高考数学二轮总复习强化训14（含答案）

这是一份高考数学二轮总复习强化训14（含答案），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．设α为平面，a、b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α
C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α
D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α
解析：选B.若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b与α相交，故D错误．故选B.
2．设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
解析：选B.对于A，若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故A错；易知B正确；对于C，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错；对于D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系不确定，故D错．故选B.
3.如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
解析：选C.因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：
①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；
②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；
③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；
④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.
其中正确的命题是( )
A．①②B．②③
C．①④D．②④
解析：选B.两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．
5．(2018·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,5)B.eq \f(\r(5),6)
C.eq \f(\r(5),5)D.eq \f(\r(2),2)
解析：选C.如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，AD1＝eq \r(AD2＋DDeq \\al(2,1))＝2，DM＝eq \r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)，DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋DDeq \\al(2,1))＝eq \r(5)，所以OM＝eq \f(1,2)AD1＝1，OD＝eq \f(1,2)DB1＝eq \f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cs∠MOD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5)，故选C.
6.如图，在矩形ABCD中，AB＝eq \r(3)，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于( )
A．2B．3
C．4D．5
解析：选B.如图，设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，
因为D1E⊂平面ABD1，
所以平面ABD1⊥平面ABC.
因为D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，
所以BC⊥平面ABD1，
又BC⊂平面BCD1，
所以平面BCD1⊥平面ABD1，
因为BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，
所以BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，
所以AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，
所以平面ACD1⊥平面BCD1.
所以共有3对平面互相垂直．故选B.
二、填空题
7．(2018·广州调研)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为________．
解析：如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝eq \f(1,3)，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝eq \f(2,3)，故NT＝2－eq \f(1,3)－eq \f(2,3)＝1，因为M为CC1的中点，故CM＝1，连接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A处取一点Q′，使得AQ′＝eq \f(1,3)，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
8.如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于点E，AF⊥DC交DC于点F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D­AEF体积的最大值为________．
解析：因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF.又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB.又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D­AEF的高．因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE＝eq \r(2)，设AF＝a，FE＝b，则△AEF的面积S＝eq \f(1,2)ab≤eq \f(1,2)·eq \f(a2＋b2,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,2)＝eq \f(1,2)，所以三棱锥D­AEF的体积V≤eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2),6)(当且仅当a＝b＝1时等号成立)．
答案：eq \f(\r(2),6)
9．(2018·昆明调研)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是________．
解析：如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因为AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2eq \r(2)，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2eq \r(ME·EN)＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，所以截面A1MN面积的最小值为eq \f(1,2)×4×2eq \r(2)＝4eq \r(2).
答案：4eq \r(2)
三、解答题
10.如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD、BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC⊂平面BCD且BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又因为AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，
所以AD⊥AC.
11.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
求证：(1)AF∥平面BCE；
(2)平面BCE⊥平面CDE.
证明：(1)如图，取CE的中点G，
连接FG，BG.
因为F为CD的中点，
所以GF∥DE且GF＝eq \f(1,2)DE.
因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥DE，
所以GF∥AB.
又因为AB＝eq \f(1,2)DE，所以GF＝AB.
所以四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.
因为AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
(2)因为△ACD为等边三角形，F为CD的中点，
所以AF⊥CD.
因为DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，
所以DE⊥AF.
又CD∩DE＝D，
所以AF⊥平面CDE.
因为BG∥AF，所以BG⊥平面CDE.
又因为BG⊂平面BCE，
所以平面BCE⊥平面CDE.
12．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．
(1)求证：AB⊥平面ADC；
(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为eq \r(6)，求点B到平面ADE的距离．
解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
又DC⊥BD，DC⊂平面BCD，
所以DC⊥平面ABD.
因为AB⊂平面ABD，
所以DC⊥AB.
又因为折叠前后均有AD⊥AB，
且DC∩AD＝D，
所以AB⊥平面ADC.
(2)由(1)知DC⊥平面ABD，
所以AC在平面ABD内的正投影为AD，
即∠CAD为AC与其在平面ABD内的正投影所成的角．
依题意知tan ∠CAD＝eq \f(DC,AD)＝eq \r(6)，
因为AD＝1，所以DC＝eq \r(6).
设AB＝x(x＞0)，则BD＝eq \r(x2＋1)，
易知△ABD∽△DCB，所以eq \f(AB,AD)＝eq \f(DC,BD)，
即eq \f(x,1)＝eq \f(\r(6),\r(x2＋1))，解得x＝eq \r(2)，
故AB＝eq \r(2)，BD＝eq \r(3)，BC＝3.
由于AB⊥平面ADC，
所以AB⊥AC，又E为BC的中点，所以由平面几何知识得AE＝eq \f(BC,2)＝eq \f(3,2)，
同理DE＝eq \f(BC,2)＝eq \f(3,2)，
所以S△ADE＝eq \f(1,2)×1× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2).
因为DC⊥平面ABD，所以VA­BCD＝eq \f(1,3)CD·S△ABD＝eq \f(\r(3),3).
设点B到平面ADE的距离为d，
则eq \f(1,3)d·S△ADE＝VB­ADE＝VA­BDE＝eq \f(1,2)VA­BCD＝eq \f(\r(3),6)，
所以d＝eq \f(\r(6),2)，即点B到平面ADE的距离为eq \f(\r(6),2).