备战2025年高考二轮复习数学专题突破练18

专题突破练(分值:93分)学生用书P187一、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.设l是直线,α,β是两个不同的平面,则下面说法中正确的是()A.若l∥α,l∥β,则α∥βB.若l∥α,l⊥β,则α⊥βC.若l⊥β,α⊥β,则l∥αD.若l∥α,α⊥β,则l⊥β答案B解析若l∥α,l∥β,则α∥β或相交,故A错误;若l∥α,l⊥β,由线面平行和垂直的性质可得α⊥β,故B正确;若l⊥β,α⊥β,则l∥α或l⊂α,故C错误;若l∥α,α⊥β,则l⊥β或l∥β或l⊂β,故D错误.2.(2024·浙江宁波二模)已知平面α,β,γ,α∩β=l,则“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”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C解析由于α∩β=l,所以l⊂α,l⊂β.若l⊥γ,则α⊥γ,β⊥γ;若α⊥γ,β⊥γ,设α∩γ=m,β∩γ=n,则存在直线a⊂γ,使得a⊥m,所以a⊥α.由于l⊂α,故a⊥l.同理存在直线b⊂γ,使得b⊥n,所以b⊥β.由于l⊂β,故b⊥l.由于a,b不平行,所以a,b是平面γ内两条相交直线,所以l⊥γ.故“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”的充要条件.故选C.3.(2024·陕西西安模拟)如图,这是一个正方体的平面展开图,在该正方体中,下列说法正确的是()A.AB∥HG B.CG⊥BHC.CG⊥DH D.AC∥DG答案A解析如图所示,将展开图重新组合成正方体.显然AB∥HG.故A正确;由图易得CG∥DH,显然DH与BH所成角不为直角,因此异面直线CG与BH所成角也不为直角,所以CG⊥BH不成立.因此B,C不正确;由图易得AC∥EG,因为EG与DG相交,因此AC∥DG不成立.故D不正确.4.(2024·陕西商洛模拟)如图,四边形ABCD是圆柱的轴截面,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下面结论中错误的是()A.AE⊥CEB.BC∥平面ADEC.平面ADE⊥平面BCED.DE⊥平面BCE答案D解析因为四边形ABCD是圆柱的轴截面,则线段AB是底面圆的直径,BC,AD都是母线.又E是底面圆周上异于A,B的一点,则AE⊥BE.因为BC⊥平面ABE,AE⊂平面ABE,则BC⊥AE.因为BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,则AE⊥平面BCE.因为CE⊂平面BCE,因此得AE⊥CE,故A正确.因为BC∥AD,BC⊄平面ADE,AD⊂平面ADE,所以BC∥平面ADE,故B正确.因为AE⊥平面BCE,而AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE,故C正确.点D不在底面ABE内,而直线AE在底面ABE内,即AE,DE是两条不同直线.若DE⊥平面BCE,因为AE⊥平面BCE,则DE∥AE,与DE∩AE=E矛盾,故D不正确.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.5.(2024·河北保定三模)已知四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,l为空间内的一条直线,且l⊄平面ABCD,则下列说法正确的是()A.若l∥AB,则l∥平面ABCDB.若l∥AD,则l∥BCC.若l⊥AD,l⊥BC,则l⊥平面ABCDD.若l⊥AB,l⊥CD,则l⊥平面ABCD答案AC解析因为l∥AB,且AB⊂平面ABCD,l⊄平面ABCD,所以l∥平面ABCD,故A正确;因为AD与BC是等腰梯形的腰,二者不平行,故若l∥AD,则直线l与直线BC不平行,故B错误;因为直线AD与BC能相交,所以若l⊥AD,l⊥BC,AD⊂平面ABCD,BC⊂平面ABCD,则l⊥平面ABCD,故C正确;因为AB∥CD,两者不相交,所以若l⊥AB,l⊥CD,推不出l⊥平面ABCD,即D错误.故选AC.6.(2024·湖南衡阳三模)设α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列结论正确的是()A.若m⊥α,m⊥β,则α∥βB.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥nC.若n∥α,m⊥n,则m⊥αD.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n答案AD解析若m⊥α,m⊥β,则α∥β,故A正确;若α∥β,m⊂α,n⊂β,则直线m与n平行或异面,故B不正确;若n∥α,m⊥n,则m可能与α平行,相交或在平面α内,故C不正确;设直线m的一个方向向量为m,直线n的一个方向向量为n.因为m⊥α,n⊥β,则m是平面α的一个法向量,n是平面β的一个法向量.因为α⊥β,所以m⊥n,所以m⊥n,故D正确.故选AD.7.(2024·江苏南通模拟)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接,然后他又将三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得图2所示四面体ABCD.小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断,其中正确的是()图1图2A.CD⊥平面ABCB.AB⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACDD.平面ABD⊥平面BCD答案ABC解析因为二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD.又因为平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,DC⊂平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故A正确.因为DC⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以DC⊥AB.又因为AB⊥AC,且AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正确.因为AB⊥平面ACD,且AB⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面ACD,故C正确.假设平面ABD⊥平面BCD,因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面ABD=AB,所以AB⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,所以AB⊥BC.因为AB与BC不垂直,矛盾,所以平面ABD与平面BCD不垂直,故D错误.三、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.8.如图所示,平面α∥平面β,PA=6,AB=2,BD=12,则AC=.

答案9解析因为平面α∥平面β,平面α∩平面PBD=AC,平面β∩平面PBD=BD,所以AC∥BD,所以△PAC∽△PBD,故ACBD=PAPB=PAPA+9.如图,对于直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,要使A1C⊥B1D1,则在四边形ABCD中,满足的条件可以是.(只需写出一个正确的条件)

答案A1C1⊥B1D1(答案不唯一)解析连接A1C1,如图所示.因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以B1D1⊥CC1.若A1C1⊥B1D1,且A1C1∩CC1=C1,CC1,A1C1⊂平面A1CC1,所以B1D1⊥平面A1CC1.因为A1C⊂平面A1CC1,所以A1C⊥B1D1.四、解答题:本题共3小题,共45分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.10.(15分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=6,AB=10,cos∠CAB=35,AA1=8,点D是AB的中点(1)求证:AC1∥平面CDB1;(2)求证:AC⊥BC1.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,设B1C与BC1交于点E,则E为BC1的中点,连接DE.因为D是AB的中点,所以DE是△ABC1的中位线,则DE∥AC1.又DE⊂平面CDB1,AC1⊄平面CDB1,所以AC1∥平面CDB1.(2)在△ABC中,因为AC=6,AB=10,cos∠CAB=35由余弦定理得,BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos∠CAB=62+102-2×6×10×35=64,则BC=8,显然AB2=AC2+BC2,则△ABC为直角三角形,即AC⊥又CC1⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,于是CC1⊥AC,又CC1∩BC=C,BC,CC1⊂平面BCC1,因此AC⊥平面BCC1.又BC1⊂平面BCC1,所以AC⊥BC1.11.(15分)(2024·陕西西安模拟)如图,已知AC是圆O的直径,PA⊥平面ABCD,E是PC的中点,∠DAC=∠AOB.(1)求证:BE∥平面PAD;(2)求证:平面BEO⊥平面PCD.证明(1)在△PAC中,因为O是AC中点,E是PC中点,所以OE∥PA.又因为OE⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,所以OE∥平面PAD.因为∠DAC=∠AOB,所以OB∥AD.又因为OB⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以OB∥平面PAD.因为OB∩OE=O,OB,OE⊂平面BEO,所以平面BEO∥平面PAD.又BE⊂平面BEO,所以BE∥平面PAD.(2)因为AC是圆O的直径,所以AD⊥CD.因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.因为平面BEO∥平面PAD,所以CD⊥平面BEO.又因为CD⊂平面PCD,所以平面BEO⊥平面PCD.12.(15分)如图,四边形ABCD是菱形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=3AF.(1)求证:平面BAF∥平面CDE;(2)求证:平面EAC⊥平面EBD;(3)设点M是线段BD上一个动点,试确定点M的位置,使得AM∥平面BEF,并证明你的结论.(1)证明因为AF∥DE,AF⊄平面CDE,DE⊂平面CDE,所以AF∥平面CDE.同理,AB∥平面CDE.又AF∩AB=A,AF,AB⊂平面BAF,所以平面BAF∥平面CDE.(2)证明因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.因为DE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥DE