（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練14 空間中的平行與垂直 理

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1、（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練14 空間中的平行與垂直 理 1.如圖,O為正方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,則下列直線中與B1O垂直的是(　　) A.A1D B.AA1 C.A1D1 D.A1C1 2.如圖,在正方形ABCD中,E,F分別是BC,CD的中點,沿AE,AF,EF把正方形折成一個四面體,使B,C,D三點重合,重合后的點記為P,點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.α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有

2、下列四個命題: ①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β. ②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n. ③如果α∥β,m?α,那么m∥β. ④如果m∥n,α∥β,那么m與α所成的角和n與β所成的角相等. 其中正確的命題有　　　　.(填寫所有正確命題的編號)? 4.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,動點P在表面上運動,并且總保持PE⊥AC,則動點P的軌跡的周長為　　　　　.? 5.下列命題中正確的是　　　　　.(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

3、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. 6. 在正三棱柱A1B1C1-ABC中,點D是BC的中點,BC=BB1.設(shè)B1D∩BC1=F. 求證:(1)A1C∥平面AB1D; (2)BC1⊥平面AB1D. 7. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形,且與底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M為PC的中點. (1)求證:PC⊥AD; (2)證明在PB上存在一點Q,使得A,Q,M,D四點

4、共面; (3)求點D到平面PAM的距離. 8.(2018全國Ⅰ,理18) 如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把△DFC折起,使點C到達(dá)點P的位置,且PF⊥BF. (1)證明:平面PEF⊥平面ABFD; (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. 二、思維提升訓(xùn)練 9.(2018浙江,8)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形,側(cè)棱長均相等,E是線段AB上的點(不含端點).設(shè)SE與BC所成的角為θ1,SE與平

5、面ABCD所成的角為θ2,二面角S-AB-C的平面角為θ3,則(　　) A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1 10. 如圖,在側(cè)棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中點,F是平面B1C1E與直線AA1的交點. (1)證明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF; (2)求BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值. 11.如圖,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為CD的中點,F為AE的中點.現(xiàn)在沿AE將△ADE向

6、上折起,在折起的圖形中解答下列問題: (1)在線段AB上是否存在一點K,使BC∥平面DFK?若存在,請證明你的結(jié)論;若不存在,請說明理由; (2)若平面ADE⊥平面ABCE,求證:平面BDE⊥平面ADE. 12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,點D為AC的中點,點E在線段AA1上. (1)當(dāng)AE∶EA1=1∶2時,求證:DE⊥BC1; (2)是否存在點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. 13.如圖,在四邊形ABCD中(如圖①),E是BC的中點,DB=2,D

7、C=1,BC=,AB=AD=.將△ABD(如圖①)沿直線BD折起,使二面角A-BD-C為60°(如圖②). (1)求證:AE⊥平面BDC; (2)求異面直線AB與CD所成角的余弦值; (3)求點B到平面ACD的距離. 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.D　解析 易知A1C1⊥平面BB1D1D. ∵B1O?平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故選D. 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⊥

8、EO, ∴O為△AEF的垂心. 3.②③④　解析 對于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α,β的位置關(guān)系無法確定,故錯誤;對于②,因為n∥α,所以過直線n作平面γ與平面α相交于直線c,則n∥c.因為m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正確;對于③,由兩個平面平行的性質(zhì)可知正確;對于④,由線面所成角的定義和等角定理可知其正確,故正確的命題有②③④. 4　解析 如圖,取CD的中點F,SC的中點G,連接EF,EG,FG. 設(shè)EF交AC于點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P的

9、軌跡是△EFG,其周長為 5.②③④　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P在底面△ABC的射影為△ABC的垂心,故PC⊥AB. 6.證明 (1)連接A1B,設(shè)A1B交AB1于點E,連接DE. ∵點D是BC的中點,點E是A1B的中點, ∴DE∥A1C. ∵A1C?平面AB1D,DE?平面AB1D, ∴A1C∥平面AB1D. (2)∵△ABC是正三角形,點D是BC的中點, ∴AD⊥BC. ∵平面ABC⊥平面B1BCC1,平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD?平面ABC, ∴AD⊥平面B1BC

10、C1. ∵BC1?平面B1BCC1,∴AD⊥BC1. ∵點D是BC的中點,BC=BB1, ∴BD=BB1. ,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1, ∴∠BDB1=∠BC1C. ∴∠FBD+∠BDF=∠C1BC+∠BC1C=90°. ∴BC1⊥B1D. ∵B1D∩AD=D,∴BC1⊥平面AB1D. 7.(1)證法一 取AD的中點O,連接OP,OC,AC,依題意可知△PAD,△ACD均為正三角形, 所以O(shè)C⊥AD,OP⊥AD. 又OC∩OP=O,OC?平面POC,OP?平面POC, 所以AD⊥平面POC. 又PC?平面POC,所以PC⊥AD. 證法二 連接AC,依題意可知

11、△PAD,△ACD均為正三角形. 因為M為PC的中點,所以AM⊥PC,DM⊥PC. 又AM∩DM=M,AM?平面AMD,DM?平面AMD, 所以PC⊥平面AMD. 因為AD?平面AMD,所以PC⊥AD. (2)證明 當(dāng)點Q為棱PB的中點時,A,Q,M,D四點共面,證明如下: 取棱PB的中點Q,連接QM,QA. 因為M為PC的中點,所以QM∥BC. 在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四點共面. (3)解 點D到平面PAM的距離即點D到平面PAC的距離. 由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?

12、平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD,即PO為三棱錐P-ACD的高. 在Rt△POC中,PO=OC=,PC=, 在△PAC中,PA=AC=2,PC=,邊PC上的高AM=, 所以△PAC的面積S△PAC=PC·AM= 設(shè)點D到平面PAC的距離為h,由VD-PAC=VP-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO. 因為S△ACD=22=,所以h=,解得h=, 所以點D到平面PAM的距離為 8.(1)證明 由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF, 所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)解 作PH⊥EF,垂足為H. 由(1)得,PH⊥

13、平面ABFD. 以H為坐標(biāo)原點,的方向為y軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=又PF=1,EF=2,故PE⊥PF. 可得PH=,EH= 則H(0,0,0),P,D為平面ABFD的法向量. 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ,則sin θ= 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為 二、思維提升訓(xùn)練 9.D　解析 當(dāng)點E不是線段AB的中點時,如圖,點G是AB的中點,SH⊥底面ABCD,過點H作HF∥AB,過點E作EF∥BC,連接SG,GH,EH,SF. 可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,

14、θ3=∠SGH. 由題意可知EF⊥SF, 故tan θ1==tan θ3. ∴θ1>θ3. 又tan θ3==tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2. 當(dāng)點E是線段AB的中點時,即點E與點G重合,此時θ1=θ3=θ2. 綜上可知,θ1≥θ3≥θ2. 10.(1)證明 ①因為C1B1∥A1D1,C1B1?平面ADD1A1, 所以C1B1∥平面ADD1A1. 因為平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF, 所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF. ②因為BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1. 因為B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,

15、所以B1C1⊥BA1. 在矩形ABB1A1中,F是AA1的中點, 即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=,即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F. 又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF. (2)解 設(shè)BA1與B1F的交點為H,連接C1H(如圖). 由(1)知BA1⊥平面B1C1EF, 所以∠BC1H是BC1與平面B1C1EF所成的角. 在矩形ABB1A1中,AB=,AA1=2,得BH= 在Rt△BHC1中,BC1=2,BH=, 得sin∠BC1H= 所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是 11. (1)解 線段AB上存在一點K,且

16、當(dāng)AK=AB時,BC∥平面DFK. 證明如下:設(shè)H為AB的中點,連接EH,則BC∥EH. 又因為AK=AB,F為AE的中點, 所以KF∥EH,所以KF∥BC. 因為KF?平面DFK,BC?平面DFK, 所以BC∥平面DFK. (2)證明 因為F為AE的中點,DA=DE=1, 所以DF⊥AE.因為平面ADE⊥平面ABCE, 所以DF⊥平面ABCE. 因為BE?平面ABCE,所以DF⊥BE. 又因為在折起前的圖形中E為CD的中點,AB=2,BC=1, 所以在折起后的圖形中AE=BE=, 從而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE. 因為AE∩DF=F,所以BE⊥平面A

17、DE. 因為BE?平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE. 12.(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,所以BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面CAA1C1,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E滿足題意. 設(shè)AE=h,則A1E=-h, 所以-S

18、△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-A1B1C1體積的 13. (1)證明 如圖,取BD的中點M,連接AM,ME. ∵AB=AD=,DB=2, ∴AM⊥BD. ∵DB=2,DC=1,BC=滿足DB2+DC2=BC2, ∴△BCD是以BC為斜邊的直角三角形,BD⊥DC, ∵E是BC的中點, ∴ME為△BCD的中位線,ME􀰿CD, ∴ME⊥BD,ME=, ∴∠AME是二面角A-BD-C的平

19、面角, ∴∠AME=60°. ∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME內(nèi)兩相交于M的直線,∴BD⊥平面AEM. ∵AE?平面AEM,∴BD⊥AE. ∵△ABD為等腰直角三角形, ∴AM=BD=1.在△AEM中, ∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+-2×1cos 60°=,∴AE=, ∴AE2+ME2=1=AM2,∴AE⊥ME. ∵BD∩ME=M,BD?平面BDC,ME?平面BDC,∴AE⊥平面BDC. (2)解 取AD的中點N,連接MN,則MN是△ABD的中位線,MN∥AB. 又ME∥CD,∴直線AB與CD所成角θ等于MN與ME所成的角,即∠EMN或其補(bǔ)角. AE⊥平面BCD,DE?平面BCD, ∴AE⊥DE.∵N為Rt△AED斜邊的中點, ∴NE=AD=,MN=AB=,ME=, ∴cos θ=|cos∠EMN|= (3)解 記點B到平面ACD的距離為d,則三棱錐B-ACD的體積VB-ACD=d·S△ACD. 又由(1)知AE是三棱錐A-BCD的高,BD⊥CD, ∴VB-ACD=VA-BCD=AE·S△BCD= ∵E為BC中點,AE⊥BC,∴AC=AB= 又DC=1,AD=,△ACD為等腰三角形, S△ACD=DC1, ∴點B到平面ACD的距離d=