(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第8章 第4讲　高效演练分层突破 (含解析)

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[基础题组练]
1．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(　　)
A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α
C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α
解析：选B．若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，或b与α相交，故D错误．故选B．
2．(2020·广州一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
解析：选B．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，
又因为n∥β，所以α⊥β，故B正确；
若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；
若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n异面，
故D错误．
3.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　)

A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
解析：选A．由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.
因为AC⊂平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC.
所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
4．(2020·黑龙江鹤岗模拟)如图，在三棱锥V－ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中不一定成立的是(　　)

A．AC＝BC B．AB⊥VC
C．VC⊥VD D．S△VCD·AB＝S△ABC·VO
解析：选C．因为VO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以VO⊥AB.因为VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊥AB.又因为VO∩VD＝V，所以AB⊥平面VCD.又因为CD⊂平面VCD，所以AB⊥CD.又因为AD＝BD，所以AC＝BC，故A正确．
又因为VC⊂平面VCD，所以AB⊥VC，故B正确；
因为S△VCD＝VO·CD，S△ABC＝AB·CD，所以S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正确．由题中条件无法判断VC⊥VD.故选C．
5. (多选)如图，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于点S，AN⊥PB于点N，则下列选项正确的是(　　)

A．平面ANS⊥平面PBC
B．平面ANS⊥平面PAB
C．平面PAB⊥平面PBC
D．平面ABC⊥平面PAC
解析：选ACD．因为PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，所以平面ABC⊥平面PAC，故D正确；因为B为圆周上不与A，C重合的点，AC为直径，所以BC⊥AB，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，又AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故C正确；因为AB⊥BC，BC⊥PA，又PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥AN，又因为AN⊥PB，PB∩BC＝B，所以AN⊥平面PBC，又AN⊂平面ANS，所以平面ANS⊥平面PBC，故A正确．故选ACD．
6.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是边AB上的一个动点，则PM的最小值为________．

解析：作CH⊥AB于H，连接PH.因为PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH为PM的最小值，等于2.
答案：2
7．(2019·高考北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
解析：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．
命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．
命题(2)：若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则l⊥n，又m1，n⊂β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n⊂α，故m∥α.
命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，a⊂α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.
答案：②③⇒①或①③⇒②(答案不唯一)
8．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有__________________；与AP垂直的直线有________．

解析：因为PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直线AB，BC，AC.
因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC　AB
9.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.

(1)求证：DC⊥平面PAC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.
证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PC⊥DC.
又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC.
(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，
所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PC⊥AB.
又因为PC∩AC＝C，
所以AB⊥平面PAC.
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
10．(2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝2，沿BD折起，使AC＝2.
(1)证明：△ACD为直角三角形；
(2)设B在平面ACD内的射影为P，求四面体PBCD的体积．

解：(1)证明：在Rt△ABD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2，
所以AD＝＝＝2，
因为AC＝2，CD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，
所以AC⊥CD，
所以△ACD是直角三角形．
(2)由(1)知CD⊥AC，易知CD⊥BC，

因为AC∩BC＝C，所以CD⊥平面ABC，又CD⊂平面ACD，
所以平面ABC⊥平面ACD，其交线为AC，
故过B点作AC的垂线，垂足为P，点P即为B在平面ACD内的射影，
易知P为AC的中点，
所以四面体PBCD的体积VPBCD＝××2×2×1＝.
[综合题组练]
1.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(　　)

A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
解析：选D．因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，
所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．
2. (多选)如图，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是(　　)

A．该多面体是三棱锥
B．平面BAD⊥平面BCD
C．平面BAC⊥平面ACD
D．该多面体外接球的表面积为5πa2
解析：选ABCD．由题意得该多面体是一个三棱锥，故A正确；因为AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，所以AP⊥平面BCD，又因为AP⊂平面BAD，所以平面BAD⊥平面BCD，故B正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故C正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故D正确．综上，正确的命题为ABCD．
3．在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE.则⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，EC与BD不垂直，故假设不成立，①错．
②假设AB⊥CD，因为AB⊥AD，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．
③假设AD⊥BC，
因为DC⊥BC，所以BC⊥平面ADC，
所以BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③错．综上，填②.
答案：②
4．如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．

解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h，
又2×＝h×，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝＝.
由面积相等得× ＝x，得x＝.即线段B1F的长为.
答案：
5．(2020·广东七校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．

(1)求四棱锥P­ABCD的体积；
(2)求证：AG∥平面PEC；
(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.
解：(1)易知V四棱锥P­ABCD＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝.

(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，
则易得AE∥FG，且AE＝CD＝FG，
所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.
因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，
所以AG∥平面PEC.
(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，
因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG.
易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AG⊥平面PCD，
所以EF⊥平面PCD.
又EF⊂平面PEC，
所以平面PEC⊥平面PCD.
6.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝.

(1)求证：B1C∥平面A1BM；
(2)求证：AC1⊥平面A1BM；
(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：连接AB1与A1B，两线交于点O，连接OM.

在△B1AC中，因为M，O分别为AC，AB1的中点，
所以OM∥B1C，
又因为OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，
所以B1C∥平面A1BM.
(2)证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC ，BM⊂平面ABC，
所以AA1⊥BM，
又因为M为棱AC的中点，AB＝BC，所以BM⊥AC.
因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BM⊥平面ACC1A1，
所以BM⊥AC1.
因为AC＝2，所以AM＝1.
又因为AA1＝，
所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，
tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝，
所以∠AC1C＝∠A1MA，
即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，
所以A1M⊥AC1.
因为BM∩A1M＝M，BM，A1M⊂平面A1BM，
所以AC1⊥平面A1BM.
(3)当点N为BB1的中点，即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.
证明如下：
设AC1的中点为D，连接DM，DN.因为D，M分别为AC1，AC的中点，

所以DM∥CC1，且DM＝CC1.
又因为N为BB1的中点，
所以DM∥BN，且DM＝BN，
所以四边形BNDM为平行四边形，所以BM∥DN，
因为BM⊥平面ACC1A1，所以DN⊥平面AA1C1C.
又因为DN⊂平面AC1N，
所以平面AC1N⊥平面AA1C1C.