2012-2021北京高三（上）期末數(shù)學(xué)匯編：空間直線、平面的垂直

16/162012-2021北京高三（上）期末數(shù)學(xué)匯編空間直線、平面的垂直一、單選題1．（2021·北京順義·高三期末）已知兩條直線m，n和平面α，且n//α，則“m⊥n”是“m⊥α”的（

）A．充分必要條件 B．充分而不必要條件C．必要而不充分條件 D．既不充分也不必要條件2．（2020·北京豐臺·高三期末）在邊長為2的等邊三角形ABC中，點D，E分別是邊AC，AB上的點，滿足DE//BC且ADAC=λ(λ∈(0,1))，將△ADE沿直線A．在邊A'E上存在點F，使得在翻折過程中，滿足BFB．存在λ∈0,12，使得在翻折過程中的某個位置，滿足平面C．若λ=12，當(dāng)二面角AD．在翻折過程中，四棱錐A'?BCDE體積的最大值記為f(λ)，f(λ)3．（2018·北京朝陽·高三期末（理））如圖矩形ABCD中，AD=3.點E在AB邊上，CE⊥DE且AE=1，△ADE沿直線DE向上折起成△A1DE．記二面角A?DE?A1的平面角為①存在某個位置，使CE⊥DA②存在某個位置，使DE⊥A③任意兩個位置，直線DE和直線A1以上三個結(jié)論中正確的序號是A．① B．①② C．①③ D．②③二、解答題4．（2016·北京石景山·高三期末（文））如圖，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AC=BC=2，AA1=4，，M，N分別是棱CC1，AB中點．（Ⅰ）求證：CN⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求證：CN∥平面AMB1；（Ⅲ）求三棱錐B1﹣AMN的體積．5．（2018·北京通州·高三期末（文））如圖,在四棱錐A?BCDE中,底面BCDE為正方形,平面ABE⊥底面BCDE,AB=AE=BE，點M，N分別是AE，AD的中點.（1）求證：MN∥平面ABC；（2）求證：BM⊥平面ADE；（3）在棱DE上求作一點P，使得CP⊥AD，并說明理由.6．（2018·北京海淀·高三期末（文））如圖，三棱柱ABC?A1B1C1AC=AB=AA1=2,∠AA1（Ⅰ）求證：AC⊥AE；（Ⅱ）求三棱柱ABC?A（Ⅲ）在直線AA1上是否存在一點P，使得CP//平面AEF？若存在，求出7．（2018·北京昌平·高三期末（文））如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，ΔPAB為正三角形，且側(cè)面PAB⊥底面ABCD.

E，M分別為線段AB，PD的中點.（I）求證：PE⊥平面ABCD；（II）求證：PB//平面ACM；（III）在棱CD上是否存在點G，使平面GAM⊥平面ABCD，請說明理由．8．（2016·北京房山·高三期末（文））如圖1，在直角梯形ADCE中，AD//EC，EC=2BC，∠ADC=90°，AB⊥EC，點F為線段BC上的一點．將△ABE沿AB折到△ABE1的位置，使E1F⊥BC，如圖2．（Ⅰ）求證：AB//平面CDE1；（Ⅱ）求證：E1F⊥AC；（Ⅲ）在E1D上是否存在一點M，使E1C⊥平面ABM．說明理由．9．（2016·北京東城·高三期末（文））如圖，在四棱錐E?ABCD中，AE⊥DE，CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，CD=3AB．（1）求證：平面ACE⊥平面CDE；（2）在線段DE上是否存在一點F，使AF//平面BCE？若存在，求出EFED10．（2015·北京豐臺·高三期末（文））如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD=60°，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD，E，P，Q分別是棱AD，SC，(1)求證：PQ∥平面SAD；(2)求證：AC⊥平面SEQ；(3)如果SA=AB=2，求三棱錐S-ABC的體積．11．（2012·北京海淀·高三期末（文））在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，AC∩BD=O.（Ⅰ）若AC⊥PD，求證：AC⊥平面PBD；（Ⅱ）若平面PAC⊥平面ABCD，求證：PB=PD；（Ⅲ）在棱PC上是否存在點M（異于點C）使得BM//平面PAD，若存在，求PMPC12．（2012·北京西城·高三期末（文））如圖，正三棱柱ABC?A1B1C（Ⅰ）求證：AD⊥平面B1（Ⅱ）求證：A1B//平面（Ⅲ）求三棱錐C1

參考答案1．C【解析】首先利用特殊情況得到不滿足題意得充分性，再利用線面平行的性質(zhì)和線面垂直的性質(zhì)即可判斷滿足必要性，即可得到答案.【詳解】充分性：如圖所示，在長方體中，滿足n//α，m⊥n，此時m//α，不滿足充分性.必要性：若n//α，則存在l?α，n//l，又因為m⊥α，l?α，所以m⊥l，所以m⊥n，滿足必要性.故“m⊥n”是“m⊥α”的必要而不充分條件.故選：C2．D【分析】對于A選項，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理推出矛盾即可；對于B選項，根據(jù)題意證明平面A'HI⊥平面CBED，假設(shè)平面A'BC⊥平面BCDE，所以A'在平面BCDE的射影為I對于C選項,因為二面角A'?DE?B為直二面角，故∠A'HI=90°對于D選項，在翻折過程中，當(dāng)A'H⊥平面CBED時，四棱錐A'【詳解】對于A，假設(shè)存在F∈AE，使得BF//平面A因為BF?平面A'BE，平面A'BE∩平面A'CD=A'A，故BF//A對于B，如圖2，取BC,DE的中點分別為I,H，連接IH,A因為ΔABC為等邊三角形，故AI⊥BC，因為DE//BC，故所以ΔA'DE,ΔADE均為等邊三角形，故A因為DE//BC，AI⊥BC，AI⊥BC，故所以IH⊥DE，因為A'H∩IH=H，故DE⊥平面而DE?平面CBED，故平面A'HI⊥平面若某個位置，滿足平面A'BC⊥平面BCDE，則A'在平面BCDE的射影在IH上，也在BC上，故A'在平面BCDE的射影為此時λ=ADAC=對于C，如圖3（仍取BC,DE的中點分別為I,H，連接IH,A因為A'H⊥DE,IH⊥BC，所以∠A因為二面角A'?DE?B為直二面角，故∠A而IH∩DE=H，故A'H⊥平面CBED，因BH?平面CBED，故因為λ=12，所以在RtΔIHB中，BH=3在RtΔA'HB對于D，如圖4（仍取BC,DE的中點分別為I,H，連接IH,A作A'在底面CBED上的射影O，則O在IH因為ADAC=λ,BC//DE，所以A'H3又V=1令fλ=?λ當(dāng)λ∈0,33時，f'λ所以fλ在0,33故fλ故D正確.故選：D.【點睛】本題考查平面圖形的折疊問題、折疊過程的線面、面面關(guān)系的判斷以及體積最值的計算，解題注意折疊前面變化的量與不變量的量，而線面、面面關(guān)系的判斷要依據(jù)性質(zhì)定理或判定定理，體積最值的計算首先要有目標(biāo)函數(shù)，其次根據(jù)線段長度的大小關(guān)系放縮為一元函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)求最值.3．C【詳解】對于①，當(dāng)平面A1DE⊥面CDE時，平面A1DE∩面CDE=DE對于②，若存在某個位置，使DE⊥A1C，∵DE⊥EC,∴DE⊥面A1EC,DE⊥A對于③，DE是定直線，二面角A?DE?A1的平面角變化時，A1C是動直線，所以任意兩個位置直線DE和直線故選：C.【方法點睛】本題主要通過對多個命題真假的判斷，主要綜合考查線面垂直的判定與性質(zhì)、面面垂直的性質(zhì)、異面直線所成的角以及空間想象能力與抽象思維能力，屬于難題.這種題型綜合性較強，也是高考的命題熱點，同學(xué)們往往因為某一處知識點掌握不好而導(dǎo)致“全盤皆輸”，因此做這類題目更要細(xì)心、多讀題，盡量挖掘出題目中的隱含條件，另外，要注意從簡單的自己已經(jīng)掌握的知識點入手，然后集中精力突破較難的命題.4．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）4【詳解】試題分析：（Ⅰ）由題可得AA1⊥CN且CN⊥AB又因為AA1∩AB=A所以CN⊥平面ABB1A1．（Ⅱ）由題意得CM∥NG，CM=NG所以四邊形CNGM是平行四邊形，所以CN∥MG．又因為CN?平面AMB1，GM?平面AMB1，所以CN∥平面AMB1．（Ⅲ）VB1?AMN=VM?AB1N所以先求△試題解析：（Ⅰ）證明：因為三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC又因為CN?平面ABC，所以AA1⊥CN．因為AC=BC=2，N是AB中點，所以CN⊥AB．因為AA1∩AB=A，所以CN⊥平面ABB1A1．（Ⅱ）證明：取AB1的中點G，連接MG，NG，因為N，G分別是棱AB，AB1中點，所以NG∥BB1，NG=1又因為CM∥BB1，CM=1所以CM∥NG，CM=NG．所以四邊形CNGM是平行四邊形．所以CN∥MG．因為CN?平面AMB1，GM?平面AMB1，所以CN∥平面AMB1．（Ⅲ）由（Ⅱ）知GM⊥平面AB1N．所以VB1?AMN故答案為43考點：直線與平面垂直的判定；棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定．【點評】證明線面垂直關(guān)鍵是證明已知直線與面內(nèi)的兩條相交直線都垂直即可，證明線面平行關(guān)鍵是在平面內(nèi)找到一條直線與已知直線平行；求三棱錐的體積時若不易求出一般是先觀察一下是否換一個底面積與高都容易求的定點．5．(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)答案見解析.【詳解】（1）因為點M，N分別是AE，AD的中點，所以MN∥DE.因為四邊形BCDE為正方形，所以BC∥DE.所以MN∥BC.因為MN?平面ABC，BC?平面ABC，所以MN∥平面ABC.（2）因為平面ABE⊥底面BCDE，DE⊥BE，所以DE⊥平面ABE.因為BM?平面ABE，所以DE⊥BM.因為AB=AE=BE，點M是AE的中點，所以BM⊥AE.因為DE∩AE=E，DE?平面ADE，AE?平面ADE，所以BM⊥平面ADE.（3）取BE中點F，連接AF，DF，過C點作CP⊥DF，交DE于點P.則點P即為所求作的點.理由：因為AB=AE=BE，點F是BE的中點，所以AF⊥BE.因為平面ABE⊥底面BCDE，所以AF⊥平面BCDE，所以AF⊥CP.因為CP⊥DF，AF∩DF=F，所以CP⊥平面ADF.因為AD?平面ADF，所以CP⊥AD.6．（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）V=23；（Ⅲ）在直線AA1上存在點P，使得CP//【分析】（Ⅰ）根據(jù)題目中的側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC，AC⊥AB，可證得結(jié)論；（Ⅱ）由條件知AE⊥底面A1B1C【詳解】（Ⅰ）證明：三棱柱ABC?A側(cè)面ABB1A1⊥又因為側(cè)面ABB1A1∩底面ABC=AB所以AC⊥平面ABB1A1，又因為所以AC⊥AE；（Ⅱ）連接AB1,因為三棱柱ABC?A因為AB=AA1=2，所以A1B所以△AA1B1是邊長為2的正三角形.因為E是棱又因為AE⊥AC，A1C1因為A1C1∩A所以AE⊥底面A1B1V=S（Ⅲ）在直線AA1上存在點P，使得CP//平面證明如下：連接BE并延長，與AA1的延長線相交，設(shè)交點為P.連接因為BB1//AA1由于E為棱A1B1的中點，所以E又F為棱BC的中點，故EF為ΔBCP的中位線，所以EF//CP.又EF?平面AEF，CP?平面AEF，所以CP//平面AEF.

故在直線AA1上存在點P，使得CP//平面此時A1P=BB7．（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析.【詳解】試題分析：（1）要證線面垂直，可先證線線垂直，再根據(jù)線面垂直的判定得到線面垂直；（2）構(gòu)造三角形的中位線得到線線平行，進(jìn)而得到線面平行；（3）在棱CD上存在點G，G為CD的中點時，平面GAM⊥平面ABCD，先猜后證，先證線面垂直，由線面推出面面垂直．解析：（I）證明：因為ΔPAB為正三角形，E為AB的中點，所以PE⊥AB，又因為面PAB⊥面ABCD，面PAB∩面ABCD=AB，PE?平面PAB.所以PE⊥平面ABCD.（II）證明：連接BD交AC于H點，連接MH，因為四邊形ABCD是菱形，所以點H為BD的中點.又因為M為PD的中點，所以MH//BP.又因為BP?平面ACM,MH?平面ACM.所以PB//平面ACM.（III）在棱CD上存在點G，G為CD的中點時，平面GAM⊥平面ABCD．證明：連接EC．由（Ⅰ）得，PE⊥平面ABCD，所以PE⊥CD，因為ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E為AB的中點，所以ΔABC是正三角形，EC⊥AB.因為CD//AB，所以EC⊥CD．因為PE∩EC=E，所以CD⊥平面PEC，所以CD⊥PC．因為M，G分別為PD，CD的中點，所以MG//PC，所以CD⊥MG．因為ABCD是菱形，∠ADC＝60°，所以ΔADC是正三角形.又因為G為CD的中點，所以CD⊥AG，因為MG∩AG=G，所以CD⊥平面MAG，因為CD?平面ABCD，所以平面MAG⊥平面ABCD．8．（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）存在，理由見解析.【分析】（Ⅰ）由已知可證AB//CD，又CD?平面CDE1，AB?平面CDE1，即可判定AB//平面CDE1；（Ⅱ）由AB⊥BF，AB⊥BE1，可證AB⊥FE1，又E1F⊥BC，可得E1F⊥平面ABC，從而可證E1F⊥AC；（Ⅲ）取CE1的中點G，連接BG，經(jīng)點G，在△E1CD中作GM//CD，交E1D與點M，連接AM，BM，由CB=BE1，利用等腰三角形的性質(zhì)可得CE1⊥BG，又由CE1⊥AB，可證CE1⊥平面ABG，利用GM//CD//AB，可知點M在平面ABG上，從而可得E1C⊥平面ABM．【詳解】證明：（Ⅰ）∵在直角梯形ADCE中，AD//EC，∠ADC=90°，AB⊥EC，∴AB//CD，∵CD?平面CDE1，AB?平面CDE1，∴AB//平面CDE1；（Ⅱ）∵AB⊥BF，AB⊥BE1，BF∩BE1=B，∴AB⊥平面BFE1，∵FE1?平面BFE1，∴AB⊥FE1，又∵E1F⊥BC，BC∩AB=B，∴E1F⊥平面ABC，∵AC?平面ABC，∴E1F⊥AC；（Ⅲ）取CE1的中點G，連接BG，在△E1CD中作GM//CD，交E1D與點M，連接AM，BM，∵CB=BE1，∴CE1⊥BG，又∵CE1⊥AB，AB∩BG=B，∴CE1⊥平面ABG，∵GM//CD//AB，∴點M在平面ABG上，∴E1C⊥平面ABM．9．（1）詳見解析；（2）在線段DE上存在一點F，且EFED【分析】（1）首先證明AE⊥平面CDE，再根據(jù)面面垂直的判定即可得證；（2）在線段DE上存在一點F，且EFED【詳解】（1）因為CD⊥平面ADE，AE?平面ADE，所以CD⊥AE，又因為AE⊥DE，CD∩DE=D，所以AE⊥平面CDE，又因為AE?平面ACE，所以平面ACE⊥平面CDE；（2）如圖所示：在線段DE上存在一點F，且EFED=13，使AF設(shè)F為線段DE上一點，且EFED=13，過點F作FM//CD交則FM=1因為CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，所以CD//AB，又FM//CD，所以FM//AB，因為CD=3AB，所以FM=AB．所以四邊形ABMF是平行四邊形，所以AF//BM，又因為AF?平面BCE，BM?平面BCE，所以AF//平面BCE．10．(1)證明見解析(2)證明見解析(3)1【分析】（1）取SD中點F，連結(jié)AF，PF，證明PQ∥AF．利用直線與平面平行的判定定理證明PQ//平面（2）連結(jié)BD，證明SE⊥AD，推出SE⊥平面ABCD，得到SE⊥AC．證明EQ⊥AC，然后證明AC⊥平面SEQ．（3）求出S△ABC，SE=3,說明SE⊥平面ABC，然后求出三棱錐(1)證明：取SD中點F，連結(jié)AF，PF．因為P，F(xiàn)分別是棱SC，SD的中點，所以FP//CD，且又因為菱形ABCD中，Q是AB的中點，所以AQ//CD，且所以FP∥AQ且所以AQPF為平行四邊形，所以PQ//又因為PQ?平面SAD，AF?平面SAD所以PQ//平面SAD(2)證明：連結(jié)BD，因為△SAD中SA=SD，點E棱AD的中點，所以SE⊥AD．又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SE?平面SAD，所以SE⊥平面ABCD，所以SE⊥AC．因為底面ABCD為菱形，E，Q分別是棱AD，AB的中點，所以BD⊥AC，EQ//所以EQ⊥AC，因為SE∩EQ=E,SE,EQ?平面SEQ，所以AC⊥平面SEQ．(3)解：因為菱形ABCD中，∠BAD=60°，AB=2，所以SΔ因為SA=AD=SD=2，E是AD的中點，所以SE=3由（2）可知SE⊥平面ABC，所以三棱錐S?ABC的體積V=111．（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）不存在.【分析】（Ⅰ）由ABCD是菱形可得AC⊥BD；結(jié)合AC⊥PD，由線面垂直的判定定理可得AC⊥平面PAD.；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知AC⊥PO,由面面垂直的性質(zhì)可得BD⊥PO,結(jié)合BO=DO可得