2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习立体几何考点过关检测十二解析

考点过关检测（十二）1．(2019·重庆一诊)已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内解析：选B假设过点P且平行于l的直线有两条分别为m与n，则m∥l且n∥l.由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交于点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条．又因为点P在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.2．(2019·哈尔滨六中模拟)已知直线a，b，l，平面α，β，则下列命题正确的个数为()①若α⊥β，l⊥α，则l∥β；②若a⊥l，b⊥l，则a∥b；③若α⊥β，l⊂α，则l⊥β；④若l⊥α，l⊥β，则α∥β.A．0B．1C．2D．3解析：选B在①中，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故①错误；在②中，若a⊥l，b⊥l，则a与b相交、平行或异面，故②错误；在③中，若α⊥β，l⊂α，则l与β相交、平行或l⊂β，故③错误；在④中，若l⊥α，l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故④正确．故选B.3．(2019·辽宁五校联考)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则()A．MN∥C1D1B．MN⊥BC1C．MN⊥平面ACD1D．MN⊥平面ACC1解析：选D如图，设CC1的中点为P，连接NP，则NP∥C1D1，又MN∩NP＝N，所以MN∥C1D1是不可能的(实际上MN与C1D1是异面直线)，所以选项A错误；假设MN⊥BC1，连接CM，易知CM⊥BC1，又MN∩CM＝M，所以BC1⊥平面MNC，所以BC1⊥CD1，所以AD1⊥CD1，这与△ACD1为等边三角形矛盾，所以假设错误，即选项B错误；假设MN⊥平面ACD1，则MN⊥CD1，连接MD1，因为N为CD1的中点，所以MC＝MD1，这不可能理由：设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则易求得MC＝22，MD1＝62，所以假设错误，即选项C错误；设CD，BC的中点分别为E，F，连接EF，则易知MN∥EF，且EF⊥平面ACC1，所以MN⊥平面ACC1，所以选项D正确．故选D.4.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P，Q分别是线段AD1和B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则下列命题错误的是()A．存在P，Q的某一位置，使AB∥PQB．△BPQ的面积为定值C．当PA0时，直线PB1与AQ是异面直线D．无论P，Q运动到任何位置，均有BC⊥PQ解析：选B在A中，当P，Q分别是线段AD1和B1C的中点时，AB∥PQ，故A正确；在B中，P在A处时，△BPQ的面积为12，P在AD1中点时，△BPQ的面积不为12，故△BPQ的面积不是定值，故B错误；在C中，当PA0时，假设直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，与已知矛盾，所以直线PB1与AQ是异面直线，故C正确；在D中，BC垂直于PQ在平面ABCD内的射影，由三垂线定理得无论P，Q运动到任何位置，均有BC⊥PQ，故D正确．故选B.5．(2019·唐山三模)若异面直线m，n所成的角是60°，则以下三个命题：①存在直线l，满足l与m，n的夹角都是60°；②存在平面α，满足m⊂α，n与α所成角为60°；③存在平面α，β，满足m⊂α，n⊂β，α与β所成锐二面角为60°.其中正确的命题为________(填序号)．解析：异面直线m，n所成的角是60°，在①中，由异面直线m，n所成的角是60°，在m上任取一点A，过A作直线n′∥n，在空间中过点A能作出直线l，使得l与n，n′的夹角均为60°，∴存在直线l，满足l与m，n的夹角都是60°，故①正确；在②中，在n上取一点B，过B作直线m′∥m，则以m，m′确定的平面α，满足m⊂α，n与α所成的角是60°，故②正确；在③中，在n上取一点C，过C作直线m′∥m，m，m′确定一个平面α，∴过n能作出一个平面β，满足m⊂α，n⊂β，α与β所成锐二面角为60°，故③正确．答案：①②③6．如图所示，四棱锥S­ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，AD＝23，∠ACD＝60°，E为CD的中点．(1)求证：BC∥平面SAE；(2)求三棱锥S­BCE与四棱锥S­ABED的体积比．解：(1)证明：因为AB＝3，BC＝1，∠ABC＝90°，所以AC＝2，∠BCA＝60°，在△ACD中，AD＝23，AC＝2，∠ACD＝60°，由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD，解得CD＝4，所以AC2＋AD2＝CD2，所以△ACD是直角三角形，又E为CD的中点，所以AE＝12CD＝CE，又∠ACD＝60°，所以△ACE为等边三角形，所以∠CAE＝60°＝∠BCA，所以BC∥AE，又BC⊄平面SAE，AE⊂平面SAE，所以BC∥平面SAE.(2)因为SA⊥平面ABCD，所以SA同为三棱锥S­BCE与四棱锥S­ABED的高．由(1)可得∠BCE＝120°，CE＝12CD＝2，所以S△BCE＝12BC·CE·sin∠BCE＝12×1×2×32＝32.S四边形ABED＝S四边形ABCD－S△BCE＝S△ABC＋S△ACD－S△BCE＝12×3×1＋12×2×23－32＝23.所以S△BCE∶S四边形ABED＝32∶23＝1∶4.故三棱锥S­BCE与四棱锥S­ABED的体积比为1∶4.7.(2019·洛阳第二次联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F，G分别是PD，PC，BC的中点．(1)求证：平面EFG⊥平面PAD；(2)若M是线段CD上一点，求三棱锥M­EFG的体积．解：(1)证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，且CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD.∵在△PCD中，E，F分别是PD，PC的中点，∴EF∥CD，∴EF⊥平面PAD，∵EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PAD.(2)∵EF∥CD，EF⊂平面EFG，CD⊄平面EFG，∴CD∥平面EFG，∴线段CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离．连接DG，DF，则V三棱锥M­EFG＝V三棱锥D­EFG.取AD的中点H，连接GH，EH，FH，则EF∥GH，∴V三棱锥D­EFG＝V三棱锥D­EFH＝V三棱锥F­EHD＝13·S△EHD·EF＝13×12×2×2×sin60°×2＝233.故三棱锥M­EFG的体积为233.8．(2019·朝阳模拟)如图，梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，CD＝2，AD＝AB＝1，四边形BDEF为正方形，且平面BDEF⊥平面ABCD.(1)求证：DF⊥CE；(2)若AC与BD相交于点O，那么在棱AE上是否存在点G，使得平面OBG∥平面EFC？并说明理由．解：(1)证明：连接EB，∵梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，CD＝2，AD＝AB＝1，∴BD＝2，BC＝2，∴BD2＋BC2＝CD2，∴BC⊥BD.∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，∴BC⊥平面BDEF，∴BC⊥DF.∵四边形BDEF为正方形，∴DF⊥EB.∵EB∩BC＝B，∴DF⊥平面BCE.∵CE⊂平面BCE，∴DF⊥CE.(2)棱AE上存在点G，AGGE＝12，使得平面OBG∥平面EFC.理由如下：∵AB∥DC，AB＝1，DC＝2，∴AOOC＝12.∵AGGE＝12，∴OG∥CE，∴OG∥平面EFC.∵EF∥OB，∴OB∥平面EFC.∵OB∩OG＝O，∴平面OBG∥平面EFC.9．(2019·广州一模)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC＝2AD＝4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把四边形AEFD折起，使AE⊥CF，得到如下的立体图形．(1)证明：平面AEFD⊥平面EBCF；(2)若BD⊥EC，求点F到平面ABCD的距离．解：(1)证明：由题意可得EF∥AD，∴AE⊥EF.又AE⊥CF，EF∩CF＝F，∴AE⊥平面EBCF.∵AE⊂平面AEFD，∴平面AEFD⊥平面EBCF.(2)如图，过点D作DG∥AE交EF于点G，连接BG，则DG⊥平面EBCF.∵EC⊂平面EBCF，∴DG⊥EC.又BD⊥EC，BD∩DG＝D，∴EC⊥平面BDG.又BG⊂平面BDG，∴EC⊥BG.易得△EGB∽△BEC，∴EGEB＝EBBC，∴EB2＝EG·BC＝AD·BC＝8，∴EB＝22.设点F到平面ABCD的距离为h，由V三棱锥F­ABC＝V三棱锥A­BCF，可得S△ABC·h＝S△BCF·AE.∵BC⊥AE，BC⊥EB，AE∩EB＝E，∴BC⊥平面AEB，∴AB⊥BC.又AB＝AE2＋BE2＝4＝BC，∴S△ABC＝12×4×4＝8.又S△BCF＝12×4×22＝42，∴8h＝42×22＝16，解得h＝2.故点F到平面ABCD的距离为2.