2020高考數(shù)學（理科）二輪專題復習課標通用版跟蹤檢測：立體幾何含答案.doc

教學資料范本2020高考數(shù)學（理科）二輪專題復習課標通用版跟蹤檢測：立體幾何含答案編 輯：_時 間：_一部分專題4 第2講題型對應題號1.空間點、線、面位置關系的判定1,2,4,5,6,7,8,12,132.空間平行、垂直關系的判定與證明3,9,10,11,14 基礎熱身(建議用時：40分鐘) 1已知異面直線a、b滿足a、b且c、則直線c與a、b的關系是()Ac與a、b都相交Bc與a、b都不相交Cc至多與a、b中的一條相交Dc至少與a、b中的一條相交D解析 若c與a、b都不相交、因為c與a在內(nèi)、所以ac.又c與b都在內(nèi)、所以bc.由公理4可知ab、與已知條件矛盾如圖、只有以下三種情況由圖象可知c至少與a、b中的一條相交故選D項2(20xx山東菏澤模擬)設m、n是兩條不同的直線、是三個不同的平面、給出下列四個命題：若m、n、則mn；若、m、則m；若m、n、則mn；若、則.其中正確命題的序號是()A和 B和 C和 D和A解析 中、過n作平面與平面交于直線b、則nb、又m、知mb、從而mn、正確；中、由線面垂直、面面平行的性質(zhì)知m成立、正確；平行于同一平面的兩條直線也可能相交或異面、垂直于同一平面的兩平面也可能相交、則和不正確故選A項3如圖、在下列四個正方體中、A、B為正方體的兩個頂點、M、N、Q為所在棱的中點、則在這四個正方體中、直線AB與平面MNQ不平行的是()ABCDA解析 對于A項、設正方體的底面對角線的交點為O(如圖所示)、連接OQ、則OQAB因為OQ與平面MNQ有交點、所以AB與平面MNQ有交點、即AB與平面MNQ不平行；對于B項、如圖所示、連接CD、因為ABCD、M、Q分別是所在棱的中點、所以MQCD、所以ABMQ.又AB平面MNQ、MQ平面MNQ、所以AB平面MNQ；同理可證C、D項中均有AB平面MNQ.故選A項4如圖、正方體ABCDA1B1C1D1中、E是棱B1C1的中點、動點P在底面ABCD內(nèi)、且PA1A1E、則點P運動形成的圖形是()A線段 B圓弧C橢圓的一部分 D拋物線的一部分B解析 由PA1A1E知點P應落在以A1為球心、A1E長為半徑的球面上又知動點P在底面ABCD內(nèi)、所以點P的軌跡是底面ABCD與球面形成的交線、所以為圓弧故選B項5如圖所示、在正方體ABCDA1B1C1D1中、M、N、P、Q分別是AA1、A1D1、CC1、BC的中點、給出以下四個結論：A1CMN；A1C平面MNPQ；A1C與PM相交；NC與PM異面其中不正確的結論是()A B C DB解析 作出過M、N、P、Q四點的截面交C1D1于點S、交AB于點R、如圖中的六邊形MNSPQR、顯然點A1、C分別位于這個平面的兩側(cè)、故A1C與平面MNPQ一定相交、不可能平行、故結論不正確故選B項6在正三棱柱ABCA1B1C1中、若ABBB1、則AB1與BC1所成的角的大小是()A60 B75 C90 D105C解析 設BB11、如圖所示、延長CC1至C2、使C1C2CC11、連接B1C2、則B1C2BC1、所以AB1C2為AB1與BC1所成的角(或其補角)連接AC2、則ABACB1C1BB1、CC22、所以AB1、B1C2、AC2、所以ACABB1C、則AB1C290.故選C項7(20xx北京卷)已知l、m是平面外的兩條不同直線給出下列三個論斷：lm；m；l.以其中的兩個論斷作為條件、余下的一個論斷作為結論、寫出一個正確的命題：_.解析 將所給論斷、分別作為條件、結論、得到如下三個命題：如果l、m、則lm、正確；如果l、lm、則m、不正確、有可能m在平面內(nèi)；如果lm、m、則l、不正確、有可能l與斜交、l.故答案為“如果l、m、則lm”答案 如果l、m、則lm8如圖、直三棱柱ABCA1B1C1中、側(cè)棱長為2、ACBC1、ACB90、D是A1B1的中點、F是BB1上的動點、AB1、DF交于點E.要使AB1平面C1DF、則線段B1F的長為_解析 設B1Fx、因為AB1平面C1DF、DF平面C1DF、所以AB1DF.由已知條件可得A1B1、設RtAA1B1斜邊AB1上的高為h、則DEh.又2h、所以h、所以DE.在RtDB1E中、B1E.在DB1F中、由面積相等得 x、得x.答案 9(20xx江蘇卷)如圖、在三棱錐ABCD中、ABAD、BCBD、平面ABD平面BCD、點E、F(E與A、D不重合)分別在棱AD、BD上、且EFAD求證：(1)EF平面ABC；(2)ADAC證明 (1)在平面ABD內(nèi)、ABAD、EFAD、則ABEF.因為AB平面ABC、EF平面ABC、所以EF平面ABC(2)因為BCBD、平面ABD平面BCDBD、平面ABD平面BCD、BC平面BCD、所以BC平面ABD因為AD平面ABD、所以BCAD又ABAD、BC、AB平面ABC、所以AD平面ABC、又因為AC平面ABC、所以ADAC10(20xx河北保定統(tǒng)考)如圖、在直角梯形ABCD中、ADBC、BAD、ABBCADa、E是AD的中點、O是AC與BE的交點將ABE沿BE折起到圖中A1BE的位置、得到四棱錐A1BCDE.(1)證明：CD平面A1OC；(2)當平面A1BE平面BCDE時、四棱錐A1BCDE的體積為36、求a的值解析 (1)證明：在圖中、因為ABBCADa、E是AD的中點、BAD、所以BEAC、即在圖中、BEA1O、BEOC、從而BE平面A1OC、又CDBE、所以CD平面A1OC(2)由已知、平面A1BE平面BCDE、且平面A1BE平面BCDEBE、又由(1)知A1OBE、所以A1O平面BCDE、即A1O是四棱錐A1BCDE的高由圖知A1OABa、平行四邊形BCDE的面積SBCABa2.從而四棱錐A1BCDE的體積為VSA1Oa2aa3、由a336、得a6. 能力提升(建議用時：25分鐘) 11如圖、四邊形ABCD中、ADBC、ADAB、BCD45、BAD90、將ADB沿BD折起、使平面ABD平面BCD、構成三棱錐ABCD、則在三棱錐ABCD中、下列命題正確的是()A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABCD解析 因為在四邊形ABCD中、ADBC、ADAB、BCD45、BAD90、所以BDCD又平面ABD平面BCD、且平面ABD平面BCDBD、所以CD平面ABD、則CDAB、又ADAB、ADCDD、所以AB平面ADC、又AB平面ABC、所以平面ABC平面ADC故選D項12如圖、空間四邊形ABCD的兩條對棱AC、BD的長分別為5和4、則平行于兩條對棱的截面四邊形EFGH在平移過程中、周長的取值范圍是_解析 設k、所以1k、所以GH5k、EH4(1k)、所以周長為2GH2EH82k.又因為0k1、所以周長的取值范圍為(8,10)答案 (8,10)13如圖所示、在長方形ABCD中、AB2、BC1、E為CD的中點、F為線段EC上(端點除外)一動點現(xiàn)將AFD沿AF折起、使平面ABD平面ABCF.在平面ABD內(nèi)過點D作DKAB、K為垂足設AKt、則t的取值范圍是_解析 如圖所示、過點K作KMAF于點M、連接DM.因為DKAB、平面ABD平面ABCF、AB為兩平面的交線、所以DK平面ABCF、所以DKAF.又KMAF、DKKMK、所以AF平面DMK、所以DMAF.與折前的圖形對比、可知折前的圖形中D、M、K三點共線且DKAF、如圖所示、于是DAKFDA、所以、即、所以t、又DF(1,2)、故t.答案 14如圖、在四棱錐SABCD中、平面SAD平面ABCD、四邊形ABCD為正方形、且點P為AD的中點、點Q為SB的中點(1)求證：CD平面SAD；(2)求證：PQ平面SCD；(3)若SASD、點M為BC的中點、在棱SC上是否存在點N、使得平面DMN平面ABCD？若存在、請說明其位置、并加以證明；若不存在、請說明理由解析 (1)證明：因為四邊形ABCD為正方形、所以CDAD又因為平面SAD平面ABCD、且平面SAD平面ABCDAD、所以CD平面SAD(2)證明：如圖、取SC的中點R、連接QR、DR.由題意知PDBC、且PDBC在SBC中、點Q為SB的中點、點R為SC的中點、所以QRBC、且QRBC、所以PDQR、且PDQR、所以四邊形PDRQ為平行四邊形、所以PQDR.又因為PQ平面SCD、DR平面SCD、所以PQ平面SCD(3)存在點N為SC的中點、使得平面DMN平面ABCD證明如下：如圖、連接PC