在正方体ABCD A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则()AMNC1D1 BMNBC1CMN平面ACD1 DMN平面ACC1解析:选D如图,设CC1的中点为P,连接NP,则NPC1D1,又MNNPN,所以MNC1D1是不可能的(实际上MN与C1D1是异面直线),所以选项A错误;假设MNBC1,连接CM,易知CMBC1,又MNCMM,所以BC1平面MNC,所以BC1CD1,所

3、以AD1CD1,这与ACD1为等边三角形矛盾,所以假设错误,即选项B错误;假设MN平面ACD1,则MNCD1,连接MD1,因为N为CD1的中点,所以MCMD1,这不可能理由:设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1,则易求得MC,MD1,所以假设错误,即选项C错误;设CD,BC的中点分别为E,F,连接EF,则易知MNEF,且EF平面ACC1,所以MN平面ACC1,所以选项D正确故选D.4.如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1,P,Q分别是线段AD1和B1C上的动点,且满足APB1Q,则下列命题错误的是()A存在P,Q的某一位置,使ABPQBBPQ的面积为定值C当PA0时,直线P

4、B1与AQ是异面直线D无论P,Q运动到任何位置,均有BCPQ解析:选B在A中,当P,Q分别是线段AD1和B1C的中点时,ABPQ,故A正确;在B中,P在A处时,BPQ的面积为,P在AD1中点时,BPQ的面积不为,故BPQ的面积不是定值,故B错误;在C中,当PA0时,假设直线PB1与AQ是共面直线,则AP与B1Q共面,与已知矛盾,所以直线PB1与AQ是异面直线,故C正确;在D中,BC垂直于PQ在平面ABCD内的射影,由三垂线定理得无论P,Q运动到任何位置,均有BCPQ,故D正确故选B.5(2019唐山三模)若异面直线m,n所成的角是60,则以下三个命题:存在直线l,满足l与m,n的夹角都是60;

5、存在平面,满足m,n与所成角为60;存在平面,满足m,n,与所成锐二面角为60.其中正确的命题为_(填序号)解析:异面直线m,n所成的角是60,在中,由异面直线m,n所成的角是60,在m上任取一点A,过A作直线nn,在空间中过点A能作出直线l,使得l与n,n的夹角均为60,存在直线l,满足l与m,n的夹角都是60,故正确;在中,在n上取一点B,过B作直线mm,则以m,m确定的平面,满足m,n与所成的角是60,故正确;在中,在n上取一点C,过C作直线mm,m,m确定一个平面,过n能作出一个平面,满足m,n,与所成锐二面角为60,故正确答案:6如图所示,四棱锥S ABCD中,SA底面ABCD,AB

6、C90,AB,BC1,AD2,ACD60,E为CD的中点(1)求证:BC平面SAE;(2)求三棱锥S BCE与四棱锥S ABED的体积比解:(1)证明:因为AB,BC1,ABC90,所以AC2,BCA60,在ACD中,AD2,AC2,ACD60,由余弦定理可得AD2AC2CD22ACCDcosACD,解得CD4,所以AC2AD2CD2,所以ACD是直角三角形,又E为CD的中点,所以AECDCE,又ACD60,所以ACE为等边三角形,所以CAE60BCA,所以BCAE,又BC平面SAE,AE平面SAE,所以BC平面SAE.(2)因为SA平面ABCD,所以SA同为三棱锥S BCE与四棱锥S ABE

7、D的高由(1)可得BCE120,CECD2,所以SBCEBCCEsinBCE12.S四边形ABEDS四边形ABCDSBCESABCSACDSBCE1222.所以SBCES四边形ABED214.故三棱锥SBCE与四棱锥SABED的体积比为14.7.(2019洛阳第二次联考)如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PAD是正三角形,平面PAD平面ABCD,E,F,G分别是PD,PC,BC的中点(1)求证:平面EFG平面PAD;(2)若M是线段CD上一点,求三棱锥M EFG的体积解:(1)证明:平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD,CD平面ABCD,且CDAD,C

8、D平面PAD.在PCD中,E,F分别是PD,PC的中点,EFCD,EF平面PAD,EF平面EFG,平面EFG平面PAD.(2)EFCD,EF平面EFG,CD平面EFG,CD平面EFG,线段CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离连接DG,DF,则V三棱锥MEFGV三棱锥DEFG.取AD的中点H,连接GH,EH,FH,则EFGH,V三棱锥DEFGV三棱锥D EFHV三棱锥F EHDSEHDEF22sin 602.故三棱锥M EFG的体积为.8(2019朝阳模拟)如图,梯形ABCD中,BADADC90,CD2,ADAB1,四边形BDEF为正方形,且平面BDEF平面ABCD.(1)求

9、证:DFCE;(2)若AC与BD相交于点O,那么在棱AE上是否存在点G,使得平面OBG平面EFC?并说明理由解:(1)证明:连接EB,梯形ABCD中,BADADC90,CD2,ADAB1,BD,BC,BD2BC2CD2,BCBD.平面BDEF平面ABCD,平面BDEF平面ABCDBD,BC平面BDEF,BCDF.四边形BDEF为正方形,DFEB.EBBCB,DF平面BCE.CE平面BCE,DFCE.(2)棱AE上存在点G,使得平面OBG平面EFC.理由如下:ABDC,AB1,DC2,.,OGCE,OG平面EFC.EFOB,OB平面EFC.OBOGO,平面OBG平面EFC.9(2019广州一模)

10、如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,ABBC,且BC2AD4,E,F分别为线段AB,DC的中点,沿EF把四边形AEFD折起,使AECF,得到如下的立体图形(1)证明:平面AEFD平面EBCF;(2)若BDEC,求点F到平面ABCD的距离解:(1)证明:由题意可得EFAD,AEEF.又AECF,EFCFF,AE平面EBCF.AE平面AEFD,平面AEFD平面EBCF.(2)如图,过点D作DGAE交EF于点G,连接BG,则DG平面EBCF.EC平面EBCF,DGEC.又BDEC,BDDGD,EC平面BDG.又BG平面BDG,ECBG.易得EGBBEC,EB2EGBCADBC8,EB2.设点F到平面ABCD的距离为h,由V三棱锥F ABCV三棱锥A BCF,可得SABChSBCFAE.BCAE,BCEB,AEEBE,BC平面AEB,ABBC.又AB4BC,SABC448.又SBCF424,8h4216,解得h2.故点F到平面ABCD的距离为2.

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