2024年高考數(shù)學重難點突破講義：配套熱練 第1講　立體幾何中的證明問題

專題三立體幾何第1講立體幾何中的證明問題A組固法熱練1．已知三條直線a，b，c，若a和b是異面直線，b和c是異面直線，那么直線a和c的位置關(guān)系是(D)A．平行 B．相交 C．異面 D．平行、相交或異面2．(2023·臨海二模)已知直線l，平面α滿足l?α，則下列命題一定正確的是(B)A．存在直線m?α，使l∥mB．存在直線m?α，使l⊥mC．存在直線m?α，使l，m相交D．存在直線m?α，使l，m所成角為eq\f(π,6)【解析】對于A，若直線l與α相交，則α內(nèi)的直線與l要么相交要么異面，故不存在直線m?α，使l∥m，故A錯誤；對于B，由于l?α，所以l與α相交或者平行，不論是相交還是平行，均可在α內(nèi)找到與l垂直的直線m，故B正確；對于C，當l∥α時，則α內(nèi)的直線要么與l平行，要么與l異面，所以不存在m?α，使l，m相交，故C錯誤；對于D，當直線l⊥α時，此時直線l與α內(nèi)的所有直線均垂直，故不存在直線m?α，使l，m所成角為eq\f(π,6)，故D錯誤．3．(2023·武昌三模)已知不重合的平面α，β及不重合的直線m，n，則(B)A．若m∥α，α∥β，則m∥βB．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α⊥βC．若m∥n，m∥α，n∥β，則α∥βD．若m∥α，α∥β，n?β，則m∥n【解析】對于A，若m∥α，α∥β，則m∥β或m?β，故A錯誤；對于B，若m⊥n，m⊥α，則n∥α或n?α，當n∥α時，若n⊥β，則α⊥β，當n?α時，若n⊥β，則α⊥β也成立，綜上，故B正確；對于C，若m∥n，m∥α，n∥β，則α∥β或α∩β，反例如圖(1)所示，可以說明符合條件時，兩個平面有相交的可能，故C錯誤；對于D，如圖(2)所示，m，n可能相交或異面，故D錯誤．圖(1)圖(2)(第3題)4．(2023·長沙調(diào)研)如圖，已知四邊形ABCD是由一個等腰直角三角形ABC和一個有一內(nèi)角為30°的直角三角形ACD拼接而成，將△ACD繞AC邊旋轉(zhuǎn)的過程中，下列結(jié)論不可能成立的是(B)(第4題)A．CD⊥AB B．BC⊥ADC．BD⊥AB D．BC⊥CD【解析】對于A，D，當平面ADC⊥平面ABC時，因為CD⊥AC，平面ADC∩平面ABC＝AC，CD?平面ACD，所以CD⊥平面ABC．又AB?平面ABC，BC?平面ABC，所以CD⊥AB，CD⊥BC，故A，D可能成立；對于C，假設(shè)DC＝eq\r(,2)a，則AD＝2eq\r(,2)a，AC＝eq\r(,AD2－DC2)＝eq\r(,6)a，BC＝AB＝eq\r(,3)a，連接BD，在△BCD中，由余弦定理得BD＝eq\r(,DC2＋BC2－2DC·BC·cos∠DCB)＝eq\r(,2a2＋3a2－2×\r(,2)a×\r(,3)a×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,2),2))))＝eq\r(,5＋2\r(,3))a＞eq\r(,5)a，則在旋轉(zhuǎn)過程中，存在某一時刻滿足BD＝eq\r(,5)a，此時BD2＋AB2＝AD2，BD⊥AB，故C可能成立；對于B，若BC⊥AD，由BC⊥AB，AB∩AD＝A，AB，AD?平面ABD，知BC⊥平面ABD，又BD?平面ABD，故BC⊥BD．又BC＞CD，故B不可能成立．5．(2023·湖州、衢州、麗水二模)(多選)已知α，β為兩個不重合的平面，m，n為兩條不重合的直線，m⊥平面α，n⊥平面β，則下列結(jié)論正確的是(ABD)A．若m∥n，則α∥βB．若m，n為異面直線，則α與β相交C．若α與β相交，則m，n相交D．若α⊥β，則m⊥n【解析】由m∥n，m⊥平面α，n⊥平面β，知α∥β，故A正確；由m⊥平面α，n⊥平面β，m，n為異面直線，則α與β相交，故B正確；由m⊥平面α，n⊥平面β，若α與β相交，則m，n可以異面，故C錯誤；由m⊥平面α，n⊥平面β，若α⊥β，則m⊥n，故D正確．6．(2023·邵陽、郴州模擬)(多選)如圖，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，G，H分別在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，則(AD)(第6題)A．BD∥平面EGHFB．FH∥平面ABCC．AC∥平面EGHFD．直線GE，HF，AC交于一點【解析】因為BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD．又E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，所以EF∥BD，且EF＝eq\f(1,2)BD，則EF∥GH．易知BD∥平面EGHF，F(xiàn)H與AC為相交直線，故A正確，B，C錯誤；因為EF∥GH，且EF≠GH，所以四邊形EGHF為梯形，所以EG與FH必相交，設(shè)交點為M，而EG?平面ABC，F(xiàn)H?平面ACD，則點M在平面ABC與平面ACD的交線上，又平面ABC∩平面ACD＝AC，所以M∈AC，即直線GE，HF，AC交于一點，故D正確．7．(多選)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為AD1的中點，F(xiàn)為BD的中點，則(AD)A．EF∥CD1 B．EF⊥AD1C．EF∥平面BCC1B1 D．EF⊥平面AB1C1D【解析】對于A，如圖，連接AC，D1C，則F為AC的中點，所以EF∥CD1，故A正確；對于B，易知△AD1C為等邊三角形，所以∠AD1C＝60°，又EF∥CD1，所以∠AEF＝60°，故B錯誤；對于C，EF和平面AA1D1D相交，而平面AA1D1D∥平面BB1C1C，則EF和平面BB1C1C相交，故C錯誤；對于D，因為D1C⊥DC1，D1C⊥AD，AD∩DC1＝D，AD，DC1?平面AB1C1D，所以D1C⊥平面AB1C1D，又EF∥D1C，所以EF⊥平面AB1C1D，故D正確．(第7題)8．如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD和PC的中點．(第8題)(1)求證：PA⊥平面ABCD；【解答】因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA?平面PAD，且PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD．(2)求證：平面BEF∥平面PAD；【解答】因為AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中點，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四邊形ABED是平行四邊形，所以AD∥BE．因為BE?平面PAD，AD?平面PAD，所以BE∥平面PAD．因為E和F分別是CD和PC的中點，所以EF∥PD．因為EF?平面PAD，PD?平面PAD，所以EF∥平面PAD．因為BE∩EF＝E，BE，EF?平面BEF，所以平面BEF∥平面PAD．(3)求證：平面BEF⊥平面PCD．【解答】因為AB⊥AD，所以平行四邊形ABED是矩形，所以BE⊥CD，AD⊥CD．由(1)知PA⊥平面ABCD，又CD?平面ABCD，所以PA⊥CD．因為PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，所以CD⊥PD．因為E和F分別是CD和PC的中點，所以PD∥EF，所以CD⊥EF．又因為BE∩EF＝E，BE，EF?平面BEF，所以CD⊥平面BEF．因為CD?平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD．9．如圖，在四棱錐S－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點．(第9題)(1)求證：AF∥平面SEC．【解答】如圖，取SC的中點G，連接FG，EG，因為F，G分別是SB，SC的中點，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC．因為四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點，所以AE∥BC，AE＝eq\f(1,2)BC，所以FG∥AE，F(xiàn)G＝AE，所以四邊形AFGE是平行四邊形，所以AF∥EG．又AF?平面SEC，EG?平面SEC，所以AF∥平面SEC．(2)求證：平面ASB⊥平面CSB．【解答】連接EC，因為△SAD是等邊三角形，E是AD的中點，所以SE⊥AD．因為四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點，所以AD⊥CE．又SE∩CE＝E，SE，CE?平面SEC，所以AD⊥平面SEC．又EG?平面SEC，所以AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，所以四邊形AFGE是矩形，所以AF⊥FG．又SA＝AB，F(xiàn)是SB的中點，所以AF⊥SB．又FG∩SB＝F，F(xiàn)G?平面CSB，SB?平面CSB，所以AF⊥平面CSB．又AF?平面ASB，所以平面ASB⊥平面CSB．(3)在棱SB上是否存在一點M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq\f(BM,BS)的值；若不存在，請說明理由．【解答】存在點M滿足題意．假設(shè)在棱SB上存在點M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，則BD⊥OM，因為四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，所以BE＝eq\r(,7)，SE＝eq\r(,3)，BD＝2OB＝2eq\r(,3)，SD＝2，SE⊥AD．因為側(cè)面SAD⊥底面ABCD，側(cè)面SAD∩底面ABCD＝AD，SE?平面SAD，所以SE⊥平面ABCD，所以SE⊥BE，所以SB＝eq\r(,SE2＋BE2)＝eq\r(,10)，所以cos∠SBD＝eq\f(SB2＋BD2－SD2,2SB·BD)＝eq\f(3\r(,30),20)，又在Rt△BMO中，cos∠SBD＝eq\f(OB,BM)＝eq\f(3\r(,30),20)，所以BM＝eq\f(2\r(,10),3)，所以eq\f(BM,BS)＝eq\f(2,3)，即在棱SB上存在一點M，使得BD⊥平面MAC，此時eq\f(BM,BS)＝eq\f(2,3)．(第9題)B組抓分題天天練10．(2023·漳州二檢)函數(shù)f(x)＝ex－1的圖象在x＝0處的切線方程為__y＝x__．【解析】由f(x)＝ex－1可得f′(x)＝ex，所以所求切線的斜率為k＝f′(0)＝1，又當x＝0時，y＝f(0)＝0，即切點為(0,0)，則切線方程為y＝x．11．已知x＜0，則eq\f(2,1－x)－x的最小值為(D)A．2eq\r(,2) B．4C．2eq\r(,2)＋1 D．2eq\r(,2)－1【解析】因為x＜0，則1－x＞1，eq\f(2,1－x)－x＝eq\f(2,1－x)＋(1－x)－1≥2eq\r(,\f(2,1－x)·1－x)－1＝2eq\r(,2)－1，當且僅當eq\f(2,1－x)＝1－x，即x＝1－eq\r(,2)時取等號，所以eq\f(2,1－x)－x的最小值為2eq\r(,2)－1．12．某公園要建造如圖所示的綠地OABC，OA，OC為互相垂直的墻體，已有材料可建成的圍欄AB與BC，AB與BC的總長度為12m且∠BAO＝∠BCO．設(shè)∠BAO＝αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜α＜\f(π,2)))．(第12題)(1)當AB＝3m，α＝eq\f(5π,12)時，求AC的長；【解答】如圖，在△ABC中，AB＝3，BC＝9，∠ABC＝2π－eq\f(5π,12)－eq\f(5π,12)－eq\f(π,2)＝eq\f(2π,3)．由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝117，故AC＝3eq\r(13)．因此AC的長為3eq\r(13)m．(第12題)(2)當AB＝6m，求四邊形OABC面積S的最大值及此時α的值．【解答】由題意，AB＝BC＝6，∠ACB＝∠CAB，∠ABC＝2π－2α－eq\f(π,2)＝eq\f(3π,2)－2α，所以∠OAC＝∠OCA＝eq\f(π,4)．在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝72－72coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2α))＝72＋72sin2α，所以S△AOC＝eq\f(1,4)AC2＝18＋18sin2α，S△ABC＝eq\f(1,2)×6×6×sineq\b\lc\(\rc\)(