高考数学总复习考点专练40文新人教A版

一、选择题
1．(2012 年福建厦门 3 月模拟 ) 如图，O为正方体ABCD－ A1B1C1D1的底面 ABCD的中心，则
以下直线中与B1O垂直的是()
A．A1D B．AA1
C．A1D1D．A1C1
分析：易知 AC⊥平面 BB1D1D.
∵A1C1∥ AC，∴ A1C1⊥平面 BB1D1D.
又 B1O?平面 BB1D1D，∴ A1C1⊥B1 O，应选 D.
答案： D
2．(2012 年合肥第一次质检) 已知m、n是两条不一样的直线，α、β、γ 是三个不一样的平面，则以下命题中正确的选项是()
A．若α⊥β，α∩β＝m，且n⊥m，则n⊥α或n⊥β
B．若m不垂直于α ，则m不行能垂直于α 内的无数条直线
C．若α∩β＝m，n∥m，且n?α，n?β，则n∥α且n∥β
D．若α⊥β，m∥n，n⊥β，则m∥α
分析：∵ n∥m， m?α， n?α，∴ n∥α；同理可知n∥β.应选C.
答案： C
3．已知m是平面α的一条斜线，点A?α， l 为过点 A 的一条动直线，那么以下情况可
能出现的是 ()
A．l∥m，l⊥αB．l⊥m，l⊥α
C．l⊥m，l∥αD．l∥m，l∥α
分析：设 m在平面α内的射影为n，当 l ⊥ n 且与α无公共点时， l ⊥ m， l ∥α.
答案： C
4．设a，b，c是三条不一样的直线，α，β 是两个不一样的平面，则a⊥b 的一个充足条件
是 ()
A．a⊥c，b⊥c B．α⊥β，a? α，b? β
C．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α
分析：关于选项C，在平面α内作c∥b，由于a⊥α. 因此a⊥c，故a⊥b；A，B 选项中，
直线 a，b 可能是平行直线，也可能是异面直线； D 选项中必定有a∥ b.应选C.
答案： C
5．(2012 ～ 2013 届河北唐山高三摸底) 在三棱柱－ 1 1 1 中，各棱长相等，侧棱垂直于
ABC ABC
底面，点 D是侧面 BBCC的中心，则 AD与平面 BBCC所成角的大小是()
1111
A．30°B．45°
C．60°D．90°
分析：如图，取中点，连结、、，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得⊥平BC E DE AE AD AE
111131
面 BBCC，故∠ ADE为 AD与平面 BBCC所成的角．设各棱长
为1，则AE＝2，DE＝2，
3
tan ∠＝AE2
3，＝＝
ADE DE1
2
∴∠ ADE＝60°.
答案： C
6．如图，已知六棱锥P－ ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面 ABC，PA＝2AB，则以下结论正确的选项是 ()
A．PB⊥AD
B．平面PAB⊥平面PBC
C．直线BC∥平面PAE
D．直线PD与平面ABC所成的角为45°
分析：∵ AD与 PB在平面 ABC内的射影 AB不垂直，∴ A 不建立；又平面 PAB⊥平面 PAE，∴平面 PAB⊥平面 PBC也不建立；∵ BC∥AD，∴ BC∥平面 PAD，∴直线 BC∥平面 PAE也不建立．在Rt △PAD中，PA＝AD＝ 2AB，∴∠PDA＝45°，∴ D正确．
答案： D
二、填空题
7．已知直线l ，m，n，平面α，m?α，n?α，则“ l ⊥α”是“ l ⊥ m且 l ⊥ n”的________
条件． ( 填“充足不用要”、“必需不充足”、“充要”、“既不充足也不用要”之一
)
分析：若 l ⊥α ，则 l 垂直于平面
α 内的随意直线， 若 l ⊥m 且 l ⊥ n ，但若 l ⊥m 且 l ⊥ n ，
不可以得出 l ⊥ α .
答案： 充足不用要
8．(2012 年北京怀柔 4 月模拟 ) P 为△ ABC 所在平面外一 点，且 PA 、 PB 、 PC 两两垂直，则以下命题：① PA ⊥ BC ；② PB ⊥ AC ；③ PC ⊥ AB ；④ AB ⊥BC .
此中正确的个数是 ________．
分析： 如下图．
∵PA ⊥ PC ，PA ⊥ PB ， PC ∩PB ＝ P ，∴ PA ⊥平面 PBC . 又∵ BC ? 平面 PBC ，∴ PA ⊥ BC
. 同理 PB ⊥ AC ， PC ⊥ AB . 但 AB
不必定垂直于 BC .
答案： 3
9．如图，在正方 体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， E ， F ， G ，
H ，中点，点 N 在四边形 EFGH 的四边及其内部运动，则当 N
M 分别是 AD ， DD 1， D 1A 1，A 1A ， AB 的
只要知足条件 ________时，就有 MN
⊥ A 1C 1；当 N 只要知足条件 ________时，就有 MN ∥平面 B 1D 1C .
分析：可证 A 1C 1⊥平面 EGM ，故当 N 在 EG 上时， MN ⊥A 1C . 可证平面 MEH ∥平面 B 1CD 1，故当 N 在 上时， ∥平面 1 1 .
EH
MN
BD C
答案： 点 N 在 EG
上
点 N 在 EH 上
三、解答题
10．(2012 年江西 ) 如图， 在梯形
中， ∥ ， ， 是线段 上的两点， 且 ⊥ ，
ABCD AB CDEF
AB
DE AB
CF ⊥ AB ， AB ＝ 12， AD ＝ 5，BC ＝ 4
2， DE ＝ 4. 现将△ ADE ，△ CFB 分别沿 DE ， CF 折起，使
A ，B
两点重合于点 G ，获得多面体 CDEFG .
(1) 求证：平面 DEG ⊥平面 CFG ；
(2) 求多面体 CDEFG 的体积．
- 3 -
解： (1) 证明：由于DE⊥ EF， CF⊥ EF，因此四边形CDEF为矩形，
2 2
由 GD＝5， DE＝4，得 GE＝ GD－ DE＝3，
2 2
由 GC＝4 2， CF＝4，得 FG＝ GC－ CF＝4，
因此 EF＝5.
222
在△ EFG中，有
EF＝ GE＋ FG，因此 EG⊥ GF，
又由于⊥ ，⊥，得⊥平面，
CF EF CF FG CF EFG
因此 CF⊥ EG，因此 EG⊥平面 CFG，即平面 DEG⊥平面 CFG.
·12
(2) 在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于点H，则GH ＝
EG GF
EF＝5 .
由于平面 CDEF⊥平面 EFG，得 GH⊥平面 CDEF，
V CDEFG＝1
S CDEF· GH＝16.
3
11． (2012 年北京旭日区期末) 如图，在四棱锥S－ ABCD中，平面SAD⊥平面 ABCD，四边形 ABCD为正方形，且P 为 AD的中点， Q为 SB的中点．
(1)求证： CD⊥平面 SAD；
(2)求证： PQ∥平面 SCD；
(3)若 SA＝ SD， M为 BC的中点，在棱 SC上能否存在点 N，使得平面 DMN⊥平面 ABCD？
并证明你的结论．
解： (1) 由于四边形ABCD为正方形，因此CD⊥AD.
又平面 SAD⊥平面 ABCD，且平面 SAD∩平面 ABCD＝AD，
因此 CD⊥平面 SAD.
(2)取 R为 BC的中点，连结 PR、 QR.
因此 QR∥ SC， PR∥ DC.
由于 QR∩ PR＝ R， QR、 PR?平面 PQR，
因此平面 PQR∥平面 SCD，
又 PQ?平面 PQR，
因此 PQ∥平面 SCD.
(3) 存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD.
连结 PC、 DM交于点 O，连结 SP.
由于 SA＝ SD， P 为 AD的中点，
因此 SP⊥ AD.
由于平面 SAD⊥平面 ABCD，
因此 SP⊥平面 ABCD，SP⊥ PC.
在△ SPC中，过 O点作 NO⊥ PC交 SC于点 N，此时 N为 SC的中点，则SP∥ NO，则 NO⊥平面 ABCD，
由于 NO?平面 DMN，
因此平面 DMN⊥平面 ABCD，
因此存在知足条件的点N.
12．如图，在直三棱柱ABC－ A1 B1C1中， AB＝ BB1，AC1⊥平面 A1BD， D为 AC中点．求证：
(1)B1C∥平面 A1BD；
(2)B1C1⊥平面 ABB1A1.
证明： (1) 如图，连结AB1.
AB1∩A1B＝ O，
则 O为 AB1中点．
连结 OD，∵ D为 AC中点，
∴在△ ACB1中，有 OD∥ B1 C.
又∵ OD?平面 A BD，
B1C?平面 A1BD，
∴B1C∥平面 A1BD.
(2)∵ AB＝ B1B，三棱柱 ABC－ A1B1C1为直三棱柱，∴ ABB1A1为正方
形．∴A1B⊥ AB1.
又∵ AC1⊥平面 A1BD， A1B?平面 A1BD，
∴AC1⊥ A1B.
又∵ AC1?平面 AB1C1， AB1?平面 AB1C1，
AC1∩AB1＝ A，∴ A1B⊥平面 AB1C1.
又∵ B1 C1?平面 AB1C1，
∴A1B⊥ B1C1.
又∵ A1A⊥平面 A1B1C1， B1C1?平面 A1B1C1，
∴A1A⊥ B1C1.
又∵ A1A?平面 ABB1A1， A1B?平面 ABB1A1， A1A∩ A1B＝ A1，
∴B1C1⊥平面 ABB1A1.
[ 热门展望 ]
13． (2012 年北京昌平二模) 在正四棱柱ABCD－ A1B1C1D1中， E 为 AD的中点， F 为 B1C1的中点．
(1)求证： A1F∥平面 ECC1；
(2)在 CD上能否存在一点 G，使 BG⊥平面 ECC1？若存在，请确立点 G的地点，并证明你的
结论；若不存在，请说明原因．
解： (1) 证明：在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，取BC的中点M，连结AM，FM.
∴B1F∥ BM且 B1 F＝ BM.
∴四边形 B1FMB是平行四边形．
∴FM∥ B1B 且 FM＝ B1B.
∴FM∥ A1A 且 FM＝ A1A，
∴四边形 AA1FM是平行四边形．
∴FA1∥ AM.
∵E 为 AD的中点，
∴AE∥ MC且 AE＝ MC.
∴四边形 AMCE是平行四边形．
∴CE∥ AM.
∴CE∥ A1F.
∵A1F?平面 ECC1， EC?平面 ECC1，
∴A1F∥平面 ECC1.
(2)在 CD上存在一点 G，使 BG⊥平面 ECC1.
取 CD的中点 G，连结 BG.
在正方形 ABCD中， DE＝ GC， CD＝ BC，∠ ADC＝∠ BCD，∴△ CDE≌△ BCG.∴∠ ECD＝∠ GBC.
∵∠ CGB＋∠ GBC＝90°，∴∠ CGB＋∠ DCE＝90°.∴BG⊥ EC.
∵CC1⊥平面 ABCD， BG?平面 ABCD，
∴CC1⊥ BG，又 EC∩ CC1＝ C，
∴BG⊥平面 ECC1.
故在 CD上存在中点G，使得 BG⊥平面 ECC1.。