2017年度高考数学快速命中考点4 6页

‎2014高考数学快速命中考点4‎ 一、选择题 ‎1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β ‎【解析】　可以借助正方体模型对四个选项分别剖析，得出正确结论．A项，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；B项，当m∥α，m∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误；C项，当m∥n，m⊥α时，n⊥α，故正确；D项，当m∥α，α⊥β时，m可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.‎ ‎【答案】　C ‎2．已知m、n、l是三条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出以下命题：‎ ‎①若m⊂α，n∥α，则m∥n；‎ ‎②若m⊂α，n⊂β，α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，则m⊥n；‎ ‎③若n∥m，m⊂α，则n∥α；‎ ‎④若α∥γ，β∥γ，则α∥β.‎ 其中正确命题的序号是(　　)‎ A．②④　　　B．②③　　　C．③④　　　D．①③‎ ‎【解析】　对于命题①，m、n可能是异面直线，故①错；对于命题③，可能有n⊂α，故③错；故选A.‎ ‎【答案】　A ‎3．已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列五个命题：‎ ‎①若l⊂β，且α∥β，则l∥α；‎ ‎②若l⊥β，且α∥β，则l⊥α；‎ ‎③若l⊥β，且α⊥β，则l∥α；‎ ‎④α∩β＝m，且l∥m，则l∥α；‎ ‎⑤若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则l∥m.‎ 则所有正确命题的序号是(　　)‎ A．①③⑤ B．②④⑤‎ C．①②⑤ D．①②④‎ ‎【解析】　根据面面平行的性质知，①②正确，⑤中由l∥α，l平行平面α中的某条直线x，同理l平行平面β中的某条直线y，从而x∥y，所以y∥α，进而y∥m，故l∥m，所以⑤正确．故选C.‎ ‎【答案】　C ‎4．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)‎ A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β ‎【解析】　本题可以依据相应的判定定理或性质定理进行判断，也可以借助于长方体模型，利用模型中的直线和平面进行判断．‎ 如图，在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，平面BCC1B1⊥平面ABCD，BC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A错误．‎ 平面A1B‎1C1D1∥平面ABCD，B1D1⊂平面A1B‎1C1D1，AC⊂平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B错误．‎ AB⊥A1D1，AB⊂平面ABCD，A1D1⊂平面A1B‎1C1D1，但平面A1B‎1C1D1∥平面ABCD，故C错误．故选D.‎ ‎【答案】　D ‎5．如图4－2－8，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝(　　)‎ 图4－2－8‎ A．8 B．9 ‎ C．10 D．11‎ ‎【解析】　取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CD⊥EH，CD⊥FH，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.‎ ‎【答案】　A 二、填空题 图4－2－9‎ ‎6．如图4－2－9，在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，M，N分别是棱C1D1，C‎1C的中点．以下四个结论：‎ ‎①直线AM与直线CC1相交；‎ ‎②直线AM与直线BN平行；‎ ‎③直线AM与直线DD1异面；‎ ‎④直线BN与直线MB1异面．‎ 其中正确结论为________．(注：把你认为正确的结论序号都填上)‎ ‎【解析】　由图可知AM与CC1是异面直线；AM与BN也是异面直线；AM与DD1是异面直线；BN与MB1也是异面直线，故①②错误，③④正确．‎ ‎【答案】　③④‎ ‎7．给出下列命题：‎ ‎①直线a与平面α不平行，则a与平面α内的所有直线都不平行；‎ ‎②直线a与平面α不垂直，则a与平面α内的所有直线都不垂直；‎ ‎③异面直线a，b不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直；‎ ‎④若直线a和b共面，直线b和c共面，则a和c共面．‎ 其中错误的命题是________．(只填序号)‎ ‎【解析】　对于命题①②，当直线a在平面α内时，结论不成立，故命题①②错；‎ 对于命题③，假设过a的一个平面与b垂直，则异面直线a，b垂直与已知矛盾．故命题③正确；‎ 对于命题④，当直线a和b平行，b与c相交时，a和c可能是异面直线，故命题④错误．‎ ‎【答案】　①②④‎ ‎8．如图4－2－10，正方体ABCD—A1B‎1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．‎ 图4－2－10‎ ‎①当0＜CQ＜时，S为四边形；‎ ‎②当CQ＝时，S为等腰梯形；‎ ‎③当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝；‎ ‎④当＜CQ＜1时，S为六边形；‎ ‎⑤当CQ＝1时，S的面积为.‎ ‎【解析】　①当0＜CQ＜时，如图(1)．‎ 在平面AA1D1D内，作AE∥PQ，‎ 显然E在棱DD1上，连接EQ，‎ 则S是四边形APQE.‎ ‎②当CQ＝时，如图(2)．‎ 显然PQ∥BC1∥AD1，连接D1Q，‎ 则S是等腰梯形．‎ ‎③当CQ＝时，如图(3)．‎ 作BF∥PQ交CC1的延长线于点F，则C‎1F＝.‎ 作AE∥BF，交DD1的延长线于点E，D1E＝，AE∥PQ，‎ 连接EQ交C1D1于点R，由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E，‎ ‎∴C1Q∶D1E＝C1R∶RD1＝1∶2，∴C1R＝.‎ ‎④ 当＜CQ＜1时，如图(3)，连接RM(点M为AE与A1D1交点)，显然S为五边形APQRM.‎ ‎⑤当CQ＝1时，如图(4)．‎ 同③可作AE∥PQ交DD1的延长线于点E，交A1D1于点M，显然点M为A1D1的中点，所以S为菱形APQM，其面积为MP×AQ＝××＝.‎ ‎【答案】　①②③⑤‎ 三、解答题 ‎9．如图4－2－11，直四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.‎ 图4－2－11‎ ‎(1)证明：BE⊥平面BB‎1C1C；‎ ‎(2)求点B1到平面EA‎1C1的距离．‎ ‎【解】　(1)证明　过点B作CD的垂线交CD于点F，则 BF＝AD＝，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.‎ 在Rt△BFE中，BE＝.‎ 在Rt△CFB中，BC＝.‎ 在△BEC中，因为BE2＋BC2＝9＝EC2，故BE⊥BC.‎ 由BB1⊥平面ABCD，得BE⊥BB1，‎ 所以BE⊥平面BB‎1C1C.‎ ‎(2)连接B1E，则三棱锥E－A1B‎1C1的体积V＝AA1·S△A1B‎1C1＝.‎ 在Rt△A1D‎1C1中，A‎1C1＝＝3.‎ 同理，EC1＝＝3，‎ A1E＝＝2，‎ 故S△A‎1C1E＝3.‎ 设点B1到平面EA‎1C1的距离为d，‎ 则三棱锥B1－EA‎1C1的体积 V＝·d·S△EA‎1C1＝d，‎ 从而d＝，d＝.‎ ‎10．如图4－2－12，斜三棱柱A1B‎1C1—ABC中，侧面AA‎1C1C⊥底面ABC，底面ABC是边长为2的等边三角形，侧面AA‎1C1C是菱形，∠A‎1AC＝60°，E、F分别是A‎1C1、AB的中点．‎ 图4－2－12‎ ‎(1)求证：EC⊥平面ABC；‎ ‎(2)求三棱锥A1—EFC的体积．‎ ‎【解】　证明　(1)在平面AA‎1C1C内，作A1O⊥AC，O为垂足．‎ 因为∠A‎1AC＝60°，所以AO＝AA1＝AC，即O为AC的中点，所以OC綊A1E.‎ 因而EC綊A1O.因为侧面AA‎1C1C⊥底面ABC，交线为AC，A1O⊥AC，所以A1O⊥平面ABC.‎ 所以EC⊥平面ABC.‎ ‎(2)F到平面A1EC的距离等于B点到平面A1EC距离BO长度的一半，而BO＝.‎ 所以VA1—EFC＝VF—A1EC＝S△A1EC·BO ‎＝·A1E·EC·＝···＝.‎ ‎11．如图4－2－13，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点．现在沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：‎ 图4－2－13‎ ‎(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．‎ ‎(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE.‎ ‎【解】　(1)线段AB上存在一点K，且当AK＝AB时，BC∥平面DFK.‎ 证明如下：‎ 设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH.‎ 又因为AK＝AB，F为AE的中点，所以KF∥EH，所以KF∥BC，‎ ‎∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，‎ ‎∴BC∥平面DFK.‎ ‎(2)证明　因为F为AE的中点，DA＝DE＝1，所以DF⊥AE.‎ 因为平面ADE⊥平面ABCE，所以DF⊥平面ABCE.‎ 因为BE⊂平面ABCE，所以DF⊥BE.‎ 又因为在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，所以在折起后的图形中，AE＝BE＝，‎ 从而AE2＋BE2＝4＝AB2，‎ 所以AE⊥BE.‎ 因为AE∩DF＝F，所以BE⊥平面ADE，‎ 因为BE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ADE.‎