高考数学二轮复习真题源讲义专题强化训练(十二)

专题强化训练(十二)一、单项选择题1.如图,在斜三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在(B)A.直线AC上 B.直线AB上C.直线BC上 D.△ABC的内部解析:连接AC1,如图.因为∠BAC=90°,所以AC⊥AB,因为BC1⊥AC,BC1∩AB=B,所以AC⊥平面ABC1.又AC在平面ABC内,所以根据平面与平面垂直的判定定理,知平面ABC⊥平面ABC1,则根据平面与平面垂直的性质定理知,在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.故选B.2.(2022·广东湛江二模)已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,且α∩β=m,则“m⊥n”是“n⊥β”的(B)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解析:α∩β=m,m⊥n,只有一条垂直直线,不能得出n⊥β,不充分,当n⊥β时,由于m⊂β,则有n⊥m,是必要的,因此是必要不充分条件.故选B.3.(2022·江苏无锡高三期末)在正方体ABCDA1B1C1D1中,M是正方形ABCD的中心,则直线B1M与平面A1C1B所成角的正弦值为(D)A.13B.33C.63所以B1D⊥A1C1,同理可证B1D⊥A1B.又A1C1∩A1B=A1,所以B1D⊥平面A1C1B,所以B1M与平面A1C1B所成角的正弦值等于B1M与B1D所成角的余弦值,即∠MB1D的余弦值的绝对值.设AB=1,连接BD,则B1M=BB12+BM2=1+12在△MB1D中,由余弦定理,可得|cos∠MB1D|=|32+34.在三棱锥PABC中,已知PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,点D,E分别为棱BC,PC的中点,则下列结论正确的是(D)A.DE⊥AD B.DE⊥PAC.DE⊥AB D.DE⊥AC解析:如图,因为PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,所以△PAC≌△BAC,所以PC=BC.取PB的中点G,连接AG,CG,则PB⊥CG,PB⊥AG,又因为AG∩CG=G,AG⊂平面CAG,CG⊂平面CAG,所以PB⊥平面CAG,又AC⊂平面CAG,则PB⊥AC,5.(2022·山师附中高二月考)如图,已知圆锥的顶点为S,AB是底面圆的直径,点C在底面圆上且∠ABC=60°,点M为劣弧AC的中点,过直线AC作平面α,使得直线SB∥平面α,设平面α与SM交于点N,则SNSMA.13B.23C.12解析:如图,连接BM交AC于点D,连接ND,则平面SBM∩平面α=ND,又SB∥平面α,所以ND∥SB,所以SNSM=BD因为AB是底面圆的直径,∠ABC=60°,点M为劣弧AC的中点,连接MC,所以∠ABM=∠MBC=∠BAC=∠BMC=30°,所以MC=BC=12AB,易得△DAB∽△DCM,所以BDDM=ABMC=21,则BDBM6.如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,则下列说法中错误的是(D)A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OCB.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BDC.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACDD.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD解析:当AB=x=1时,矩形ABCD为正方形,则AC⊥BD,将△BAD沿直线BD翻折,当平面ABD⊥平面BCD时,由OC⊥BD,OC⊂平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以OC⊥平面ABD,又AB⊂平面ABD,所以AB⊥OC,故A正确;当AB=x=1时,矩形ABCD为正方形,则OC⊥BD,OA⊥BD,且OA∩OC=O,所以BD⊥平面OAC,又AC⊂平面OAC,所以AC⊥BD,故B正确;在矩形ABCD中,AB⊥AD,AC=1+x且AC∩AD=A,则此时满足AB⊥平面ACD,故C正确;若AC⊥平面ABD,又AO⊂平面ABD,则AC⊥AO,所以在△AOC中,OC为斜边,这与OC=OA相矛盾,故D不正确.故选D.二、多项选择题7.(2022·湖北黄石市有色一中高三期末)如图,点N为边长为1的正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(BD)A.直线BM,EN是异面直线B.BM≠ENC.直线BM与平面ECD所成角的正弦值为21D.三棱锥NECD的体积为324所以EN⊂平面BDE,同理可知BM⊂平面BDE,所以BM与EN不是异面直线,A错误;对于C选项,因为四边形ABCD是边长为1的正方形,所以BC⊥CD,因为平面ABCD⊥平面ECD,平面ABCD∩平面ECD=CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面ECD,所以直线BM与平面ECD所成的角为∠BMC,因为M为DE的中点,且△CDE是边长为1的正三角形,则CM=32所以BM=BC2+CM2=72对于B选项,取CD的中点O,连接ON,OE,则ON∥BC且ON=12BC=12,OE=所以EN=OE对于D选项,因为ON⊥平面CDE,S△CDE=12×32×12=所以三棱锥NECD的体积为VN-ECD=13S△CDE·ON=13×34故选BD.8.如图1,已知E为正方形ABCD的边AB的中点,将△DAE沿边DE折起到△PDE的位置,连接PC,PB,EC,设F为PC的中点,连接BF,则在翻折的过程中,下列命题正确的是(BCD)A.存在某一翻折位置,使得DE∥平面PBCB.在翻折的过程中(点P不在平面BCDE内),都有BF∥平面PDEC.存在某一翻折位置,使得PE⊥CDD.若CD=PC=4,则三棱锥PCDE的外接球的表面积为76π3解析:对于A选项,取DC的中点G,连接BG,由BE∥GD,BE=GD,得四边形DEBG为平行四边形,所以DE∥GB,而BG与平面PBC相交,所以DE与平面PBC相交,故A错误;对于B选项,连接FG,则FG∥PD,由DE∥GB,易证平面BFG∥平面EPD,而BF⊂平面BFG,所以BF∥平面PDE,故B正确;对于C选项,因为PE⊥PD,要使得PE⊥CD,则PE⊥平面PCD,则PE⊥PC,而EC=ED,此时,只需要PC=PD即可,故C正确;对于D选项,由PD=CD=PC=4可知,PE⊥平面PCD,PE=2,△PCD的外接圆半径r=42sin60°=43则R2=r2+PE22=43324πR2=76π3三、填空题9.如图,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,当底面四边形A1B1C1D1满足条件时,有A1C⊥B1D1(注:填上你认为正确的一种情况即可,不必考虑所有可能的情况).

解析:连接A1C1,由直四棱柱ABCDA1B1C1D1可得CC1⊥平面A1B1C1D1,因为B1D1⊂平面A1B1C1D1,故CC1⊥B1D而A1C⊂平面A1C1C,故A1C⊥B1D1.故当A1C1⊥B1D1时,有A1C⊥B1D1.答案:A1C1⊥B1D1(答案不唯一)10.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,若正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,则m=,n=.

解析:直线CE⊂平面ABPQ,从而CE∥平面A1B1P1Q1,易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交,则m=4.取CD的中点G,连接FG,EG.易证CD⊥平面EGF,又AB⊥平面BPP1B1,AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD,从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1,所以EF∥平面BPP1B1,EF∥平面AQQ1A1,则EF与正方体其余四个面所在平面均相交,则n=4.答案:44四、解答题11.如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.(1)求证:AM∥平面BDE;(2)求证:平面BDE⊥平面BDF.证明:(1)设AC与BD交于点O,连接OE.因为四边形ACEF是矩形,O,M分别为AC,EF的中点,所以EM∥AO且EM=AO,所以四边形AMEO是平行四边形,所以AM∥OE.因为OE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,所以AM∥平面BDE.(2)因为平面ABCD⊥平面ACEF,平面ABCD∩平面ACEF=AC,CE⊥AC,CE⊂平面ACEF,所以CE⊥平面ABCD,所以CD,CB,CE两两相互垂直.以C为原点,CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(2,0,0),E(0,0,1),F(2,2,1),B(0,2,0),所以DE→=(-2,0,1),DF→=(0,2,1),DB→=(-2设m=(x1,y1,z1)是平面BDE的法向量,则m令x1=1,得m=(1,1,2).设n=(x2,y2,z2)是平面BDF的法向量,则n令x2=1,得n=(1,1,-2).因为m·n=1×1+1×1+2×(-2)=0,所以平面BDE⊥平面BDF.12.(2022·山西临汾二模)如图(1),在梯形ABCD中,AD∥BC且AD⊥CD,线段AD上有一点E,满足CD=DE=1,AE=BC=2,现将△ABE,△CDE分别沿BE,CE折起,使AD=5,BD=3,得到如图(2)所示的几何体.(1)求证:AB∥CD;(2)求几何体EABCD的体积.(1)证明:对于图(1),在Rt△EDC中,CD=DE=1,所以EC=2,∠DEC=45°.在△BEC中,EC=2,BC=2,∠ECB=∠DEC=45°,由余弦定理得BE=2+4-2×2×2×22=2,所以EC所以BE⊥EC.同理可得,在△ABE中,AB=2,且AB⊥BE.对于图(2),在△ABD中,AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD.因为BD∩BE=B,BD,BE⊂平面BDE,所以AB⊥平面BDE.在Rt△EDC中,ED⊥CD,在△BDC中,