新編浙江高考數(shù)學二輪復習練習：專題限時集訓9 空間中的平行與垂直關系 Word版含答案

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1、 專題限時集訓(九)　 空間中的平行與垂直關系 (對應學生用書第133頁) [建議A、B組各用時：45分鐘] [A組　高考達標] 一、選擇題 1．設l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列命題正確的是(　　) A．若l⊥m，m?α，則l⊥α B．若l⊥α，l∥m，則m⊥α C．若l∥α，m?α，則l∥m D．若l∥α，m∥α，則l∥m B　[A中，根據(jù)線面垂直的判定定理，只有垂直平面內(nèi)兩條相交直線才行，故A不正確；B中，由線面垂直的性質(zhì)可知，平行線中的一條垂直于這個平面，則另一條也垂直這個平面，故B正確；C中，l，m可能平行也可能異面，故

2、C不正確；D中，平行于同一平面的兩直線可能平行，異面，相交，故D不正確，故選B.] 2．設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題： ①若m∥n，m⊥β，則n⊥β； ②若m∥α，m∥β，則α∥β； ③若m∥n，m∥β，則n∥β； ④若m⊥α，m⊥β，則α⊥β. 其中真命題的個數(shù)為(　　) 【導學號：68334110】 A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．4 A　[對于①，由直線與平面垂直的判定定理易知其正確；對于②，平面α與β可能平行或相交，故②錯誤；對于③，直線n可能平行于平面β，也可能在平面β內(nèi)，故③錯誤；對于④，由兩平

3、面平行的判定定理易得平面α與β平行，故④錯誤．綜上所述，正確命題的個數(shù)為1，故選A.] 3．如圖9-12所示，直線PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑，點M為線段PB的中點．現(xiàn)有結(jié)論：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③點B到平面PAC的距離等于線段BC的長．其中正確的是(　　) 圖9-12 A．①②　 B．①②③ C．① D．②③ B　[對于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC. ∵AB為⊙O的直徑，∴BC⊥AC.又∵PA∩AC＝A， ∴BC⊥平面PAC， 又PC?平面PAC，∴BC⊥PC. 對于②，∵點M為線段PB的中點，

4、∴OM∥PA.∵PA?平面PAC，OM?平面PAC， ∴OM∥平面PAC. 對于③，由①知BC⊥平面PAC， ∴線段BC的長即是點B到平面PAC的距離， 故①②③都正確．] 4．已知α，β是兩個不同的平面，有下列三個條件： ①存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一條直線a，a?α，a⊥β； ③存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α. 其中，所有能成為“α⊥β”的充要條件的序號是(　　) A．①　　　 B．②　　　 C．③　　　 D．①③ D　[對于①，存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β，則α⊥β，反之也成立，即“存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β”是

5、“α⊥β”的充要條件，所以①對，可排除B，C. 對于③，存在兩條垂直的直線a，b，則直線a，b所成的角為90°，因為a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角為90°， 即α⊥β，反之也成立，即“存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要條件，所以③對，可排除A，選D.] 5．在三棱錐P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F(xiàn)分別是線段PB，PC上的動點，則下列說法錯誤的是(　　) 圖9-13 A．當AE⊥PB時，△AEF一定為直角三角形 B．當AF⊥PC時，△AEF一定為直角三角形 C．當EF∥平面ABC時，△AEF一定為直角三角形 D．當P

6、C⊥平面AEF時，△AEF一定為直角三角形 B　[因為AP⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又AB⊥BC，且PA和AB是平面PAB上兩條相交直線，則BC⊥平面PAB，BC⊥AE.當AE⊥PB時，AE⊥平面PBC，則AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，A正確；當EF∥平面ABC時，EF在平面PBC上，平面PBC與平面ABC相交于BC，則EF∥BC，則EF⊥AE，△AEF一定是直角三角形，C正確；當PC⊥平面AEF時，AE⊥PC，又AE⊥BC，則AE⊥平面PBC，AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，D正確；B中結(jié)論無法證明，故選B.] 二、填空題 6．已知P為△ABC所在平面外一點，且PA

7、，PB，PC兩兩垂直，則下列命題： ①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC. 其中正確命題的個數(shù)是________. 【導學號：68334111】 3　[如圖所示，∵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不一定垂直于BC.] 7．在三棱錐C-ABD中(如圖9-14)，△ABD與△CBD是全等的等腰直角三角形，O是斜邊BD的中點，AB＝4，二面角A-BD-C的大小為60°，并給出下面結(jié)論：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC為正三角形；④cos

8、∠ADC＝；⑤四面體ABCD的外接球表面積為32π.其中真命題是________(填序號)． 圖9-14 ①③⑤　[由題意知BD⊥CO，BD⊥AO，則BD⊥平面AOC，從而BD⊥AC，故①正確；根據(jù)二面角A-BD-C的大小為60°，可得∠AOC＝60°，又直線AD在平面AOC的射影為AO，從而AD與CO不垂直，故②錯誤；根據(jù)∠AOC＝60°，AO＝CO可得△AOC為正三角形，故③正確；在△ADC中 ，AD＝CD＝4，AC＝CO＝2，由余弦定理得cos ∠ADC＝＝，故④錯誤；由題意知，四面體ABCD的外接球的球心為O，半徑為2，則外接球的表面積為S＝4π×(2)2＝32π，故⑤正確．

9、] 8．正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個動點，則下列結(jié)論中正確的是________．(填序號) ①AC⊥BE； ②B1E∥平面ABCD； ③三棱錐E-ABC的體積為定值； ④直線B1E⊥直線BC1. ①②③　[因為AC⊥平面BDD1B1，故①，②正確；記正方體的體積為V，則VE-ABC＝V為定值，故③正確；B1E與BC1不垂直，故④錯誤．] 三、解答題 9．如圖9-15，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. 圖9-15 (1)求證：DC⊥平面PAC. (2)求證：平面PAB⊥平面PAC. (

10、3)設點E為AB的中點，在棱PB上是否存在點F，使得PA∥平面CEF？說明理由． [解]　(1)證明：因為PC⊥平面ABCD， 所以PC⊥DC. 2分 又因為DC⊥AC，且PC∩AC＝C， 所以DC⊥平面PAC. 4分 (2)證明：因為AB∥DC，DC⊥AC， 所以AB⊥AC. 因為PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB. 又因為PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC. 8分 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC. 9分 (3)棱PB上存在點F，使得PA∥平面CEF. 12分 理由如下：取PB的中點F，連接EF，CE，CF. 又因為E為AB的中點，所

11、以EF∥PA. 又因為PA?平面CEF，且EF?平面CEF， 所以PA∥平面CEF. 15分 10．(20xx·紹興稽陽聯(lián)誼學校高三4月聯(lián)考)如圖9-16，四邊形ABCD為梯形，AB∥CD，∠C＝60°，點E在CD上，AB＝CE，BF＝BD＝，BD⊥BC.現(xiàn)將△ADE沿AE折成如圖2△APE位置，使得二面角P-AE-C的大小為. 圖9-16 (1)求PB的長度； (2)求證：PB⊥平面ABCE； (3)求直線CE與平面APE所成角的正弦值． 【導學號：68334112】 [解]　(1)因為AB平行且等于EC， 所以四邊形ABCE是平行四邊形， 所以BC∥A

12、E，又因為BD⊥BC，所以BD⊥AE， 所以AE⊥FB，AE⊥FP， 即∠PFB為二面角P-AE-C的平面角. 3分 又BF＝，PF＝2， 由余弦定理得BP2＝BF2＋PF2－2BF·PFcos∠BFP＝9， 所以BP＝3. 5分 (2)證明：BF＝，PF＝2，BP＝3，滿足勾股定理， 所以BF⊥PB. 又因為BF⊥AE，PF⊥AE，BF∩PF＝F， 所以AE⊥平面PFB，所以AE⊥PB. 7分 又BF∩AE＝F，則PB⊥平面ABCE. 9分 (3)法一：作BN⊥PF于點N，連接AN， 由(2)可知，AE⊥平面BFP，所以平面BFP⊥平面APE， 又平面BFP∩平

13、面APE＝PF， 所以BN⊥平面APE， 12分 所以∠BAN是直線AB與平面APE所成的角． 在Rt△FBP中，BN＝BFsin＝， sin∠NAB＝＝＝. 13分 所以直線AB與平面APE所成角的正弦值為， 即直線CE與平面APE所成角的正弦值為. 15分 法二：由于BF，BP，BC兩兩互相垂直，如圖，建立空間直角坐標系， 則B(0,0,0)，C(3,0,0)，A(－1，，0)，E(2，，0)，P(0,0,3)，則＝(3,0,0)， ＝(1，－，3)， 12分 設平面APE的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 取z＝1，則n＝(0，，1)， 13分 設

14、直線CE與平面APE所成的角為θ， ＝(1，－，0)， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 即直線EC與平面APE所成角的正弦值為. 15分 [B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長相等，若∠AA1B1＝∠AA1C1＝60°，則異面直線A1C與AB1所成角的余弦值是(　　) 【導學號：68334113】 圖9-17 A.　　　　 B. C. D. A　[將三棱柱補上一個相同的三棱柱構(gòu)成一個四棱柱，如圖所示，易知圖中∠A1CD1為所求角．因為三棱柱的所有棱長均相等，不妨設為1，則根據(jù)此三棱柱的性質(zhì)有A1D1＝A1C＝，CD1

15、＝1，則由余弦定理得cos∠A1CD1＝＝，故選A.] 2．如圖9-18，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD.則在三棱錐A-BCD中，下列命題正確的是(　　) 圖9-18 A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC D　[∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面

16、ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故選D.] 3．如圖9-19，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)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，P點在△AEF內(nèi)的射影為O，則下列說法正確的是(　　) 圖9-19 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 A　[由題意可知PA，PE，PF兩兩垂直，∴PA⊥平面PEF，從而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF， 則PO⊥EF. ∵PO∩PA

17、＝P，∴EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O為△AEF的垂心．故選A.] 4．如圖9-20，小于90°的二面角α-l-β中，O∈l，A，B∈α，且∠AOB為鈍角，∠A′OB′是∠AOB在β內(nèi)的射影，則下列結(jié)論錯誤的是(　　) 圖9-20 A．∠A′OB′為鈍角 B．∠A′OB′>∠AOB C．∠AOB＋∠AOA′<π D．∠B′OB＋∠AOB＋∠AOA′>π D　[考慮將圖形特殊化，即可將此圖形置于正方體中，正方體的一個對角面與底面分別為條件中的平面α，β，如圖所示，O為所在棱的中點，A，B為所在面對角線上的一個三等分點，A′，B′分

18、別為A，B在平面β上的射影．設正方體棱長為3，則OA＝OB＝，OA′＝OB′＝，AA′＝BB′＝1，則由余弦定理得cos∠AOB＝－，cos∠A′OB′＝－<－，所以∠A′OB′>∠AOB>，所以A，B正確；又cos∠AOA′＝cos∠BOB′＝>，所以∠AOA′＝∠BOB′<，且由cos∠AOB＝－>－知∠AOB<，所以∠AOB＋∠AOA′<π，∠B′OB＋∠AOB＋∠AOA′<π，所以C正確，D錯誤，故選D.] 二、填空題 5．如圖9-21，正方形BCDE的邊長為a，已知AB＝BC，將△ABE沿邊BE折起，折起后A點在平面BCDE上的射影為D點，關于翻折后的幾何體有如下描述：

19、 圖9-21 ①AB與DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB-ACE＝a3；④平面ABC⊥平面ACD.其中正確的有________．(填序號) ①③④　[作出折疊后的幾何體直觀圖如圖所示： ∵AB＝BC＝a，BE＝a，∴AE＝a. ∴AD＝＝a，∴AC＝＝a.在△ABC中，cos∠ABC＝＝＝. ∴sin∠ABC＝＝. ∴tan ∠ABC＝＝. ∵BC∥DE，∴∠ABC是異面直線AB，DE所成的角，故①正確．連接BD，CE，則CE⊥BD，又AD⊥平面BCDE，CE?平面BCDE，∴CE⊥AD.又BD∩AD＝D，BD?平面ABD，AD?平面ABD，∴CE⊥平面

20、ABD.又AB?平面ABD，∴CE⊥AB，故②錯誤．VB-ACE＝VA-BCE＝S△BCE·AD＝××a2×a＝，故③正確．∵AD⊥平面BCDE，BC?平面BCDE，∴BC⊥AD.又BC⊥CD，CD∩AD＝D，CD，AD?平面ACD，∴BC⊥平面ACD.∵BC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD，故④正確．故答案為①③④.] 6．(20xx·金麗衢十二校高三第二次聯(lián)考)已知△ABC中，∠C＝90°，tan A＝，M為AB的中點．現(xiàn)將△ACM沿CM折成三棱錐P-CBM.當二面角P-CM-B大小為60°時，＝________. 圖9-22 　[作PE⊥CM于點E，BF⊥CM交CM的延

21、長線于點F，連接AE，則AE⊥CF，且PE與BF所成銳角等于二面角P-CM-B的大小，即為60°.不妨設AC＝1，則由tan∠BAC＝，∠ACB＝90°，得BC＝，AB＝，則由M是AB的中點，知MB＝MC，則sin∠BCF＝sin∠ABC＝， ∴||＝||＝||＝||sin∠BCF＝，∴||＝2||＝2＝2＝，則由＝＋＋，得||2＝(＋＋)2＝||2＋|2|＋||2－2||||cos 60°＝＋＋－2×××cos 60°＝1，∴PB＝1，故＝. ] 三、解答題 7．端午節(jié)即將到來，為了做好端午節(jié)商場促銷活動，某商場打算將進行促銷活動的禮品盒重新設計．方案如下：將一塊邊長為10的正方形

22、紙片ABCD剪去四個全等的等腰三角形：△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′，再將剩下的陰影部分折成一個四棱錐形狀的包裝盒S-EFGH，其中A，B，C，D重合于點O，E與E′重合，F(xiàn)與F′重合，G與G′重合，H與H′重合(如圖9-23所示)． 圖9-23 (1)求證：平面SEG⊥平面SFH； (2)當AE＝時，求二面角E-SH-F的余弦值． [解]　(1)證明：∵折后A，B，C，D重合于一點O， ∴拼接成底面EFGH的四個直角三角形必為全等的等腰直角三角形， ∴底面DFGH是正方形，EG⊥FH，EO＝OG. 2分 連接SO，由題意知SE＝SG，∴EG⊥SO. 4分

23、 又∵SO，F(xiàn)H?平面SFH，SO∩FH＝O， ∴EG⊥平面SFH. 又∵EG?平面SEG，∴平面SEG⊥平面SFH. 6分 (2)過O作OM⊥SH交SH于M點，連接EM，∵EO⊥平面SFH，SH?平面 SFH， ∴EO⊥SH，∴SH⊥平面EMO， ∴∠EMO為二面角E-SH-F的平面角. 8分 當AE＝時，在原平面圖形中，可求得SE＝. 在Rt△SOE中，可求得SO＝＝5. 10分 Rt△SHO中，OH＝，SO＝5，SH＝， ∴OM＝＝， 12分 Rt△EMO中，EM＝＝， cos∠EMO＝＝＝. 14分 ∴所求二面角的余弦值為. 15分 8．(20xx·

24、蕭山中學高三5月仿真考試)如圖9-24，已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，現(xiàn)將△DAC沿著對角線AC向上翻折到△PAC位置，此時PA⊥PB. 圖9-24 (1)求證：平面PAB⊥平面ABC； (2)求直線AB與平面PAC所成角的正弦值． 【導學號：68334114】 [解]　(1)證明：因為PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P， 所以PA⊥平面PBC， 3分 所以PA⊥BC，又BC⊥AB，AB∩AP＝A， 所以BC⊥平面PAB， 5分 又BC?平面ABC，所以平面PAB⊥平面ABC. 7分 (2)法一：如圖，作BD⊥PC于點D，連接AD， 由(1)知PA

25、⊥平面PBC，所以PA⊥BD， 而BD⊥PC，PA∩PC＝P，所以BD⊥平面PAC， 所以∠BAD為直線AB與平面PAC所成的角， 10分 在Rt△PBC中，BC＝3，PC＝4，PB＝， 所以BD＝ 13分， 又AB＝4，在Rt△ADB中，sin∠BAD＝＝， 所以直線AB與平面PAC所成角的正弦值為. 15分 法二：由(1)知平面PAB⊥平面ABC， 所以在平面PAB內(nèi)，過點P作PE⊥AB于點E， 則PE⊥平面ABC， 9分 如圖，以B為坐標原點，建立空間直角坐標系(z軸與直線PE平行)， 在Rt△PBC中，BC＝3，PC＝4，PB＝， 在Rt△APB中，AP＝3，AB＝4，PE＝，BE＝， 可知A(0，－4,0)，B(0,0,0)，C(－3,0,0)，P， 12分 ＝(－3,4,0)，＝， 則易得平面PAC的一個法向量為m＝， ＝(0,4,0)， 所以cos〈，m〉＝＝， 故直線AB與平面PAC所成角的正弦值為. 15分