2022届高三数学一轮复习（原卷版）第4讲　高效演练分层突破.doc

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1、基础题组练1设为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是()A若a，b，则ab B若a，ab，则bC若a，ab，则b D若a，ab，则b解析：选B若a，b，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a，ab，则b或b，故C错误；若a，ab，则b或b，或b与相交，故D错误故选B2(2020·广州一模)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若，m，n，则mnB若m，mn，n，则C若mn，m，n，则D若，m，n，则mn解析：选B若，m，n，则m与n相交、平行或异面，故A错误；因为m，mn，所以n，又因为n，所以，故B正确；若mn，m，n，则与的

2、位置关系不确定，故C错误；若，m，n，则mn或m，n异面，故D错误3.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，BAC90°，BC1AC，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 DABC内部解析：选A由ACAB，ACBC1，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VABC中，VO平面ABC，OCD，VAVB，ADBD，则下列结论中不一定成立的是()AACBC BABVCCVCVD DSVCD·ABS

3、ABC·VO解析：选C因为VO平面ABC，AB平面ABC，所以VOAB.因为VAVB，ADBD，所以VDAB.又因为VOVDV，所以AB平面VCD.又因为CD平面VCD，所以ABCD.又因为ADBD，所以ACBC，故A正确又因为VC平面VCD，所以ABVC，故B正确；因为SVCDVO·CD，SABCAB·CD，所以SVCD·ABSABC·VO，故D正确由题中条件无法判断VCVD.故选C5. (多选)如图，AC2R为圆O的直径，PCA45°，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，ASPC于点S，ANPB于点N，则下列

4、选项正确的是()A平面ANS平面PBCB平面ANS平面PABC平面PAB平面PBCD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BCAB，因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以BCPA，又ABPAA，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ABBC，BCPA，又PAABA，所以BC平面PAB，所以BCAN，又因为ANPB，PBBCB，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ACD6.如图，在ABC中，ACB9

5、0°，AB8，ABC60°，PC平面ABC，PC4，M是边AB上的一个动点，则PM的最小值为_解析：作CHAB于H，连接PH.因为PC平面ABC，所以PHAB，PH为PM的最小值，等于2.答案：27(2019·高考北京卷)已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.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lm，m，则l，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，A1D1和A1B1

6、分别为l和m，满足条件，但结论不成立命题(2)：若lm，l，则m，此命题正确证明：作直线m1m，且与l相交，故l与m1确定一个平面，且lm1，因为l，所以平面与平面相交，设n，则ln，又m1，n，所以m1n，又m1m，所以mn，又m在平面外，n，故m.命题(3)：若m，l，则lm，此命题正确证明：过直线m作一平面，且与平面相交，交线为a，因为m，所以ma.因为l，a，所以la，又ma，所以lm.答案：或(答案不唯一)8如图，已知BAC90°，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，

7、BC，AC.因为ABAC，ABPC，ACPCC，所以AB平面PAC，又因为AP平面PAC，所以ABAP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB9.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC平面ABCD，ABDC，DCAC.(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PCDC.又因为ACDC，且PCACC，所以DC平面PAC.(2)因为ABCD，DCAC，所以ABAC.因为PC平面ABCD，AB平面ABCD，所以PCAB.又因为PCACC，所以AB平面PAC.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAC.10(

8、2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形ABCD中，ABBD，ABBCCD2，BD2，沿BD折起，使AC2.(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RtABD中，ABBD，AB2，BD2，所以AD2，因为AC2，CD2，所以AC2CD2AD2，所以ACCD，所以ACD是直角三角形(2)由(1)知CDAC，易知CDBC，因为ACBCC，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

9、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()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC解析：选D因为BCDF，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，AEBC，PEBC，DFBC，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P

10、1，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BCDC平面BAC平面ACDD该多面体外接球的表面积为5a2解析：选ABCD由题意得该多面体是一个三棱锥，故A正确；因为APBP，APCP，BPCPP，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Ra，所以该多面体外接球的表面积为5a2，故D正确综上，正确的命题为ABCD3在矩形ABCD中，ABBC，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

11、中，给出下列结论：存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；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：假设AC与BD垂直，过点A作AEBD于点E，连接CE.则BD平面AECBDCE，而在平面BCD中，EC与BD不垂直，故假设不成立，错假设ABCD，因为ABAD，所以AB平面ACD，所以ABAC，由ABBC可知，存在这样的等腰直角三角形，使ABCD，故假设成立，正确假设ADBC，因为DCBC，所以BC平面ADC，所以BCAC，即ABC为直角三角形，且AB为斜边，而ABBC，故矛盾，假设不成立，错综上，填

12、.答案：4如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，ACBC1，ACB90°，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B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1，设RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEh，又2×h×，所以h，DE.在RtDB1E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ABC

13、D为正方形，PAAB2，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P­ABCDS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AEFG，且AECDFG，所以四边形AEFG为平行四边形，所以EFAG.因为EF平面PEC，AG平面PEC，所以AG平面PEC.(3)证明：易知CDAD，CDPA，因为PAADA，PA平面PAD，AD平面PAD，所以CD平面PAD.又AG平面PAD，所以CDAG.

14、易知PDAG，因为PDCDD，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ABBC，AC2，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OMB1C，又因为OM平面A1BM，B1C平面A1

15、BM，所以B1C平面A1BM.(2)证明：因为侧棱AA1底面ABC ，BM平面ABC，所以AA1BM，又因为M为棱AC的中点，ABBC，所以BMAC.因为AA1ACA，AA1，AC平面ACC1A1，所以BM平面ACC1A1，所以BMAC1.因为AC2，所以AM1.又因为AA1，所以在RtACC1和RtA1AM中，tanAC1CtanA1MA，所以AC1CA1MA，即AC1CC1ACA1MAC1AC90°，所以A1MAC1.因为BMA1MM，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DMCC1，且DMCC1.又因为N为BB1的中点，所以DMBN，且DMBN，所以四边形BNDM为平行四边形，所以BMDN，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.