2021高考数学(文理通用)一轮专项强化训练4.docx

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专项强化训练(四)
(45分钟　100分)
一、选择题(每小题6分,共30分)
1.(2022·台州模拟)已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列命题不正确的是(　　)
A.若m∥n,m⊥α,则n⊥α
B.若m∥α,α∩β=n,m∥n
C.若m⊥β,m⊥α,则α∥β
D.若m⊥α,m⊂β,则α⊥β
【解析】选B.由线面垂直的性质可知,选项A正确;因m∥α,α∩β=n,则m与n可能异面,也可能相交,还可能平行,所以选项B错误;由于垂直于同一条直线的两个平面平行,所以选项C正确;由面面垂直的判定定理可知选项D也正确.
2.如图是一个多面体的三视图,则其全面积为(　　)

A.3 B.32+6
C.3+4 D.3+6
【解析】选D.由几何体的三视图可得,此几何体是正三棱柱,其全面积为S=3×(2)2+2×12×(2)2×
sin 60°=6+3.故选D.
3.(2021·太原模拟)在三棱锥A -BCD中,侧棱AB,AC,AD两两垂直,△ABC,△ACD,△ADB的面积分别为22,32,62,则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A.2π　　　　B.6π　　　　C.46π　　　　D.24π
解析】选B.设该三棱锥外接球的半径为R,则依题意有12AB·AC=22,12AD·AC=32,12AB·AD=62,解得AB=2,AC=1,AD=3,
所以(2R)2=AB2+AC2+AD2=6,解得R=62,
故该三棱锥外接球的表面积为4πR2=6π.
4.(2021·丽江模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=12,则下列结论中错误的是(　　)
A.AC⊥BE
B.EF∥平面ABCD
C.三棱锥A-BEF的体积为定值
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等
【解析】选D.由AC⊥平面DBB1D1,可知AC⊥BE,故A正确.由EF∥BD,EF⊄平面ABCD,知EF∥平面ABCD,故B正确.A到平面BEF的距离即A到平面DBB1D1的距离为22,且S△BEF=12BB1×EF=定值,
故VA-BEF为定值,即C正确.
5.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成几何体ABCD,则在几何体ABCD中,下列命题中正确的是(　　)

A.平面ABD⊥平面ABC B.平面ADC⊥平面BCD
C.平面ABC⊥平面BCD D.平面ADC⊥平面ABC
【解析】选D.由已知CD⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD.
从而CD⊥AB,又BA⊥AD,CD∩AD=D,
故AB⊥平面ADC.
又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.已知直线m,n与平面α,β,给出下列三个命题:
①若m∥α,n∥α,则m∥n;
②若m∥α,n⊥α,则n⊥m;
③若m⊥α,m∥β,则α⊥β.
其中真命题的个数是　　　　.
【解析】①平行于同一平面的两直线不愿定平行,所以①错误.②依据线面垂直的性质可知②正确.③依据面面垂直的性质和判定定理可知③正确,所以真命题的个数是2.
答案:2
7.(2022·北海模拟)如图所示,AB是☉O的直径,PA⊥☉O,C为圆周上一点,若AB=5cm,AC=2cm,则B点到平面PAC的距离为　　　　.

【解析】由于AB是☉O的直径,PA⊥☉O,C为圆周上一点,若AB=5cm,AC=2cm,则BC垂直于AC,PA⊥BC,则说明白BC垂直平面PAC,则点B到平面的距离即为BC,利用勾股定理可知为21cm.
答案:21cm
8.(2021·丽水模拟)设正三棱锥S-ABC的底面边长为3,侧棱长为2,则侧棱SA与底面ABC所成角的大小是　　　　　.
【解析】如图所示,

由正棱锥的概念可知SO⊥平面ABC且O为正△ABC的中心,所以AE=32×3,
AO=23AE=3,
SA在底面ABC内的射影为AO,
所以∠SAO即为所求.
所以cos∠SAO=AOSA=32,所以∠SAO=30°.
答案:30°
三、解答题(每小题11分,共55分)
9.(2022·宁波模拟)如图,已知平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF为矩形,四边形ABCD为直角梯形,∠DAB=90°,AB∥CD,AD=AF=4,AB=2CD=8.
(1)求证:AC⊥平面BCE.
(2)求四棱锥C-ABEF的体积.
【解析】(1)由于平面ABEF⊥平面ABCD,且四边形ABEF为矩形,
所以BE⊥BA,BE⊥平面ABCD.
又由于BE⊂平面BCE,所以平面ABCD⊥平面BCE.
又由于在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=4,AB=2CD=8.
所以AC⊥BC,因此,AC⊥平面BCE.
(2)明显DA为四棱锥C-ABEF的高,
VC-ABEF=13·Sh=13×4×8×4=1283.
10.(2021·衡水模拟)如图,底面为平行四边形的四棱柱ABCD-A′B′C′D′中,DD′⊥平面ABCD,∠DAB=π3,AB=2AD,DD′=3AD,E,F分别是线段AB,D′E的中点.

(1)求证:CE⊥DF.
(2)求四棱锥F-AECD与四棱柱ABCD-A′B′C′D′的体积之比.
【解析】(1)由于AD=AE,∠DAB=π3,
所以△DAE是等边三角形,∠AED=π3,又△EBC是等腰三角形且∠EBC=2π3,所以
∠BEC=π6,
所以∠DEC=π2,即CE⊥DE,
由于DD′⊥平面ABCD,所以CE⊥D′D,
又DE∩D′D=D,
所以CE⊥平面D′DE.
由于DF⊂平面D′DE,
所以CE⊥DF.
(2)设AD=2,由于△DAE是等边三角形,
所以平行四边形ABCD的边AB上的高h=3,
所以S▱ABCD=43,S梯形AECD=(2+4)2×3=33,
由于F为D′E的中点,DD′⊥平面ABCD,
所以四棱锥F-AECD的高为12DD′=3,
所以VF-AECDVABCD-A'B'C'D'=13×33×343×6=18,
即四棱锥F-AECD与四棱柱ABCD-A′B′C′D′的体积之比为1∶8.
11.(2022·金华模拟)如图,三棱柱ABC-A1B1C1,侧棱与底面垂直,AB=AC=1,AA1=2,P,Q,M分别是棱BB1,CC1,B1C1的中点,AB⊥AQ.

(1)求证:AC⊥A1P.
(2)求证:AQ∥平面A1PM.
(3)求AQ与平面BCC1B1所成角的大小.
【解析】(1)由已知AA1⊥AB,又AB⊥AQ,
所以AB⊥平面AA1C1C,
所以AB⊥AC,又由于AC⊥AA1,
所以AC⊥平面AA1B1B,
所以AC⊥A1P.
(2)延长PM交CC1于J连结A1J.
由于P,M是棱BB1,B1C1中点,
所以△B1PM≌△C1JM,
所以C1J=1.
在平面AA1C1C中,由AA1∥QJ,
由于C1Q=1,所以AA1=QJ.
所以四边形A1AQJ是平行四边形.
所以AQ∥A1J.所以AQ∥平面A1PM.
(3)M是等腰三角形A1B1C1的边B1C1的中点,A1M⊥B1C1,
又由已知可知A1M⊥CC1,所以A1M⊥平面BCC1B1,又A1J∥AQ,
所以∠A1JM就是AQ与平面BCC1B1所成角.
A1M=22,A1J=2,
所以sin∠A1JM=12,所以∠A1JM=30°.
即AQ与平面BCC1B1所成角为30°.
12.如图,几何体ABCD-B1C1D1中,四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,AB=a,面B1C1D1∥面ABCD,BB1,CC1,DD1都垂直于面ABCD,且BB1=2a,E为CC1的中点.

(1)求证:△DB1E为等腰直角三角形.
(2)求证:AC∥面DB1E.
【证明】(1)连接BD,交AC于O,由于四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,所以BD=a.

由于BB1,CC1都垂直于面ABCD,所以BB1∥CC1.
又面B1C1D1∥面ABCD,所以BC∥B1C1,
所以四边形BCC1B1为平行四边形,则B1C1=BC=a.
由于BB1,CC1,DD1都垂直于面ABCD,则
DB1=DB2+ BB12=a2+ 2a2=3a,
DE=DC2+CE2=a2+a22=6a2,
B1E =B1C12+C1E2=a2+a22=6a2,
所以DE2+ B1E2=6a2+ 6a24=3a2= DB12,
所以△DB1E为等腰直角三角形.
(2)取DB1的中点F,连接EF,OF.
由于O,F分别为DB,DB1的中点,所以OF∥BB1,且OF=12BB1,
由于EC∥BB1,且EC=12BB1,所以OF∥EC,且OF=EC,
所以四边形EFOC为平行四边形,
所以EF∥AC,由于AC⊄面DB1E,
EF⊂面DB1E,
所以AC∥面DB1E.
13.(2021·宁波模拟)已知△BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,
∠ADB=60°,E,F分别是AC,AD上的动点,且AEAC=AFAD=λ(0<λ<1).

(1)求证:不论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC.
(2)当λ为何值时,平面BEF⊥平面ACD?
【解析】(1)由于AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD,
由于CD⊥BC且AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC.
又由于AEAC=AFAD=λ(0<λ<1),
所以不论λ为何值,恒有EF∥CD,
所以EF⊥平面ABC,EF⊂平面BEF,
所以不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC.
(2)由(1)知,BE⊥EF,又平面BEF⊥平面ACD,
所以BE⊥平面ACD,所以BE⊥AC.
由于BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,
所以BD=2,AB=2tan60°=6,
所以AC=AB2+BC2=7,
由AB2=AE·AC得AE=67,所以λ=AEAC=67,
故当λ=67时,平面BEF⊥平面ACD.
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