《（課標(biāo)專用）天津市2020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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市2020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（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、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(yè)　? 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(diǎn),沿AE,AF,EF把正方形折成一個(gè)四面體,使B,C,D三點(diǎn)重合,重合后的點(diǎn)記為P,點(diǎn)P在△AEF內(nèi)的射影為O.則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.O是△AEF的垂心 B

2、.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(gè)平面,m,n是兩條直線,有下列四個(gè)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(xiě)所有正確命題的編號(hào))?

3、 答案:②③④ 解析:對(duì)于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α,β的位置關(guān)系無(wú)法確定,故錯(cuò)誤;對(duì)于②,因?yàn)閚∥α,所以過(guò)直線n作平面γ與平面α相交于直線c,則n∥c.因?yàn)閙⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正確;對(duì)于③,由兩個(gè)平面平行的性質(zhì)可知正確;對(duì)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(zhǎng)為2,E,F為AA1,AB的中點(diǎn),點(diǎn)M是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),若C1M∥平面CD1E,則點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為　　　　.? 答案:2 解析:如圖所示,取A1B1的中點(diǎn)H,B1B的中點(diǎn)G,連接GH,C1H,C1G,E

4、G,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(diǎn)M是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn), 若C1M∥平面CD1E,則點(diǎn)M在線段GH上. ∴點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度GH=12+12=2.故答案為2. 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(hào))? ①空間中三個(gè)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(wú)數(shù)條直線與a,b,c都相交; ③若球O與棱長(zhǎng)為a的正四面體各面都相切,則該球的表面積為π6a2; ④在三棱錐

5、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(diǎn)P在底面△ABC的射影為△ABC的垂心,故PC⊥AB. 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(diǎn),AB=BC. 求證:(1)A1B1∥平面DEC1; (2)BE⊥C1E. 證明(1)因?yàn)镈,E分別為BC,AC的中點(diǎn), 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1, 所以A1B1∥ED. 又因?yàn)镋D?平面DEC

6、1,A1B1?平面DEC1, 所以A1B1∥平面DEC1. (2)因?yàn)锳B=BC,E為AC的中點(diǎn), 所以BE⊥AC. 因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直棱柱, 所以C1C⊥平面ABC. 又因?yàn)锽E?平面ABC, 所以C1C⊥BE. 因?yàn)镃1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C, 所以BE⊥平面A1ACC1. 因?yàn)镃1E?平面A1ACC1,所以BE⊥C1E. 7.如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD是邊長(zhǎng)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(diǎn). (1)求證:PC⊥AD; (2)證明在PB上存在

7、一點(diǎn)Q,使得A,Q,M,D四點(diǎn)共面; (3)求點(diǎn)D到平面PAM的距離. (1)證法一取AD的中點(diǎn)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?yàn)镸為PC的中點(diǎn), 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?yàn)锳D?平面AMD, 所以PC⊥AD. (2)證明當(dāng)點(diǎn)Q為棱

8、PB的中點(diǎn)時(shí),A,Q,M,D四點(diǎn)共面,證明如下: 取棱PB的中點(diǎn)Q,連接QM,QA. 因?yàn)镸為PC的中點(diǎn),所以QM∥BC. 在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD, 所以A,Q,M,D四點(diǎn)共面. (3)解點(diǎn)D到平面PAM的距離即點(diǎn)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=PA2-PM2=102, 所以△PAC的面積S△PAC=

9、12PC·AM=12×6×102=152. 設(shè)點(diǎn)D到平面PAC的距離為h,由VD-PAC=VP-ACD,得13S△PAC·h=13S△ACD·PO. 因?yàn)镾△ACD=34×22=3,所以13×152×h=13×3×3, 解得h=2155, 所以點(diǎn)D到平面PAM的距離為2155. 8.如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把△DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)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

10、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(biāo)原點(diǎn),HF的方向?yàn)閥軸正方向,|BF|為單位長(zhǎng),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=3.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF. 可得PH=32,EH=32. 則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32為平面ABFD的法向量. 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ,則sinθ=HP·DP|HP||DP|=343=34. 所以DP與平面ABF

11、D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(diǎn),將△ABM沿直線AM翻折成△AB1M,連接B1D,N為B1D的中點(diǎn),則在翻折過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是　　　　　.(填序號(hào))? ①存在某個(gè)位置,使得CN⊥AB; ②翻折過(guò)程中,CN的長(zhǎng)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(shí),三棱錐B1-AMD的外接球的表面積是4π. 答案:②④ 解析:對(duì)于①,如圖1,取AD的中點(diǎn)E,連接EC交MD于點(diǎn)F,則NE∥AB1,NF∥MB1, 如果CN⊥AB1,由已知可得到EN⊥

12、NF,又EN⊥CN,且三線NE,NF,NC共面共點(diǎn),不可能,故①錯(cuò). 圖1 圖2 對(duì)于②,如圖1,可得由∠NEC=∠MAB1(定值),NE=12AB1(定值),AM=EC(定值), 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(duì)于③,如圖2,取AM的中點(diǎn)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(duì)于④,當(dāng)平面B1AM⊥平面AMD時(shí),三棱錐B1-AMD的體積最大,易得AD的中點(diǎn)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

13、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(diǎn),F是平面B1C1E與直線AA1的交點(diǎn). (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?yàn)镃1B1∥A1D1,C1B1?平面ADD1A1, 所以C1B1∥平面ADD1A1. 因?yàn)槠矫鍮1C1EF∩平面ADD1A1=EF, 所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF. ②因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1, 所以BB1⊥B1C1.

14、 因?yàn)锽1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1, 所以B1C1⊥BA1. 在矩形ABB1A1中,F是AA1的中點(diǎn), 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(diǎn)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=BHBC1=301

15、5. 所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是3015. 11.如圖,在長(zhǎng)方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為CD的中點(diǎn),F為AE的中點(diǎn).沿AE將△ADE向上折起,在折起的圖形中解答下列問(wèn)題: (1)在線段AB上是否存在一點(diǎn)K,使BC∥平面DFK?若存在,請(qǐng)證明你的結(jié)論;若不存在,請(qǐng)說(shuō)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(diǎn)K,且當(dāng)AK=14AB時(shí),BC∥平面DFK. 證明如下:設(shè)H為AB的中點(diǎn),連接EH,則BC∥EH. 又因?yàn)锳K=14AB,F為AE的中點(diǎn), 所以KF∥EH,所以KF∥BC. 因?yàn)?/p>

16、KF?平面DFK,BC?平面DFK, 所以BC∥平面DFK. (2)證明因?yàn)镕為AE的中點(diǎn),DA=DE=1, 所以DF⊥AE.因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCE, 所以DF⊥平面ABCE. 因?yàn)锽E?平面ABCE,所以DF⊥BE. 又因?yàn)樵谡燮鹎暗膱D形中E為CD的中點(diǎn),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?yàn)锳E∩DF=F,所以BE⊥平面ADE. 因?yàn)锽E?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(diǎn)D為AC的中點(diǎn),點(diǎn)E在線段AA1上.

17、 (1)當(dāng)AE∶EA1=1∶2時(shí),求證:DE⊥BC1. (2)是否存在點(diǎn)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(zhǎng),若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. (1)證明因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1為正三棱柱, 所以△ABC是正三角形. 因?yàn)镈是AC的中點(diǎn),所以BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE. 因?yàn)锳E∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=3, 所以AE=33,AD=1, 所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°. 在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°, 所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1. 因?yàn)镃1D∩BD=

18、D,所以DE⊥平面BC1D, 所以DE⊥BC1. (2)解假設(shè)存在點(diǎn)E滿足題意. 設(shè)AE=h,則A1E=3-h, 所以S△DEC1=S四邊形AA1C1C-S△AED-S△DCC1-S△EA1C1=23-12h-(3-h)-32=32+12h. 因?yàn)锽D⊥平面ACC1A1, 所以VC1-BDE=VB-C1DE=1332+12h×3=12+36h, 又V棱柱=12×2×3×3=3, 所以12+36h=1,解得h=3≤3, 故存在點(diǎn)E,當(dāng)AE=3,即E與A1重合時(shí),三棱錐C1-BDE的體積恰為三棱柱ABC-A1B1C1體積的13. 13.如圖,在四邊形ABCD中(如圖①),E是B

19、C的中點(diǎn),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(diǎn)B到平面ACD的距離. (1)證明如圖,取BD的中點(diǎn)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(diǎn), ∴ME為△BCD的中位線,ME12CD, ∴ME⊥BD,ME=12, ∴∠AME是二面角A-BD-C

20、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中, ∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+14-2×1×12×cos60°=34,∴AE=32, ∴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(diǎn)N,連接MN,則MN是△ABD的中位線,MN∥AB. 又ME∥CD,∴直

21、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(diǎn), ∴NE=12AD=22,MN=12AB=22,ME=12, ∴cosθ=|cos∠EMN|=MN2+ME2-NE22MN·ME=24+14-242×22×12=24. (3)解記點(diǎn)B到平面ACD的距離為d,則三棱錐B-ACD的體積VB-ACD=13d·S△ACD. 又由(1)知AE是三棱錐A-BCD的高,BD⊥CD, ∴VB-ACD=VA-BCD=13AE·S△BCD=13×32×12×2×1=36. ∵E為BC中點(diǎn),AE⊥BC,∴AC=AB=2. 又DC=1,AD=2,△ACD為等腰三角形, S△ACD=12×DC×AD2-12CD2=12×1×(2)2-122=74, ∴點(diǎn)B到平面ACD的距離d=3VB-ACDS△ACD=3×3674=2217. - 12 -