（課標專用）天津市高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練13 空間中的平行與垂直-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專題能力訓(xùn)練13空間中的平行與垂直專題能力訓(xùn)練第32頁

一、能力突破訓(xùn)練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答案:D解析:易知A1C1⊥平面BB1D1D.∵B1O?平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故選D.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的重心答案: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.α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題: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)

答案: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.如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E,F為AA1,AB的中點,點M是正方形ABB1A1內(nèi)的動點,若C1M∥平面CD1E,則點M的軌跡長度為.

答案:2解析:如圖所示,取A1B1的中點H,B1B的中點G,連接GH,C1H,C1G,EG,HF.可得四邊形EGC1D1是平行四邊形,∴C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF.∵C1H∩C1G=C1,∴平面C1GH∥平面CD1E.∵點M是正方形ABB1A1內(nèi)的動點,若C1M∥平面CD1E,則點M在線段GH上.∴點M的軌跡長度GH=12+125.下列命題中正確的是.(填上你認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π6a2④在三棱錐P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,則PC⊥AB.答案: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=612a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得點P在底面△ABC的射影為△ABC的垂心,故PC⊥6.(2019江蘇,16)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點,AB=BC.求證:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.證明(1)因為D,E分別為BC,AC的中點,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因為ED?平面DEC1,A1B1?平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因為AB=BC,E為AC的中點,所以BE⊥AC.因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因為BE?平面ABC,所以C1C⊥BE.因為C1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因為C1E?平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.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四點共面;(3)求點D到平面PAM的距離.(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△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?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=3,PC=6,在△PAC中,PA=AC=2,PC=6,邊PC上的高AM=PA所以△PAC的面積S△PAC=12PC·AM=1設(shè)點D到平面PAC的距離為h,由VD-PAC=VP-ACD,得13S△PAC·h=13S△ACD因為S△ACD=34×22=3,所以13×解得h=215所以點D到平面PAM的距離為2158.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.(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⊥平面ABFD.以H為坐標原點,HF的方向為y軸正方向,|BF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=32,EH=3則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ,則sinθ=HP·所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34二、思維提升訓(xùn)練9.(2019山東濰坊一模)如圖,在矩形ABCD中,M為BC的中點,將△ABM沿直線AM翻折成△AB1M,連接B1D,N為B1D的中點,則在翻折過程中,下列說法正確的是.(填序號)

①存在某個位置,使得CN⊥AB;②翻折過程中,CN的長是定值;③若AB=BM,則AM⊥B1D;④若AB=BM=1,則當(dāng)三棱錐B1-AMD的體積最大時,三棱錐B1-AMD的外接球的表面積是4π.答案:②④解析:對于①,如圖1,取AD的中點E,連接EC交MD于點F,則NE∥AB1,NF∥MB1,如果CN⊥AB1,由已知可得到EN⊥NF,又EN⊥CN,且三線NE,NF,NC共面共點,不可能,故①錯.圖1圖2對于②,如圖1,可得由∠NEC=∠MAB1(定值),NE=12AB1(定值),AM=EC由余弦定理可得NC2=NE2+EC2-2NE·EC·cos∠NEC,所以NC是定值,故②正確.對于③,如圖2,取AM的中點O,連接B1O,DO,若AM⊥B1D,易得AM⊥平面ODB1,即可得OD⊥AM,從而AD=MD,顯然不成立,可得③不正確.對于④,當(dāng)平面B1AM⊥平面AMD時,三棱錐B1-AMD的體積最大,易得AD的中點H就是三棱錐B1-AMD的外接球的球心,球半徑為1,表面積是4π.故④正確.故答案為②④.10.如圖,在側(cè)棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=2,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.(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,所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中點,即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=22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=2,AA1=2,得BH=46在Rt△BHC1中,BC1=25,BH=46得sin∠BC1H=BHB所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是301511.如圖,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為CD的中點,F為AE的中點.沿AE將△ADE向上折起,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.(1)解線段AB上存在一點K,且當(dāng)AK=14AB時,BC∥平面證明如下:設(shè)H為AB的中點,連接EH,則BC∥EH.又因為AK=14AB,F為AE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=2,從而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.因為AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.因為BE?平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,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13?若存在,求AE的長,若不存在,請說明理由(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=3,所以AE=33,AD=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=3-h,所以S△DEC1=S四邊形AA1C1C-S△AED因為BD⊥平面ACC1A1,所以VC1又V棱柱=12×2×3×所以12+36h=故存在點E,當(dāng)AE=3,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1313.如圖,在四邊形ABCD中(如圖①),E是BC的中點,DB=2,DC=1,BC=5,AB=AD=2.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.(1)證明如圖,取BD的中點M,連接AM,ME.∵AB=AD=2,DB=2,∴AM⊥BD.∵DB=2,DC=1,BC=5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,ME12CD∴ME⊥BD,ME=12∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角,∴∠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=12BD=1.在△AEM∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+14-2×1×12×cos60°=34,∴∴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