備戰(zhàn)2025年高考二輪復習數(shù)學專題突破練18

專題突破練(分值:93分)學生用書P187一、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.設(shè)l是直線,α,β是兩個不同的平面,則下面說法中正確的是()A.若l∥α,l∥β,則α∥βB.若l∥α,l⊥β,則α⊥βC.若l⊥β,α⊥β,則l∥αD.若l∥α,α⊥β,則l⊥β答案B解析若l∥α,l∥β,則α∥β或相交,故A錯誤;若l∥α,l⊥β,由線面平行和垂直的性質(zhì)可得α⊥β,故B正確;若l⊥β,α⊥β,則l∥α或l?α,故C錯誤;若l∥α,α⊥β,則l⊥β或l∥β或l?β,故D錯誤.2.(2024·浙江寧波二模)已知平面α,β,γ,α∩β=l,則“l(fā)⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件答案C解析由于α∩β=l,所以l?α,l?β.若l⊥γ,則α⊥γ,β⊥γ;若α⊥γ,β⊥γ,設(shè)α∩γ=m,β∩γ=n,則存在直線a?γ,使得a⊥m,所以a⊥α.由于l?α,故a⊥l.同理存在直線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內(nèi)兩條相交直線,所以l⊥γ.故“l(fā)⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”的充要條件.故選C.3.(2024·陜西西安模擬)如圖,這是一個正方體的平面展開圖,在該正方體中,下列說法正確的是()A.AB∥HG B.CG⊥BHC.CG⊥DH D.AC∥DG答案A解析如圖所示,將展開圖重新組合成正方體.顯然AB∥HG.故A正確;由圖易得CG∥DH,顯然DH與BH所成角不為直角,因此異面直線CG與BH所成角也不為直角,所以CG⊥BH不成立.因此B,C不正確;由圖易得AC∥EG,因為EG與DG相交,因此AC∥DG不成立.故D不正確.4.(2024·陜西商洛模擬)如圖,四邊形ABCD是圓柱的軸截面,E是底面圓周上異于A,B的一點,則下面結(jié)論中錯誤的是()A.AE⊥CEB.BC∥平面ADEC.平面ADE⊥平面BCED.DE⊥平面BCE答案D解析因為四邊形ABCD是圓柱的軸截面,則線段AB是底面圓的直徑,BC,AD都是母線.又E是底面圓周上異于A,B的一點,則AE⊥BE.因為BC⊥平面ABE,AE?平面ABE,則BC⊥AE.因為BC∩BE=B,BC,BE?平面BCE,則AE⊥平面BCE.因為CE?平面BCE,因此得AE⊥CE,故A正確.因為BC∥AD,BC?平面ADE,AD?平面ADE,所以BC∥平面ADE,故B正確.因為AE⊥平面BCE,而AE?平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE,故C正確.點D不在底面ABE內(nèi),而直線AE在底面ABE內(nèi),即AE,DE是兩條不同直線.若DE⊥平面BCE,因為AE⊥平面BCE,則DE∥AE,與DE∩AE=E矛盾,故D不正確.二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.5.(2024·河北保定三模)已知四邊形ABCD為等腰梯形,AB∥CD,l為空間內(nèi)的一條直線,且l?平面ABCD,則下列說法正確的是()A.若l∥AB,則l∥平面ABCDB.若l∥AD,則l∥BCC.若l⊥AD,l⊥BC,則l⊥平面ABCDD.若l⊥AB,l⊥CD,則l⊥平面ABCD答案AC解析因為l∥AB,且AB?平面ABCD,l?平面ABCD,所以l∥平面ABCD,故A正確;因為AD與BC是等腰梯形的腰,二者不平行,故若l∥AD,則直線l與直線BC不平行,故B錯誤;因為直線AD與BC能相交,所以若l⊥AD,l⊥BC,AD?平面ABCD,BC?平面ABCD,則l⊥平面ABCD,故C正確;因為AB∥CD,兩者不相交,所以若l⊥AB,l⊥CD,推不出l⊥平面ABCD,即D錯誤.故選AC.6.(2024·湖南衡陽三模)設(shè)α,β是兩個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,則下列結(jié)論正確的是()A.若m⊥α,m⊥β,則α∥βB.若α∥β,m?α,n?β,則m∥nC.若n∥α,m⊥n,則m⊥αD.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,則m⊥n答案AD解析若m⊥α,m⊥β,則α∥β,故A正確;若α∥β,m?α,n?β,則直線m與n平行或異面,故B不正確;若n∥α,m⊥n,則m可能與α平行,相交或在平面α內(nèi),故C不正確;設(shè)直線m的一個方向向量為m,直線n的一個方向向量為n.因為m⊥α,n⊥β,則m是平面α的一個法向量,n是平面β的一個法向量.因為α⊥β,所以m⊥n,所以m⊥n,故D正確.故選AD.7.(2024·江蘇南通模擬)在某次數(shù)學探究活動中,小明先將一副三角板按照圖1的方式進行拼接,然后他又將三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D為直二面角,得圖2所示四面體ABCD.小明對四面體ABCD中的直線、平面的位置關(guān)系作出了如下的判斷,其中正確的是()圖1圖2A.CD⊥平面ABCB.AB⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACDD.平面ABD⊥平面BCD答案ABC解析因為二面角A-BC-D為直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD.又因為平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,DC?平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故A正確.因為DC⊥平面ABC,AB?平面ABC,所以DC⊥AB.又因為AB⊥AC,且AC∩CD=C,AC,CD?平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正確.因為AB⊥平面ACD,且AB?平面ABD,所以平面ABD⊥平面ACD,故C正確.假設(shè)平面ABD⊥平面BCD,因為平面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.因為AB與BC不垂直,矛盾,所以平面ABD與平面BCD不垂直,故D錯誤.三、填空題:本題共2小題,每小題5分,共10分.8.如圖所示,平面α∥平面β,PA=6,AB=2,BD=12,則AC=.

答案9解析因為平面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.如圖,對于直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,要使A1C⊥B1D1,則在四邊形ABCD中,滿足的條件可以是.(只需寫出一個正確的條件)

答案A1C1⊥B1D1(答案不唯一)解析連接A1C1,如圖所示.因為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.因為A1C?平面A1CC1,所以A1C⊥B1D1.四、解答題:本題共3小題,共45分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.10.(15分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=6,AB=10,cos∠CAB=35,AA1=8,點D是AB的中點(1)求證:AC1∥平面CDB1;(2)求證:AC⊥BC1.證明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,設(shè)B1C與BC1交于點E,則E為BC1的中點,連接DE.因為D是AB的中點,所以DE是△ABC1的中位線,則DE∥AC1.又DE?平面CDB1,AC1?平面CDB1,所以AC1∥平面CDB1.(2)在△ABC中,因為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,則BC=8,顯然AB2=AC2+BC2,則△ABC為直角三角形,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·陜西西安模擬)如圖,已知AC是圓O的直徑,PA⊥平面ABCD,E是PC的中點,∠DAC=∠AOB.(1)求證:BE∥平面PAD;(2)求證:平面BEO⊥平面PCD.證明(1)在△PAC中,因為O是AC中點,E是PC中點,所以O(shè)E∥PA.又因為OE?平面PAD,PA?平面PAD,所以O(shè)E∥平面PAD.因為∠DAC=∠AOB,所以O(shè)B∥AD.又因為OB?平面PAD,AD?平面PAD,所以O(shè)B∥平面PAD.因為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)因為AC是圓O的直徑,所以AD⊥CD.因為PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD.又因為PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD,所以CD⊥平面PAD.因為平面BEO∥平面PAD,所以CD⊥平面BEO.又因為CD?平面PCD,所以平面BEO⊥平面PCD.12.(15分)如圖,四邊形ABCD是菱形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=3AF.(1)求證:平面BAF∥平面CDE;(2)求證:平面EAC⊥平面EBD;(3)設(shè)點M是線段BD上一個動點,試確定點M的位置,使得AM∥平面BEF,并證明你的結(jié)論.(1)證明因為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)證明因為四邊形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.因為DE⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以AC⊥DE