《2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练53空间向量及运算理20180515420.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练53空间向量及运算理20180515420.doc（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、题组训练53 空间向量及运算1(2018广东清远一中月考)已知直线l平面，直线m平面，给出下列命题：lm；lm；lm；lm，其中正确命题的序号是()ABC D答案D解析中l与m可能相交、平行或异面；中结论正确；中两平面，可能平行，也可能相交；中结论正确2设a，b，c是三条不同的直线，是两个不同的平面，则ab的一个充分不必要条件是()Aac，bc B，a，bCa，b Da，b答案C解析对于C，在平面内存在cb，因为a，所以ac，故ab；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ab.3(2018江西南昌模拟)如图，在四面体ABCD中，已知ABAC，BDAC，那么
2、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DABC内部答案A解析由ABAC，BDAC，又ABBDB，则AC平面ABD，而AC平面ABC，则平面ABC平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上，故选A.4设a，b是夹角为30的异面直线，则满足条件“a，b，且”的平面，()A不存在 B有且只有一对C有且只有两对 D有无数对答案D解析过直线a的平面有无数个，当平面与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面与垂直，当平面与b相交时，过交点作平面的垂线，此垂线与b确定的平面与垂直故选D.5(2018保定模拟)如图，在正四面体PABC中，D，
3、E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC答案D解析因BCDF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC平面PDF，A成立；易证BC平面PAE，BCDF，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.已知直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任一点，则下列关系中不正确的是()APABCBBC平面PACCACPBDPCBC答案C解析AB为直径，C为圆上异于A，B的一点，所以ACBC.因为PA平面ABC，所以PABC.因为PAA
4、CA，所以BC平面PAC，从而PCBC.故选C.7如图，在三棱锥DABC中，若ABCB，ADCD，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ABCB，且E是AC的中点，所以BEAC，同理，DEAC，由于DEBEE，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.8(2017沧州七校联考)如图所示，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC.则下列结论不正确的是()A
5、CD平面PAF BDF平面PAFCCF平面PAB DCF平面PAD答案D解析A中，CDAF，AF面PAF，CD面PAF，CD平面PAF成立；B中，ABCDEF为正六边形，DFAF.又PA面ABCDEF，DF平面PAF成立；C中，CFAB，AB平面PAB，CF平面PAB，CF平面PAB；而D中CF与AD不垂直，故选D.9(2018重庆秀山高级中学期中)如图，点E为矩形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将ADE沿AE翻折成SAE，使得平面SAE平面ABCE，则下列说法中正确的有()存在点E使得直线SA平面SBC；平面SBC内存在直线与SA平行；平面ABCE内存在直线与平面SAE平行；存在点E使得
6、SEBA.A1个 B2个C3个 D4个答案A解析若直线SA平面SBC，则SASC，又SASE，SESCS，SA平面SEC，又平面SEC平面SBCSC，点S，E，B，C共面，与已知矛盾，故错误；平面SBC直线SAS，故平面SBC内的直线与SA相交或异面，故错误；在平面ABCD内作CFAE，交AB于点F，由线面平行的判定定理，可得CF平面SAE，故正确；若SEBA，过点S作SFAE于点F，平面SAE平面ABCE，平面SAE平面ABCEAE，SF平面ABCE，SFAB，又SFSES，AB平面SEC，ABAE，与BAE是锐角矛盾，故错误10(2016课标全国)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个
7、命题：如果mn，m，n，那么；如果m，n，那么mn；如果，m，那么m；如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)答案解析对于命题，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为，ABCD所在的平面为，显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立命题正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面相交于直线l，则ln，由m知ml，从而mn，结论正确由平面与平面平行的定义知命题正确由平行的传递性及线面角的定义知命题正确11.(2017泉州模拟)点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：三棱
8、锥AD1PC的体积不变；A1P平面ACD1；DBBC1；平面PDB1平面ACD1.其中正确的命题序号是_答案解析对于，VAD1PCVPAD1C点P到面AD1C的距离，即为线BC1与面AD1C的距离，为定值故正确，对于，因为面A1C1B面AD1C，所以线A1P面AD1C，故正确，对于，DB与BC1就成60角，故错对于，由于B1D面ACD1，所以面B1DP面ACD1，故正确12(2018山西太原一模)已知在直角梯形ABCD中，ABAD，CDAD，AB2AD2CD2，将直角梯形ABCD沿AC折叠成三棱锥DABC，当三棱锥DABC的体积取最大值时，其外接球的体积为_答案解析当平面DAC平面ABC时，三
9、棱锥DABC的体积取最大值此时易知BC平面DAC，BCAD，又ADDC，AD平面BCD，ADBD，取AB的中点O，易得OAOBOCOD1，故O为所求外接球的球心，故半径r1，体积Vr3.13(2018辽宁大连双基测试)如图所示，ACB90，DA平面ABC，AEDB交DB于E，AFDC交DC于F，且ADAB2，则三棱锥DAEF体积的最大值为_答案解析因为DA平面ABC，所以DABC，又BCAC，DAACA，所以BC平面ADC，所以BCAF，又AFCD，BCCDC，所以AF平面DCB，所以AFEF，AFDB，又DBAE，AEAFA，所以DB平面AEF，所以DE为三棱锥DAEF的高因为AE为等腰直角
10、三角形ABD斜边上的高，所以AE，设AFa，FEb，则AEF的面积Sab，所以三棱锥DAEF的体积V(当且仅当ab1时等号成立)14(2018湖北宜昌模拟)在正三棱柱ABCA1B1C1中，BCBB1，E，F，M分别为A1C1，AB1，BC的中点(1)求证：EF平面BB1C1C；(2)求证：EF平面AB1M.答案(1)略(2)略证明(1)连接A1B，BC1.因为E，F分别为A1C1，AB1的中点，所以F为A1B的中点所以EFBC1.因为BC1平面BB1C1C，EF平面BB1C1C，所以EF平面BB1C1C.(2)在矩形BCC1B1，BCBB1，所以tanCBC1，tanB1MB.所以tanCBC
11、1tanB1MB1.所以CBC1B1MB.所以BC1B1M.因为EFBC1，所以EFB1M.在正三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC平面BB1C1C.因为M为BC的中点，ABAC，所以AMBC.因为平面ABC平面BB1C1CBC，所以AM平面BB1C1C.因为BC1平面BB1C1C，所以AMBC1因为EFBC1，所以EFAM.又因为AMB1MM，AM平面AB1M，B1M平面AB1M，所以EF平面AB1M.15(2018广东惠州模拟)如图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD平面ABCD，ECPD，且PDAD2EC2，N为线段PB的中点(1)证明：NEPD；(2)求三棱锥EPBC的体积答
12、案(1)略(2)解析(1)证明：连接AC，与BD交于点F，连接NF，则F为BD的中点NFPD，且NFPD.又ECPD且ECPD，NFEC且NFEC.四边形NFCE为平行四边形，NEFC，即NEAC.又PD平面ABCD，AC平面ABCD，ACPD.NEAC，NEPD.(2)解：PD平面ABCD，PD平面PDCE，平面PDCE平面ABCD.BCCD，平面PDCE平面ABCDCD，BC平面ABCD，BC平面PDCE.三棱锥EPBC的体积VEPBCVBPECSPECBC(12)2.16(2018安徽马鞍山一模)如图，在直角梯形ABCD中，ABBC，BCAD，AD2AB4，BC3，E为AD的中点，EFB
13、C，垂足为F.沿EF将四边形ABFE折起，连接AD，AC，BC，得到如图所示的六面体ABCDEF.若折起后AB的中点M到点D的距离为3.(1)求证：平面ABFE平面CDEF；(2)求六面体ABCDEF的体积答案(1)略(2)解析(1)如图，取EF的中点N，连接MN，DN，MD.根据题意可知，四边形ABFE是边长为2的正方形，MNEF.由题意，得DN，MD3，MN2DN222()29MD2，MNDN，EFDNN，MN平面CDEF.又MN平面ABFE，平面ABFE平面CDEF.(2)连接CE，则V六面体ABCDEFV四棱锥CABFEV三棱锥ACDE.由(1)的结论及CFEF，AEEF得，CF平面A
14、BFE，AE平面CDEF，V四棱锥CABFES正方形ABFECF，V三棱锥ACDESCDEAE，V六面体ABCDEF.17(2018潍坊质检)直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，BADADC90，AB2AD2CD2.(1)求证：AC平面BB1C1C；(2)在A1B1上是否存在一点P，使得DP与平面BCB1和平面ACB1都平行？证明你的结论答案(1)略(2)P为A1B1的中点时，DP与平面BCB1和平面ACB1都平行解析(1)直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1平面ABCD，BB1AC.又BADADC90，AB2AD2CD2，AC，CAB45.BC.BC2AC2AB
15、2，BCAC.又BB1BCB，BB1平面BB1C1C，BC平面BB1C1C，AC平面BB1C1C.(2)存在点P，P为A1B1的中点由P为A1B1的中点，有PB1AB，且PB1AB.又DCAB，DCAB，DCPB1，且DCPB1.DCB1P为平行四边形，从而CB1DP.又CB1平面ACB1，DP平面ACB1，DP平面ACB1.同理，DP平面BCB1.1(2017温州模拟)正方体ABCDABCD中，E为AC的中点，则直线CE垂直于()AAC BBDCAD DAA答案B解析连接BD，BDAC，BDCC，且ACCCC，BD平面CCE.而CE平面CCE，BDCE.又BDBD，BDCE.2如图所示，在四
16、边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论正确的是()AACBDBBAC90CCA与平面ABD所成的角为30D四面体ABCD的体积为答案B解析取BD的中点O，ABAD，AOBD，又平面ABD平面BCD，AO平面BCD.CDBD，OC不垂直于BD，假设ACBD，OC为AC在平面BCD内的射影，OCBD，矛盾，AC不垂直于BD.A错误；CDBD，平面ABD平面BCD，CD平面ABD，AC在平面ABD内的射影为AD，ABAD1，BD，ABAD，ABAC，B正确；CAD为直线CA与平面ABD所成的角，CAD45，C
17、错误；VABCDSABDCD，D错误，故选B.3(2018四川成都检测)如图，在长方形ABCD中，AB2，BC1，E为DC的中点，F为线段EC上(端点除外)一动点，现将AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABCF.在平面ABD内过点D作DKAB，K为垂足，设AKt，则t的取值范围是()A(，2) B(，1)C(，2) D(，1)答案B解析当点F与点E无限接近时，不妨令二者重合，可得t1，当点C与点F无限接近时，不妨令二者重合，此时有CD2，CBAB，CBDK，CB平面ADB，即有CBBD，对于CD2，BC1，在直角三角形CBD中，得BD，又AD1，AB2，由勾股定理可得BDA是直角，ADBD.由
18、DKAB，可得ADBAKD，可得t，t的取值范围是(，1)，故选B.4如图所示，已知PA矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点(1)求证：MNCD；(2)若PDA45，求证：MN平面PCD.答案(1)略(2)略证明(1)连接AC，PA平面ABCD，PAAC，在RtPAC中，N为PC中点ANPC.PA平面ABCD，PABC.又BCAB，PAABA，BC平面PAB，BCPB.从而在RtPBC中，BN为斜边PC上的中线，BNPC.ANBN，ABN为等腰三角形又M为底边的中点，MNAB，又ABCD，MNCD.(2)PDA45，PAAD，APAD.ABCD为矩形，ADBC，PABC.又M为A
19、B的中点，AMBM.而PAMCBM90，PMCM，又N为PC的中点，MNPC.由(1)知MNCD，PCCDC，MN平面PCD.5(2018四川成都一诊)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且.将AED，CFD，BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图所示(1)求证：GR平面PEF；(2)若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥PDEF的内切球的半径答案(1)略(2)解析(1)依题意，得在三棱锥PDEF中，PE，PF，PD两两垂直PD平面PEF.，即，在PDH中，GRPD.GR平面PEF.(2)由题意知
20、，PEPF2，PD4，EF2，DF2.SPEF2，SDPFSDPE4，SDEF26.设三棱锥PDEF的内切球的半径为r，则三棱锥的体积VPDEFVDPEF224(SPEF2SDPFSDEF)r，解得r.三棱锥PDEF的内切球的半径为.6(2018河南郑州一中月考)如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，DBBC，DBAC，点M是棱BB1上一点(1)求证：B1D1平面A1BD；(2)求证：MDAC；(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1平面CC1D1D.答案(1)略(2)略(3)略解析(1)由ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，得BB1DD1，且BB1DD1，所以四边形BB1D1D是平
21、行四边形，所以B1D1BD.又BD平面A1BD，B1D1平面A1BD，所以B1D1平面A1BD.(2)因为BB1平面ABCD，AC平面ABCD，所以BB1AC.因为BDAC，且BDBB1B，所以AC平面BB1D1D.而MD平面BB1D1D，所以MDAC.(2)当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1平面CC1D1D.证明如下：取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接BN，OM，如图因为N是DC的中点，BDBC，所以BNDC.因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD平面DCC1D1，所以BN平面DCC1D1.易得O是NN1的中点，所以BMON且BMON，所以四边形BMON是平行四边形，所以BNOM，所以OM平面CC1D1D.因为OM平面DMC1，所以平面DMC1平面CC1D1D.12