2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何 專題能力訓(xùn)練14 空間中的平行與垂直 文

《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何 專題能力訓(xùn)練14 空間中的平行與垂直 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何 專題能力訓(xùn)練14 空間中的平行與垂直 文（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何 專題能力訓(xùn)練14 空間中的平行與垂直 文 1.如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 2.如圖,在正方形ABCD中,E,F分別是BC,CD的中點(diǎn),沿AE,AF,EF把正方形折成一個四面體,使B,C,D三點(diǎn)重合,重合后的點(diǎn)記為P,點(diǎn)P在△AEF內(nèi)的射影為O.則下列說法正確的是(　　) A.O是△AEF的垂心 B.O是△AEF的內(nèi)心 C.O是△AEF的外心 D.O是△AEF的重心 3.已知m,n是兩條不

2、同的直線,α,β是兩個不同的平面,給出下列命題:①若α⊥β,m∥α,則m⊥β;②若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,則α⊥β;③若m⊥β,m∥α,則α⊥β;④若m∥α,n∥β,且m∥n,則α∥β. 其中正確命題的序號是(　　) A.①④ B.②③ C.②④ D.①③ 4.平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 5.已知正四棱錐S-ABCD的底面邊長為2,高為2,E是邊BC的中點(diǎn),動點(diǎn)P在表面上運(yùn)動,并且總保持PE⊥AC,則動點(diǎn)P的軌跡的周長為　　　　　.?

3、 6.下列命題正確的是　　　　　.(填上你認(rèn)為正確的所有命題的序號)? ①空間中三個平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,則α∥γ; ②若a,b,c為三條兩兩異面的直線,則存在無數(shù)條直線與a,b,c都相交; ③若球O與棱長為a的正四面體各面都相切,則該球的表面積為a2; ④在三棱錐P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,則PC⊥AB. 7. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn). (1)證明MN∥平面PAB; (2)求四面體N-BCM的體積. 8.

4、 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC. (1)求證:DC⊥平面PAC; (2)求證:平面PAB⊥平面PAC; (3)設(shè)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn),在棱PB上是否存在點(diǎn)F,使得PA∥平面CEF?說明理由. 9.(2018天津,文17) 如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面ABC⊥平面ABD,點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn),AB=2,AD=2,∠BAD=90°. (1)求證:AD⊥BC; (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值; (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值. 10. (2018北京,文18

5、)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點(diǎn). (1)求證:PE⊥BC; (2)求證:平面PAB⊥平面PCD; (3)求證:EF∥平面PCD. 二、思維提升訓(xùn)練 11.如圖①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中點(diǎn),O是AC與BE的交點(diǎn).將△ABE沿BE折起到圖②中△A1BE的位置,得到四棱錐A1-BCDE. 圖① 圖② (1)證明:CD⊥平面A1OC; (2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時,四棱錐A1-

6、BCDE的體積為36,求a的值. 12.如圖,AB是圓O的直徑,點(diǎn)C是的中點(diǎn),點(diǎn)V是圓O所在平面外一點(diǎn),D是AC的中點(diǎn),已知AB=2,VA=VB=VC=2. (1)求證:OD∥平面VBC; (2)求證:AC⊥平面VOD; (3)求棱錐C-ABV的體積. 13.已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,點(diǎn)D為AC的中點(diǎn),點(diǎn)E在線段AA1上. (1)當(dāng)AE∶EA1=1∶2時,求證:DE⊥BC1. (2)是否存在點(diǎn)E,使三棱錐C1-BDE的體積恰為三棱柱ABC-A1B1C1體積的?若存在,求AE的長,若不存在,請說明理由. 14. 如

7、圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,AB⊥BC,DE垂直平分線段PC,且分別交AC,PC于D,E兩點(diǎn),PB=BC,PA=AB. (1)求證:PC⊥平面BDE; (2)若點(diǎn)Q是線段PA上任一點(diǎn),判斷BD,DQ的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論; (3)若AB=2,求三棱錐B-CED的體積. 專題能力訓(xùn)練14　空間中的平行與垂直 一、能力突破訓(xùn)練 1.A　解析 易知選項B中,AB∥MQ,且MQ?平面MNQ,AB?平面MNQ,則AB∥平面MNQ;選項C中,AB∥MQ,且MQ?平面MNQ,AB?平面MNQ,則AB∥平面MNQ;選項D中,AB∥NQ,且NQ?平面MNQ,AB?平面MNQ,

8、則AB∥平面MNQ,故排除選項B,C,D.故選A. 2.A　解析 如圖,易知PA,PE,PF兩兩垂直,∴PA⊥平面PEF, 從而PA⊥EF, 而PO⊥平面AEF, 則PO⊥EF, ∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO. 同理可知AE⊥FO,AF⊥EO, ∴O為△AEF的垂心. 3.B　解析 當(dāng)α⊥β,m∥α?xí)r,有m⊥β,m∥β,m?β等多種可能情況,所以①不正確;當(dāng)m⊥α,n⊥β,且m⊥n時,由面面垂直的判定定理知α⊥β,所以②正確;因為m⊥β,m∥α,所以α⊥β,③正確;若m∥α,n∥β,且m∥n,則α∥β或α,β相交,④不正確.故選B. 4.A　解析 (方法一)∵α∥平面

9、CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1. ∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1, ∴n∥CD1. ∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角, 即∠B1D1C等于m,n所成的角. ∵△B1D1C為正三角形,∴∠B1D1C=60°, ∴m,n所成的角的正弦值為. (方法二)由題意畫出圖形如圖,將正方體ABCD-A1B1C1D1平移, 補(bǔ)形為兩個全等的正方體如圖,易證平面AEF∥平面CB1D1,所

10、以平面AEF即為平面α,m即為AE,n即為AF,所以AE與AF所成的角即為m與n所成的角. 因為△AEF是正三角形,所以∠EAF=60°, 故m,n所成角的正弦值為. 5.　解析 如圖,取CD的中點(diǎn)F,SC的中點(diǎn)G,連接EF,EG,FG. 設(shè)EF交AC于點(diǎn)H,連接GH,易知AC⊥EF. 又GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD, ∴AC⊥GH. 又GH∩EF=H,∴AC⊥平面EFG. 故點(diǎn)P的軌跡是△EFG,其周長為. 6.②③④　解析 ①中也可以α與γ相交;②作平面與a,b,c都相交;③中可得球的半徑為r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得點(diǎn)P在底面△ABC的射影為△ABC的

11、垂心,故PC⊥AB. 7.(1)證明 由已知得AM=AD=2. 取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN,由N為PC中點(diǎn)知TN∥BC,TN=BC=2. 又AD∥BC,故TN􀰿AM,四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB,MN?平面PAB, 所以MN∥平面PAB. (2)解 因為PA⊥平面ABCD,N為PC的中點(diǎn), 所以N到平面ABCD的距離為PA. 取BC的中點(diǎn)E,連接AE. 由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=. 由AM∥BC得M到BC的距離為, 故S△BCM=×4×=2.所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=×S△BCM×.

12、 8.(1) 證明 因為PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC. 又因為DC⊥AC, 所以DC⊥平面PAC. (2)證明 因為AB∥DC,DC⊥AC, 所以AB⊥AC. 因為PC⊥平面ABCD, 所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC. 所以平面PAB⊥平面PAC. (3)解 棱PB上存在點(diǎn)F,使得PA∥平面CEF.證明如下: 取PB中點(diǎn)F,連接EF,CE,CF. 又因為E為AB的中點(diǎn),所以EF∥PA. 又因為PA?平面CEF,所以PA∥平面CEF. 9.(1)證明 由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.

13、 (2)解 取棱AC的中點(diǎn)N,連接MN,ND.又因為M為棱AB的中點(diǎn),故MN∥BC.所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角. 在Rt△DAM中,AM=1,故DM=.因為AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN=. 在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=. 所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為. (3)解 連接CM.因為△ABC為等邊三角形, M為邊AB的中點(diǎn),故CM⊥AB,CM=.又因為平面ABC⊥平面ABD,而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角. 在Rt△CAD中,CD==

14、4. 在Rt△CMD中,sin∠CDM=. 所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為. 10.證明 (1)∵PA=PD,且E為AD的中點(diǎn), ∴PE⊥AD. ∵底面ABCD為矩形,∴BC∥AD,∴PE⊥BC. (2)∵底面ABCD為矩形,∴AB⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD,∴AB⊥平面PAD. ∴AB⊥PD. 又PA⊥PD,PA∩AB=A, ∴PD⊥平面PAB. ∵PD?平面PCD,∴平面PAB⊥平面PCD. (3)如圖,取PC的中點(diǎn)G,連接FG,GD. ∵F,G分別為PB和PC的中點(diǎn), ∴FG∥BC,且FG=BC. ∵四邊形ABCD為矩形,且E為AD

15、的中點(diǎn), ∴ED∥BC,ED=BC, ∴ED∥FG,且ED=FG, ∴四邊形EFGD為平行四邊形, ∴EF∥GD. 又EF?平面PCD,GD?平面PCD, ∴EF∥平面PCD. 二、思維提升訓(xùn)練 11.(1)證明 在題圖①中,因為AB=BC=AD=a,E是AD的中點(diǎn),∠BAD=,所以BE⊥AC. 即在題圖②中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 從而BE⊥平面A1OC, 又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC. (2)解 由已知,平面A1BE⊥平面BCDE, 且平面A1BE∩平面BCDE=BE, 又由(1),A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE, 即A1O是四棱錐A1-B

16、CDE的高. 由題圖①知,A1O=AB=a,平行四邊形BCDE的面積S=BC·AB=a2. 從而四棱錐A1-BCDE的體積為V=×S×A1O=×a2×a=a3,由a3=36,得a=6. 12.(1)證明 ∵O,D分別是AB和AC的中點(diǎn),∴OD∥BC. 又OD?平面VBC,BC?平面VBC, ∴OD∥平面VBC. (2)證明 ∵VA=VB,O為AB中點(diǎn),∴VO⊥AB. 在△VOA和△VOC中,OA=OC,VO=VO,VA=VC, ∴△VOA≌△VOC, ∴∠VOA=∠VOC=90°, ∴VO⊥OC. ∵AB∩OC=O,AB?平面ABC,OC?平面ABC, ∴VO⊥平面AB

17、C.又AC?平面ABC, ∴AC⊥VO. ∵VA=VC,D是AC的中點(diǎn),∴AC⊥VD. ∵VO?平面VOD,VD?平面VOD,VO∩VD=V, ∴AC⊥平面VOD. (3)解 由(2)知VO是棱錐V-ABC的高,且VO=. ∵點(diǎn)C是的中點(diǎn), ∴CO⊥AB,且CO=1,AB=2, ∴△ABC的面積S△ABC=AB·CO=×2×1=1, ∴棱錐V-ABC的體積為VV-ABC=S△ABC·VO=×1×,故棱錐C-ABV的體積為. 13.(1)證明 因為三棱柱ABC-A1B1C1為正三棱柱,所以△ABC是正三角形. 因為D是AC的中點(diǎn),所以BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面CAA

18、1C1,所以BD⊥DE. 因為AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=, 所以AE=,AD=1, 所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°. 在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°, 所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1. 因為C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D, 所以DE⊥BC1. (2)解 假設(shè)存在點(diǎn)E滿足題意. 設(shè)AE=h,則A1E=-h, 所以-S△AED-=2h-(-h)-h. 因為BD⊥平面ACC1A1, 所以h,又V棱柱=×2×=3, 所以h=1,解得h=, 故存在點(diǎn)E,當(dāng)AE=,即E與A1重合時,三棱錐C1-BDE的體積恰為三棱柱ABC-A1B

19、1C1體積的. 14.(1)證明 ∵DE垂直平分線段PC,PB=BC,∴DE⊥PC,BE⊥PC. 又BE∩DE=E,∴PC⊥平面BDE. (2)解 BD⊥DQ.證明如下:由(1)得,PC⊥BD. ∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥BD. 又PC∩PA=P,∴BD⊥平面PAC, 當(dāng)點(diǎn)Q是線段PA上任一點(diǎn)時都有DQ?平面PAC,∴BD⊥DQ. (3)解 ∵PA=AB=2, ∴PB=BC=2. ∵AB⊥BC,∴AC=2,∴PC=4,CE=2,且BD=. ∵△CDE∽△CPA, ∴, ∴DE=. 由(2)可知:BD⊥DE, ∴VB-CED=VC-BDE=S△BDE·CE =×2=.