2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第1讲　立体几何中的证明问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第1讲　立体几何中的证明问题，共7页。

1．已知三条直线a，b，c，若a和b是异面直线，b和c是异面直线，那么直线a和c的位置关系是( D )
A．平行B．相交
C．异面D．平行、相交或异面
2．(2023·临海二模)已知直线l，平面α满足l⊄α，则下列命题一定正确的是( B )
A．存在直线m⊂α，使l∥m
B．存在直线m⊂α，使l⊥m
C．存在直线m⊂α，使l，m相交
D．存在直线m⊂α，使l，m所成角为eq \f(π,6)
【解析】 对于A，若直线l与α相交，则α内的直线与l要么相交要么异面，故不存在直线m⊂α，使l∥m，故A错误；对于B，由于l⊄α，所以l与α相交或者平行，不论是相交还是平行，均可在α内找到与l垂直的直线m，故B正确；对于C，当l∥α时，则α内的直线要么与l平行，要么与l异面，所以不存在m⊂α，使l，m相交，故C错误；对于D，当直线l⊥α时，此时直线l与α内的所有直线均垂直，故不存在直线m⊂α，使l，m所成角为eq \f(π,6)，故D错误．
3．(2023·武昌三模)已知不重合的平面α，β及不重合的直线m，n，则( B )
A．若m∥α，α∥β，则m∥β
B．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
C．若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β
D．若m∥α，α∥β，n⊂β，则m∥n
【解析】 对于A，若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β，故A错误；对于B，若m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，当n∥α时，若n⊥β，则α⊥β，当n⊂α时，若n⊥β，则α⊥β也成立，综上，故B正确；对于C，若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β或α∩β，反例如图(1)所示，可以说明符合条件时，两个平面有相交的可能，故C错误；对于D，如图(2)所示，m，n可能相交或异面，故D错误．
图(1)
图(2)
(第3题)
4．(2023·长沙调研)如图，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论不可能成立的是( B )
(第4题)
A．CD⊥ABB．BC⊥AD
C．BD⊥ABD．BC⊥CD
【解析】 对于A，D，当平面ADC⊥平面ABC时，因为CD⊥AC，平面ADC∩平面ABC＝AC，CD⊂平面ACD，所以CD⊥平面ABC．又AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CD⊥AB，CD⊥BC，故A，D可能成立；对于C，假设DC＝eq \r(,2)a，则AD＝2eq \r(,2)a，AC＝eq \r(,AD2－DC2)＝eq \r(,6)a，BC＝AB＝eq \r(,3)a，连接BD，在△BCD中，由余弦定理得BD＝eq \r(,DC2＋BC2－2DC·BC·cs∠DCB)＝eq \r(,2a2＋3a2－2×\r(,2) a×\r(,3) a×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(,2) ,2))))＝eq \r(,5＋2\r(,3))a＞eq \r(,5)a，则在旋转过程中，存在某一时刻满足BD＝eq \r(,5)a，此时BD2＋AB2＝AD2，BD⊥AB，故C可能成立；对于B，若BC⊥AD，由BC⊥AB，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABD，知BC⊥平面ABD，又BD⊂平面ABD，故BC⊥BD．又BC＞CD，故B不可能成立．
5．(2023·湖州、衢州、丽水二模)(多选)已知α，β为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则下列结论正确的是( ABD )
A．若m∥n，则α∥β
B．若m，n为异面直线，则α与β相交
C．若α与β相交，则m，n相交
D．若α⊥β，则m⊥n
【解析】 由m∥n，m⊥平面α，n⊥平面β，知α∥β，故A正确；由m⊥平面α，n⊥平面β，m，n为异面直线，则α与β相交，故B正确；由m⊥平面α，n⊥平面β，若α与β相交，则m，n可以异面，故C错误；由m⊥平面α，n⊥平面β，若α⊥β，则m⊥n，故D正确．
6．(2023·邵阳、郴州模拟)(多选)如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则( AD )
(第6题)
A．BD∥平面EGHF
B．FH∥平面ABC
C．AC∥平面EGHF
D．直线GE，HF，AC交于一点
【解析】 因为BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD．又E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝eq \f(1,2)BD，则EF∥GH．易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，故A正确，B，C错误；因为EF∥GH，且EF≠GH，所以四边形EGHF为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，而EG⊂平面ABC，FH⊂平面ACD，则点M在平面ABC与平面ACD的交线上，又平面ABC∩平面ACD＝AC，所以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，故D正确．
7．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AD1的中点，F为BD的中点，则( AD )
A．EF∥CD1B．EF⊥AD1
C．EF∥平面BCC1B1D．EF⊥平面AB1C1D
【解析】 对于A，如图，连接AC，D1C，则F为AC的中点，所以EF∥CD1，故A正确；对于B，易知△AD1C为等边三角形，所以∠AD1C＝60°，又EF∥CD1，所以∠AEF＝60°，故B错误；对于C，EF和平面AA1D1D相交，而平面AA1D1D∥平面BB1C1C，则EF和平面BB1C1C相交，故C错误；对于D，因为D1C⊥DC1，D1C⊥AD，AD∩DC1＝D，AD，DC1⊂平面AB1C1D，所以D1C⊥平面AB1C1D，又EF∥D1C，所以EF⊥平面AB1C1D，故D正确．
(第7题)
8．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．
(第8题)
(1) 求证：PA⊥平面ABCD；
【解答】 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊂平面PAD，且PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD．
(2) 求证：平面BEF∥平面PAD；
【解答】 因为AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED是平行四边形，所以AD∥BE．因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD．因为E和F分别是CD和PC的中点，所以EF∥PD．因为EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD．因为BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，所以平面BEF∥平面PAD．
(3) 求证：平面BEF⊥平面PCD．
【解答】 因为AB⊥AD，所以平行四边形ABED是矩形，所以BE⊥CD，AD⊥CD．由(1)知PA⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD．因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF．又因为BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，所以CD⊥平面BEF．因为CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD．
9．如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．
(第9题)
(1) 求证：AF∥平面SEC．
【解答】 如图，取SC的中点G，连接FG，EG，因为F，G分别是SB，SC的中点，所以FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC．因为四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，所以AE∥BC，AE＝eq \f(1,2)BC，所以FG∥AE，FG＝AE，所以四边形AFGE是平行四边形，所以AF∥EG．又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC，所以AF∥平面SEC．
(2) 求证：平面ASB⊥平面CSB．
【解答】 连接EC，因为△SAD是等边三角形，E是AD的中点，所以SE⊥AD．因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，所以AD⊥CE．又SE∩CE＝E，SE，CE⊂平面SEC，所以AD⊥平面SEC．又EG⊂平面SEC，所以AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，所以四边形AFGE是矩形，所以AF⊥FG．又SA＝AB，F是SB的中点，所以AF⊥SB．又FG∩SB＝F，FG⊂平面CSB，SB⊂平面CSB，所以AF⊥平面CSB．又AF⊂平面ASB，所以平面ASB⊥平面CSB．
(3) 在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq \f(BM,BS)的值；若不存在，请说明理由．
【解答】 存在点M满足题意．假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，则BD⊥OM，因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，所以BE＝eq \r(,7)，SE＝eq \r(,3)，BD＝2OB＝2eq \r(,3)，SD＝2，SE⊥AD．因为侧面SAD⊥底面ABCD，侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，所以SE⊥平面ABCD，所以SE⊥BE，所以SB＝eq \r(,SE2＋BE2)＝eq \r(,10)，所以cs∠SBD＝eq \f(SB2＋BD2－SD2,2SB·BD)＝eq \f(3\r(,30),20)，又在Rt△BMO中，cs∠SBD＝eq \f(OB,BM)＝eq \f(3\r(,30),20)，所以BM＝eq \f(2\r(,10),3)，所以eq \f(BM,BS)＝eq \f(2,3)，即在棱SB上存在一点M，使得BD⊥平面MAC，此时eq \f(BM,BS)＝eq \f(2,3)．
(第9题)
B组 抓分题天天练
10．(2023·漳州二检)函数f(x)＝ex－1的图象在x＝0处的切线方程为__y＝x__．
【解析】 由f(x)＝ex－1可得f′(x)＝ex，所以所求切线的斜率为k＝f′(0)＝1，又当x＝0时，y＝f(0)＝0，即切点为(0,0)，则切线方程为y＝x．
11．已知x＜0，则eq \f(2,1－x)－x的最小值为( D )
A．2eq \r(,2)B．4
C．2eq \r(,2)＋1D．2eq \r(,2)－1
【解析】 因为x＜0，则1－x＞1，eq \f(2,1－x)－x＝eq \f(2,1－x)＋(1－x)－1≥2eq \r(,\f(2,1－x)·1－x)－1＝2eq \r(,2)－1，当且仅当eq \f(2,1－x)＝1－x，即x＝1－eq \r(,2)时取等号，所以eq \f(2,1－x)－x的最小值为2eq \r(,2)－1．
12．某公园要建造如图所示的绿地OABC，OA，OC为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏AB与BC，AB与BC的总长度为12m且∠BAO＝∠BCO．设∠BAO＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜α＜\f(π,2)))．
(第12题)
(1) 当AB＝3m，α＝eq \f(5π,12)时，求AC的长；
【解答】 如图，在△ABC中，AB＝3，BC＝9，∠ABC＝2π－eq \f(5π,12)－eq \f(5π,12)－eq \f(π,2)＝eq \f(2π,3)．由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠ABC＝117，故AC＝3eq \r(13)．因此AC的长为3eq \r(13) m．
(第12题)
(2) 当AB＝6m，求四边形OABC面积S的最大值及此时α的值．
【解答】 由题意，AB＝BC＝6，∠ACB＝∠CAB，∠ABC＝2π－2α－eq \f(π,2)＝eq \f(3π,2)－2α，所以∠OAC＝∠OCA＝eq \f(π,4)．在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠ABC＝72－72cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－2α))＝72＋72sin2α，所以S△AOC＝eq \f(1,4)AC2＝18＋18sin2α，S△ABC＝eq \f(1,2)×6×6×sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－2α))＝－18cs2α，于是S＝S△ABC＋S△AOC＝－18cs2α＋18＋18sin2α＝18eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,4)))＋18,0＜α＜eq \f(π,2)．当2α－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(3π,8)时，S取到最大值，最大值为18eq \r(2)＋18．因此，当α＝eq \f(3π,8)时，四边形OABC的面积最大为(18eq \r(2)＋18)m2．