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1、 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題12 空間中的平行與垂直 一、選擇題 1．(20xx銀川市質(zhì)檢)若α，β是兩個不同的平面，m為平面α內(nèi)的一條直線，則“α⊥β”是“m⊥β”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 [答案]　B [解析]　若α⊥β，m?α，則m與β平行、相交或m?β都有可能，所以充分性不成立；若m⊥β，m?α，則α⊥β，必要性成立，故選B. [方法點撥]　應用線面、面面平行與垂直的判定定理、性質(zhì)定理時，必須按照定理的要求找足條件． 2．(20xx東北三校二

2、模)已知a，b，m，n是四條不同的直線，其中a、b是異面直線，則下列命題正確的個數(shù)為(　　) ①若m⊥a，m⊥b，n⊥a，n⊥b，則m∥n； ②若m∥a，n∥b，則m，n是異面直線； ③若m與a，b都相交，n與a，b都相交，則m，n是異面直線． A．0 B．1 C．2 D．3 [答案]　B [解析]　對于①，過直線a上一點O作直線a1∥b，則直線a，a1確定平面α，因為m⊥a，m⊥a1，所以m⊥α，同理n⊥α，因此m∥n，①正確；對于②，m，n也可能相交，②錯誤；對于③，在直線a上取點A，過A作直線m、n與b相交，滿足③的條件，因此m，n可能相交，③錯誤．綜上所述，其中正確的命題

3、的個數(shù)是1，故選B. 3．(文)設m、n是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，若已知m⊥n，m⊥α，則“n⊥β”是“α⊥β”的(　　) A．充分非必要條件　　　B．必要非充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 [答案]　A ?α⊥β. ?/ n⊥β. (理)已知m、n為兩條不同的直線，α、β為兩個不同的平面，則下列命題中正確的是(　　) A．m∥n，m⊥α?n⊥α B．α∥β，m?α，n?β?m∥n C．m⊥α，m⊥n?n∥α D．m?α，n?α，m∥β，n∥β?α∥β [答案]　A [解析]　由線面垂直的性質(zhì)定理知A正確；如圖1知，當m1?β，m1∩n

4、＝A時滿足B的條件，但m與n不平行；當m⊥α，m⊥n時，可能有n?α；如圖2知，m∥n∥l，α∩β＝l時滿足D的條件，由此知D錯誤． 4．(20xx遼寧理，4)已知m、n表示兩條不同直線，α表示平面，下列說法正確的是(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m⊥α，n?α，則m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α D．若m∥α，m⊥n，則n⊥α [答案]　B [分析]　本題考查空間中平行關系與垂直關系．依據(jù)線面位置關系的定義及判定性質(zhì)定理求解． [解析]　對于A，m∥α，n∥α，則m、n的關系是平行，相交，異面，故A不正確； 對于B，由直線與平面垂直的定義知正確；

5、 對于C，n可能在平面α內(nèi)； 對于D，n?α，n與α斜交，n⊥α，n∥α都有可能． [點評]　這類題目常借助于多面體(如正方體)進行判斷，實際解答時只要能確定選項即可，不必逐一判斷． [方法點撥]　解決空間點、線、面位置關系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質(zhì)、空間位置關系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷，必要時可以利用正方體、長方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時要注意平面幾何中的結論不能完全移植到立體幾何中． 5．(文)(20xx太原市一模)已知某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A. B. C. D. [答

6、案]　C [解析]　 由三視圖知，該幾何體是如圖所示的四棱錐P－ABCD，其中底面ABCD是正方形，側(cè)面PAB是等邊三角形，且側(cè)面PAB⊥底面ABCD，故其體積V＝22＝. (理)(20xx安徽文，9)一個四面體的三視圖如圖所示，則該四面體的表面積是(　　) A．1＋ B．1＋2 C．2＋ D．2 [答案]　C [解析]　考查1.幾何體的三視圖；2.錐體的體積公式． 由該幾何體的三視圖可知，該幾何體的直觀圖如下圖所示： 其中側(cè)面PAC⊥底面ABC，且△PAC≌△BAC，由三視圖中所給數(shù)據(jù)可知：PA＝PC＝AB＝BC＝，取AC中點O，連接PO，BO，則Rt△POB中，PO

7、＝BO＝1?PB＝，∴S＝()2＋(21)2＝2＋，故選C. 6．(文)(20xx廣東理，8)若空間中n個不同的點兩兩距離都相等，則正整數(shù)n的取值(　　) A．至多等于3 B．至多等于4 C．等于5 D．大于5 [答案]　B [解析]　n＝4時為正四面體，正四面體的四個頂點是兩兩距離相等的；n＝5時為四棱錐，側(cè)面為正三角形，底面為菱形，且對角線長與邊長應相等，這不可能．因此空間中n個不同的點兩兩距離都相等，則正整數(shù)n的取值至多等于4，故選B. (理)(20xx海淀區(qū)期末)若空間中有n(n≥5)個點，滿足任意四點都不共面，且任意兩點的連線都與其余任意三點確定的平面垂直，則這樣的n值(

8、　　) A．不存在 B．有無數(shù)個 C．等于5 D．最大值為8 [答案]　C [解析]　當五點為正四面體的四個頂點和對稱中心時，符合任意四點都不共面和任意兩點的連線都與其余三點的連線所確定的平面垂直的條件，假設當n≥6時也滿足題意，不妨設其中的6個點為A，B，C，D，E，F(xiàn)，則AB⊥平面CDE，AB⊥平面CDF，又因為平面CDF∩平面CDE＝CD，所以平面CDF與平面CDE重合，C，D，E，F(xiàn)四點共面，與題意相矛盾，所以n＝5，故選C. 7．(文)設m、n是不同的直線，α、β、γ是不同的平面，有以下四個命題： ①?β∥γ　　　　　②?m⊥β ③?α⊥β ④?m∥α 其中，真命題

9、是(　　) A．①④　　　 B．②③　　　 C．①③　　　 D．②④ [答案]　C [解析]?、僬_，平行于同一個平面的兩個平面平行；②錯誤，由線面平行、垂直定理知：m不一定垂直于β；③正確，由線面平行，垂直關系判斷正確；④錯誤，m也可能在α內(nèi)．綜上所述，正確的命題是①③，故選C. (理)已知A、B是兩個不同的點，m、n是兩條不重合的直線，α、β是兩個不重合的平面，給出下列4個命題：①若m∩n＝A，A∈α，B∈m，則B∈α；②若m?α，A∈m，則A∈α；③若m?α，m⊥β，則α⊥β；④若m?α，n?β，m∥n，則α∥β，其中真命題為(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

10、 [答案]　C [解析]　②∵m?α，∴m上的點都在平面α內(nèi)，又A∈m，∴A∈α，∴②對；由二面垂直的判定定理知，③正確． 8．(文)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中點，動點P在底面ABCD內(nèi)，且PA1＝A1E，則點P運動形成的圖形是(　　) A．線段 B．圓弧 C．橢圓的一部分 D．拋物線的一部分 [答案]　B [解析]　|AP|＝＝＝|B1E|(定值)，故點P在底面ABCD內(nèi)運動形成的圖形是圓?。? (理)正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為CC1的中點，P在底面ABCD內(nèi)運動，且滿足∠DPD1＝∠CPM，則點P的軌跡為(　　) A．

11、圓的一部分 B．橢圓的一部分 C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分 [答案]　A [解析]　由∠DPD1＝∠CPM得＝＝， ∴＝2，在平面ABCD內(nèi)，以D為原點，DA、DC分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系，設DC＝1，P(x，y)， ∵PD＝2PC，∴＝2，整理得x2＋(y－)2＝，所以，軌跡為圓的一部分，故選A. 9．(文)已知α、β是兩個不同的平面，m、n是兩條不重合的直線，下列命題中正確的是(　　) A．若m∥α，α∩β＝n，則m∥n B．若m⊥α，m⊥n，則n∥α C．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n D．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥β [答案]　C

12、 [解析]　對于選項A，m，n有可能平行也有可能異面；對于選項B，n有可能在平面α內(nèi)，所以n與平面α不一定平行；對于選項D，m與β的位置關系可能是m?β，m∥β，也可能m與β相交．由n⊥β，α⊥β得，n∥α或n?α，又m⊥α，∴m⊥n，故C正確． (理)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折過程中(　　) A．存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直 B．存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直 C．存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直 D．對任意位置，三對直線“AC與BD”，“AB與CD”，“AD與BC”均不垂直 [答案]

13、　B [解析]　①過A、C作BD的垂線AE、CF，∵AB與BC不相等，∴E與F不重合，在空間圖(2)中，若AC⊥BD，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，這樣在平面BCD內(nèi)，過點C有兩條直線CE、CF都與BD垂直矛盾，∴A錯；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵ABAB，這樣的△ABC不存在，∴C錯誤． 10．(文)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，AB＝2，CC1＝2，E為CC1

14、的中點，則直線AC1與平面BED的距離為(　　) A．2　　　　　　　　　 B. C. D．1 [答案]　D [解析]　本題考查了正四棱柱的性質(zhì)，點到直線距離的求解．連接AC、BD，AC∩BD＝O，連接EO，則EO∥AC1.則點C到平面BDE的距離等于AC1到平面BDE的距離，過C作CH⊥OE于H，CH為所求．在△EOC中，EC＝，CO＝，所以CH＝1.本題解答體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的思想，注意等積法的使用． (理)已知四棱錐P－ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等，點E是側(cè)棱PB的中點，則異面直線AE與PD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. [答案]　C [解析

15、]　設AC與BD的交點為O，∵棱錐的各棱長都相等， ∴O為BD中點，∴EO∥PD，∴∠AEO為異面直線AE與PD所成的角，設棱長為1，則AO＝，EO＝，AE＝，∵AO2＋EO2＝AE2，∴cos∠AEO＝＝. 二、填空題 11．a(chǎn)、b表示直線，α、β、γ表示平面． ①若α∩β＝a，b?α，a⊥b，則α⊥β； ②若a?α，a垂直于β內(nèi)任意一條直線，則α⊥β； ③若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，則a⊥b； ④若a不垂直于平面α，則a不可能垂直于平面α內(nèi)無數(shù)條直線； ⑤若l?α，m?α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，則α∥β. 其中為真命題的是__________． [答案]

16、?、冖? [解析]　對①可舉反例如圖，需b⊥β才能推出α⊥β.對③可舉反例說明，當γ不與α，β的交線垂直時，即可得到a，b不垂直；④對a只需垂直于α內(nèi)一條直線便可以垂直α內(nèi)無數(shù)條與之平行的直線．所以只有②⑤是正確的． 12．(文)已知三棱柱ABC－A1B1C1底面是邊長為的正三角形，側(cè)棱垂直于底面，且該三棱柱的外接球表面積為12π，則該三棱柱的體積為________． [答案]　3 [解析]　4πR2＝12π，∴R＝，△ABC外接圓半徑r＝，∴柱高h＝2＝2， ∴體積V＝()22＝3. (理)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點P是線段A1C1上的動點，則四棱錐P－AB

17、CD的外接球半徑R的取值范圍是______________． [答案]　 [解析]　當P為A1C1的中點時，設球半徑為R，球心到底面ABCD距離為h，則，∴R＝，當P與A1(或C1)重合時，外接球就是正方體的外接球，R＝，∴R∈[，]． 三、解答題 13．(文)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC為正三角形，M、N、G分別是棱CC1、AB、BC的中點．且CC1＝AC. (1)求證：CN∥平面AMB1； (2)求證：B1M⊥平面AMG. [證明]　(1)如圖取線段AB1的中點P，連接NP、MP， ∵CM綊BB1， NP綊BB1， ∴CM綊NP， ∴四邊形CNP

18、M是平行四邊形． ∴CN∥MP. ∵CN?平面AMB1，MP?平面AMB1， ∴CN∥平面AMB1. (2)∵CC1⊥平面ABC， ∴平面CC1B1B⊥平面ABC， ∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B， ∴B1M⊥AG. ∵CC1⊥平面ABC， 平面A1B1C1∥平面ABC， ∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1， 設AC＝2a，則CC1＝2a， 在Rt△MCA中，AM＝＝a. 在Rt△B1C1M中，B1M＝＝a. ∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB， ∴AB1＝＝＝2a. ∵AM2＋B1M2＝AB，∴B1M⊥AM. 又∵AG∩AM＝A，∴

19、B1M⊥平面AMG. (理)如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，點N為B1C1的中點，點P在棱A1C1上運動． (1)試問點P在何處時，AB∥平面PNC，并證明你的結論； (2)在(1)的條件下，若AA1

20、直， ∴以B為原點，BA、BC，BB1為x軸、y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0，m)，A1(2,0，m)，C1(0,2，m)， ∴P(1,1，m)，設平面BCP的法向量n＝(x，y，z)， 則由n＝0，n＝0，解得y＝0，x＝－mz， 令z＝1，則n＝(－m,0,1)，又＝(0,2，－m)， 直線B1C與平面BCP所成角正弦值為， ∴＝，解之得m＝1 ∴n＝(－1,0,1) 易求得平面ABP的法向量n1＝(0，－1,1) cosα＝＝，設二面角的平面角為θ，則cosθ＝－，∴θ＝120. [方法點撥]　1.要證線面平行，先在平

21、面內(nèi)找一條直線與已知直線平行，或找一個經(jīng)過已知直線與已知平面相交的平面，找出交線，證明二線平行． 2．要證線線平行，可考慮公理4或轉(zhuǎn)化為線面平行． 3．要證線面垂直可轉(zhuǎn)化為證明線線垂直，應用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化． 14．(文)(20xx東北三校二模) 如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC為等邊三角形，AB＝4，AA1＝5，點M是BB1的中點． (1)求證：平面A1MC⊥平面AA1C1C； (2)求點A到平面A1MC的距離． [解析]　(1)證明：記AC1與A1C的交點為E.連接ME. ∵直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC為等邊三角形，

22、AB＝4，AA1＝5，點M是BB1的中點， ∴MA1＝MA＝MC1＝MC＝ . 因為點E是AC1、A1C的中點，所以ME⊥A1C且ME⊥AC1， 從而ME⊥平面AA1C1C. 因為ME?平面A1MC，所以平面A1MC⊥平面AA1C1C. (2)過點A作AH⊥A1C于點H， 由(1)知平面A1MC⊥平面AA1C1C，平面A1MC∩平面AA1C1C＝A1C， ∴AH⊥平面AA1C1C ∴AH即為點A到平面A1MC的距離． 在△A1AC中，∠A1AC＝90， A1A＝5，AC＝4，∴A1C＝，∴AH＝＝ 即點A到平面A1MC的距離為. (理)(20xx邯鄲市二模)如圖，在等腰

23、梯形CDFE中，A，B分別為底邊DF，CE的中點，AD＝2AB＝2BC＝2，沿AE將△AEF折起，使二面角F－AE－C為直二面角，連接CF，DF. (1)證明：平面ACF⊥平面AEF; (2)求點D到平面ACF的距離． [解析]　在等腰梯形CDFE中，由已知條件可得， CD＝AC＝AE＝EF＝，AF＝AD＝2， 所以，AE2＋EF2＝AF2，∴EF⊥EA；同理可證，DC⊥AC，AE⊥AC； 在四棱錐F－AECD中， ∵二面角F－AE－C為直二面角， ∴平面AEF⊥平面AECD， ∴EF⊥平面AECD， ∵AC?平面AECD，∴AC⊥EF， 又∵AC⊥AE，∴AC⊥平

24、面AEF，∴平面ACF⊥平面AEF. (2)點D到平面ACF的距離即三棱錐D－ACF的高， 因為VD－ACF＝VF－ACD，AB＝BC＝1， 所以AC＝，AF＝2且AC⊥AF， 所以S△ACF＝2＝ 又因為AC＝CD＝且AC⊥CD 所以S△ACD＝＝1，EF＝. 所以d＝1，所以d＝1. [方法點撥]　解決與折疊有關的問題，關鍵是搞清折疊前后的位置與數(shù)量關系的變化量與不變量，對比找出平面圖形與折疊后的空間圖形之間的對應關系． 15．(文)(20xx河南省高考適應性測試)如圖1所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90，CD為∠ACB的平分線，點E在線段AC上

25、，CE＝4.如圖2所示，將△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，連接AB. (1)求證：DE⊥平面BCD； (2)求三棱錐A－BDE的體積． [解析]　(1)在圖1中， ∵AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90，∴∠ACB＝60. 因為CD為∠ACB的平分線，所以∠BCD＝∠ACD＝30， ∴CD＝2 ∵CE＝4，∠DCE＝30，∴DE＝2. 則CD2＋DE2＝EC2，所以∠CDE＝90，DE⊥DC. 又因為平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE?平面ACD， 所以DE⊥平面BCD. (2)在圖2中，作BH⊥CD于H，因為平面BCD⊥

26、平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD， BH?平面BCD，所以BH⊥平面ACD. 在圖1中，由條件得BH＝ 所以三棱錐A－BDE的體積 VA－BDE＝VB－ADE＝S△ADEBH＝22sin120＝. (理)(20xx遼寧葫蘆島市一模) 如圖，圓柱的軸截面ABCD是正方形，點E在底面的圓周上，BF⊥AE，F(xiàn)是垂足． (1)求證：BF⊥AC； (2)若CE＝1，∠CBE＝30，求三棱錐F－BCE的體積． [解析]　(1)證明：∵AB⊥平面BEC，CE?平面BEC，∴AB⊥CE ∵BC為圓的直徑 ∴BE⊥CE ∵BE?平面ABE，AB?平面ABE，BE∩AB＝B ∴

27、CE⊥平面ABE ∵BF?平面ABE ∴CE⊥BF 又BF⊥AE，且CE∩AE＝E ∴BF⊥平面AEC，AC?平面AEC ∴BF⊥AC. (2)在Rt△BEC中，∵CE＝1，∠CBE＝30，∴BE＝，BC＝2 又∵ABCD為正方形，∴AB＝2，∴AE＝ ∴BF＝＝＝ ∴EF＝＝＝ ∴VF－BCE＝VC－BEF＝S△BEFCE＝EFBFCE ＝1＝. [方法點撥]　線面、線線垂直與平行的位置關系在面面平行與垂直位置關系的證明中起著承上啟下的橋梁作用，依據(jù)線面、面面位置關系的判定定理與性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化是解決這類問題的關鍵．證明面面平行主要依據(jù)判定定理，證明面面垂直時，關

28、鍵是從現(xiàn)有直線中找一條直線與其中一個平面垂直，若圖中不存在這樣的直線應借助添加中線、高線等方法解決． 16．(文)(20xx山西太原市一模) 如圖，在底面是正三角形的直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝2，D是BC的中點． (1)求證：A1C∥平面AB1D； (2)求點A1到平面AB1D的距離． [解析]　(1)證明：連接A1B，交AB1于點O，連接OD， ∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴ABB1A1是平行四邊形， ∴O是A1B的中點， ∵D是BC的中點，∴OD∥A1C， ∵OD?平面AB1D，A1C?平面AB1D， ∴A1C∥平面AB1D； (2)由(1

29、)知，O是A1B的中點， ∴點A1到平面AB1D的距離等于點B到平面AB1D的距離， ∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC，∴平面BCC1B1⊥平面ABC，B1D＝＝. ∵△ABC是正三角形，D是BC的中點，∴AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1， ∴AD⊥B1D， 設點B到平面AB1D的距離為d，∵VB1－ABD＝VB－AB1D， ∴S△ABDBB1＝S△AB1Dd， ∴d＝＝＝＝. ∴點A1到平面AB1D的距離為. (理)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90，平面PAD⊥底面ABCD，E為AD的中點，M是棱PC

30、的中點，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝. (1)求證：PE⊥平面ABCD； (2)求直線BM與平面ABCD所成角的正切值； (3)求直線BM與CD所成角的余弦值． [解析]　(1)∵PA＝PD，E為AD的中點，∴PE⊥AD， 又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD. (2)連接EC，取EC中點H，連接MH，HB， ∵M是PC的中點，H是EC的中點，∴MH∥PE， 由(1)知PE⊥平面ABCD，∴MH⊥平面ABCD， ∴HB是BM在平面ABCD內(nèi)的射影， ∴∠MBH即為BM與平面ABCD所成的角． ∵AD∥BC，BC＝AD，E為AD的中點，∠ADC＝90， ∴四邊形BCDE為矩形，又CD＝，∴EC＝2，HB＝EC＝1， 又∵MH＝PE＝， ∴△MHB中，tan∠MBH＝＝， ∴直線BM與平面ABCD所成角的正切值為. (3)由(2)知CD∥BE，∴直線BM與CD所成角即為直線BM與BE所成角， 連接ME，在Rt△MHE中，ME＝， 在Rt△MHB中，BM＝， 又BE＝CD＝，∴△MEB中， cos∠MBE＝＝＝， ∴直線BM與CD所成角的余弦值為.