2025屆高考數(shù)學二輪復習第二部分專題三立體幾何第2講空間平行與垂直專題強化練理

PAGE1-第2講空間平行與垂直A級基礎通關一、選擇題1．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：如圖，由題設知，A1B1⊥平面BCC1B1，從而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD.又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.答案：C2．(2024·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為()A．8B．6eq\r(2)C．8eq\r(2)D．8eq\r(3)解析：連接BC1，AC1，AC，因為AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1為直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2eq\r(3).又B1C1＝2，所以BB1＝eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2)，故該長方體的體積V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).答案：C3．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E是A1B1的中點，則點E到平面ABC1D1的距離為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2) C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),3)解析：因為A1B1∥AB，所以EB1∥AB，因此點E到平面ABC1D1的距離轉化為點B1到平面的距離，取BC1的中點O，則OB1⊥BC1，OB1⊥AB，所以B1O⊥平面ABC1D1，則B1O為所求的距離．因此B1O＝eq\f(\r(2),2)是點E到平面ABC1D1的距離．答案：B4．(2024·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2) C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(7),2)解析：如圖，因為AB∥CD，所以AE與CD所成的角為∠EAB.在Rt△ABE中，設AB＝2，則BE＝eq\r(5)，則tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2)，所以異面直線AE與CD所成角的正切值為eq\f(\r(5),2).故選C.答案：C5．對于四面體A-BCD，有以下命題：①若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD與底面所成的角相等；②若AB⊥CD，AC⊥BD，則點A在底面BCD內的射影是△BCD的內心；③四面體A-BCD的四個面中最多有四個直角三角形；④若四面體A-BCD的6條棱長都為1，則它的內切球的表面積為eq\f(π,6).其中正確的命題序號是()A．①③ B．③④ C．①②③ D．①③④解析：①正確，若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD在底面的射影相等，即與底面所成角相等；②不正確，如圖1，點A在平面BCD的射影為點O，連接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以點O是△BCD的垂心；③正確，如圖2，若AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，則四面體A-BCD的四個面均為直角三角形；④正確，設正四面體的內切球的半徑為r，棱長為1，高為eq\f(\r(6),3)，依據(jù)等體積公式eq\f(1,3)×S×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(1,3)×4×S×r，解得r＝eq\f(\r(6),12)，那么內切球的表面積S＝4πr2＝eq\f(π,6).故正確的命題是①③④.答案：D二、填空題6.如圖，在空間四邊形ABCD中，點M∈AB，點N∈AD，若eq\f(AM,MB)＝eq\f(AN,ND)，則直線MN與平面BDC的位置關系是________．解析：由eq\f(AM,MB)＝eq\f(AN,ND)，得MN∥BD.而BD?平面BDC，MN?平面BDC，所以MN∥平面BDC.答案：平行7．在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，點D，D1分別為AC，A1C1上的點，若平面BC1D∥平面AB1D1，則eq\f(AD,DC)＝________．解析：如圖所示，連接A1B，與AB1交于點O，連接OD1，因為平面BC1D∥平面AB1D1，平面BC1D∩平面A1BC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O.所以eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB).同理AD1∥DC1，所以eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)，因此eq\f(A1O,OB)＝eq\f(DC,AD)，又因為eq\f(A1O,OB)＝1，所以eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.答案：18．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個動點，則下列結論中正確的是________(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.解析：因AC⊥平面BDD1B1，而BE?平面BDD1B，故①正確；因B1D1∥平面ABCD，故②正確；記正方體的體積為V，則VE-ABC＝eq\f(1,6)V，為定值，故③正確；B1E與BC1不垂直，故④錯誤．答案：①②③三、解答題9.(2024·江蘇卷)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.10．(2024·北京卷)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)證明：因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)解：棱PB上存在點F，使得CF∥平面PAE.取PB的中點F，PA的中點G，連接CF，F(xiàn)G，EG，則FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG.因為CF?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.B級實力提升11．(2024·全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________．解析：如圖，過點P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離．再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝eq\r(3)，所以OE＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(（\r(3)）2－12)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)12．(2024·河南鄭州其次次質量預料)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點，PD⊥BF.(1)求證：AD⊥PB；(2)若E在線段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D-CEG的體積；若不存在，請說明理由．(1)證明：連接PF，因為△PAD是等邊三角形，F(xiàn)是AD的中點，所以PF⊥AD.因為底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，所以BF⊥AD.又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP.又PB?平面BFP，所以AD⊥PB.(2)解：能在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，因為PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.又BF?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.連接CF交DE于點H，過H作HG∥PF交PC于G，所以GH⊥平面ABCD.又GH?平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.因為AD∥BC，所以△DFH∽