2022届高考数学立体几何题含解析.docVIP

精品 Word 可修改 欢迎下载 必威体育精装版 精品 Word 欢迎下载 可修改 精品 Word 可修改 欢迎下载 题组层级快练(四十一) 1．已知两条不同直线l1和l2及平面α，则直线l1∥l2的一个充分条件是(　　) A．l1∥α且l2∥α B．l1⊥α且l2⊥α C．l1∥α且l2?α D．l1∥α且l2?α 答案　B 解析　l1⊥α且l2⊥α?l1∥l2. 2．(2021·福建理)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　B 解析　因为m⊥α，若l⊥m，则l∥α或l?α，即l⊥ml∥α.若l∥α，则l⊥m，即l∥α?l⊥m. 3．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8，12，过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为(　　) A．10 B．20 C．8 D．4 答案　B 解析　设截面四边形为EFGH，F，G，H分别是BC，CD，DA的中点，∴EF＝GH＝4，FG＝HE＝6. ∴周长为2×(4＋6)＝20. 4．如图所示，在四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是________．(写出所有符合要求的图形序号) 答案　①③ 5．在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________． 答案　平面ABC和平面ABD 解析　连接AM并延长交CD于E，连接BN并延长交CD于F.由重心的性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E.由eq \f(EM,MA)＝eq \f(EN,NB)＝eq \f(1,2)，得MN∥AB.因此MN∥平面ABC且MN∥平面ABD. 6．过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直 答案　6 解析　过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，EF1，EE1，FF1，E1F，E1F1均与平面ABB1A1平行 7.如图所示，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H是B1 (1)求证：E，B，F，D1四点共面； (2)求证：平面A1GH∥平面BED1F 答案　(1)略　(2)略 解析　(1)连接FG. ∵AE＝B1G＝1，∴BG＝A1E ∴BG綊A1E，∴A1G∥ 又∵C1F綊B1G，∴四边形C1FGB ∴FG綊C1B1綊D1A1 ∴四边形A1GFD1是平行四边形． ∴A1G綊D1F，∴D1 故E，B，F，D1四点共面． (2)∵H是B1C1的中点 ∴B1H＝eq \f(3,2).又B1G＝1， ∴eq \f(B1G,B1H)＝eq \f(2,3). 又eq \f(FC,BC)＝eq \f(2,3)，且∠FCB＝∠GB1H＝90°， ∴△B1HG∽△CBF. ∴∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，∴HG∥FB. 又由(1)知，A1G∥BE，且A1G?平面A1GH，HG?平面A1GH，BF?平面A1GH，BE?平面A1 ∴BF∥平面A1GH，BE∥平面A1GH. 又∵BF∩BE＝B，∴平面A1GH∥平面BED1F 8. (2021·福建文)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，AD＝4，∠PAD＝60°. (1)当正视方向与向量eq \o(AD,\s\up6(→))的方向相同时，画出四棱锥P－ABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)； (2)若M为PA的中点，求证：DM∥平面PBC； (3)求三棱锥D－PBC的体积． 答案　(1)略　(2)略　(3)8eq \r(3) 解析　方法一： (1)在梯形ABCD中，过点C作CE⊥AB，垂足为E，由已知得，四边形ADCE为矩形，AE＝CD＝3.在Rt△BEC中，由BC＝5，CE＝4，依勾股定理，得BE＝3，从而AB＝6. 又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥AD. 从而在Rt△PDA中，由AD＝4，∠PAD＝60°， 得PD＝4eq \r(3).正视图如图所示． (2)取PB中点N，连接MN，CN. 在△PAB中，∵M是PA中点， ∴MN∥AB，MN＝eq \f(1,2)AB＝3. 又CD∥AB，CD＝3， ∴MN∥CD，MN＝CD. ∴四边形MNCD为平行四边形． ∴DM∥CN. 又DM?平面PBC，CN?平面PBC， ∴DM∥平面PBC. (3)VD－PBC＝VP－DBC＝eq \