《高三文科數(shù)學(xué) 通用版二輪復(fù)習(xí)：專題限時(shí)集訓(xùn)10 空間中的平行與垂直關(guān)系 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三文科數(shù)學(xué) 通用版二輪復(fù)習(xí)：專題限時(shí)集訓(xùn)10 空間中的平行與垂直關(guān)系 Word版含解析（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題限時(shí)集訓(xùn)(十)空間中的平行與垂直關(guān)系 建議A、B組各用時(shí)：45分鐘] A組　高考達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1．(20xx·南昌一模)設(shè)α為平面，a，b為兩條不同的直線，則下列敘述正確的是(　　) A．若a∥α，b∥α，則a∥b B．若a⊥α，a∥b，則b⊥α C.若a⊥α，a⊥b，則b∥α D．若a∥α，a⊥b，則b⊥α B　A中，兩直線可能平行、相交或異面，故A錯(cuò)；B中，由直線與平面垂直的判定定理可知B正確；C中，b可能平行α，也可能在α內(nèi)，故C錯(cuò)；D中，b可能平行α，也可能在α內(nèi)，還可能與α相交，故D錯(cuò)．綜上所述，故選B.] 2．(20xx·

2、濟(jì)南一模)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題： ①若m∥n，m⊥β，則n⊥β； ②若m∥α，m∥β，則α∥β； ③若m∥n，m∥β，則n∥β； ④若m⊥α，m⊥β，則α⊥β. 其中真命題的個(gè)數(shù)為(　　) A．1　　 B.2 C.3　　 D.4 A　對(duì)于①，由直線與平面垂直的判定定理易知其正確；對(duì)于②，平面α與β可能平行或相交，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，直線n可能平行于平面β，也可能在平面β內(nèi)，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，由兩平面平行的判定定理易得平面α與β平行，故④錯(cuò)誤．綜上所述，正確命題的個(gè)數(shù)為1，故選A.] 圖11­5 3．如圖11­

3、;5所示，直線PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)．現(xiàn)有結(jié)論：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③點(diǎn)B到平面PAC的距離等于線段BC的長(zhǎng)．其中正確的是(　　) A．①②　　　　　　 B.①②③ C.① D.②③ B　對(duì)于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC. ∵AB為⊙O的直徑，∴BC⊥AC.又∵PA∩AC＝A， ∴BC⊥平面PAC，又PC?平面PAC，∴BC⊥PC. 對(duì)于②，∵點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)， ∴OM∥PA.∵PA?平面PAC，OM?平面PAC， ∴OM∥平面PAC. 對(duì)于③，由①知BC⊥平面PAC， ∴線段BC的

4、長(zhǎng)即是點(diǎn)B到平面PAC的距離，故①②③都正確．] 4．已知α，β是兩個(gè)不同的平面，有下列三個(gè)條件： ①存在一個(gè)平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一條直線a，a?α，a⊥β； ③存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α. 其中，所有能成為“α⊥β”的充要條件的序號(hào)是(　　) A．①　　 B.② C.③　　 D.①③ D　對(duì)于①，存在一個(gè)平面γ，γ⊥α，γ∥β，則α⊥β，反之也成立，即“存在一個(gè)平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要條件，所以①對(duì)，可排除B，C. 對(duì)于③，存在兩條垂直的直線a，b，則直線a，b所成的角為90°， 因?yàn)閍⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角

5、為90°， 即α⊥β，反之也成立，即“存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要條件，所以③對(duì)，可排除A，選D.] 5．(20xx·成都二模)在三棱錐P­ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F(xiàn)分別是線段PB，PC上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) 圖11­6 A．當(dāng)AE⊥PB時(shí)，△AEF一定為直角三角形 B．當(dāng)AF⊥PC時(shí)，△AEF一定為直角三角形 C.當(dāng)EF∥平面ABC時(shí)，△AEF一定為直角三角形 D．當(dāng)PC⊥平面AEF時(shí)，△AEF一定為直角三角形 B　因?yàn)锳P⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又AB⊥BC

6、，且PA和AB是平面PAB上兩條相交直線，則BC⊥平面PAB，BC⊥AE.當(dāng)AE⊥PB時(shí)，AE⊥平面PBC，則AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，A正確；當(dāng)EF∥平面ABC時(shí)，EF在平面PBC上，平面PBC與平面ABC相交于BC，則EF∥BC，則EF⊥AE，△AEF一定是直角三角形，C正確；當(dāng)PC⊥平面AEF時(shí)，AE⊥PC，又AE⊥BC，則AE⊥平面PBC，AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，D正確；B中結(jié)論無(wú)法證明，故選B.] 二、填空題 6．已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，且PA，PB，PC兩兩垂直，則下列命題： ①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC. 其中正

7、確命題的個(gè)數(shù)是________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：85952041】 3　如圖所示，∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P， ∴PA⊥平面PBC. 又∵BC?平面PBC， ∴PA⊥BC. 同理PB⊥AC，PC⊥AB，但AB不一定垂直于BC.] 7．在三棱錐C­ABD中(如圖11­7)，△ABD與△CBD是全等的等腰直角三角形，O是斜邊BD的中點(diǎn)，AB＝4，二面角A­BD­C的大小為60°，并給出下面結(jié)論：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC為正三角形；④cos ∠ADC＝；⑤四面體ABCD的外接球表面積為32π.其中真命題是__

8、______(填序號(hào))． 圖11­7 ①③⑤　由題意知BD⊥CO，BD⊥AO，則BD⊥平面AOC，從而B(niǎo)D⊥AC，故①正確；根據(jù)二面角A­BD­C的大小為60°，可得∠AOC＝60°，又直線AD在平面AOC的射影為AO，從而AD與CO不垂直，故②錯(cuò)誤；根據(jù)∠AOC＝60°，AO＝CO可得△AOC為正三角形，故③正確；在△ADC中 ，AD＝CD＝4，AC＝CO＝2，由余弦定理得cos ∠ADC＝＝，故④錯(cuò)誤；由題意知，四面體ABCD的外接球的球心為O，半徑為2，則外接球的表面積為S＝4π×(2)2＝32π，故⑤正確．]

9、 8．正方體ABCD­A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論中正確的是________．(填序號(hào)) ①AC⊥BE； ②B1E∥平面ABCD； ③三棱錐E­ABC的體積為定值； ④直線B1E⊥直線BC1. ①②③　因?yàn)锳C⊥平面BDD1B1，故①，②正確；記正方體的體積為V，則VE­ABC＝V為定值，故③正確；B1E與BC1不垂直，故④錯(cuò)誤．] 三、解答題 9．(20xx·北京高考)如圖11­8，在四棱錐P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. 圖11­8 (1

10、)求證：DC⊥平面PAC. (2)求證：平面PAB⊥平面PAC. (3)設(shè)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，在棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得PA∥平面CEF？說(shuō)明理由． 解]　(1)證明：因?yàn)镻C⊥平面ABCD， 所以PC⊥DC.2分 又因?yàn)镈C⊥AC，且PC∩AC＝C， 所以DC⊥平面PAC.4分 (2)證明：因?yàn)锳B∥DC，DC⊥AC， 所以AB⊥AC. 因?yàn)镻C⊥平面ABCD，所以PC⊥AB. 又因?yàn)镻C∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.8分 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.9分 (3)棱PB上存在點(diǎn)F，使得PA∥平面CEF.10分 理由如下：取PB的中點(diǎn)F，連

11、接EF，CE，CF. 又因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)， 所以EF∥PA. 又因?yàn)镻A?平面CEF，且EF?平面CEF， 所以PA∥平面CEF.14分 10．(20xx·河南六市模擬)如圖11­9，四棱錐P­ABCD，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)． 圖11­9 (1)求證：PC⊥AD； (2)求點(diǎn)D到平面PAM的距離． 解]　(1)證明：法一：取AD中點(diǎn)O，連接OP，OC，AC，依題意可知△PAD，△ACD均為正三角形，所以 OC⊥AD，OP⊥AD，又OC∩O

12、P＝O，OC?平面POC，OP?平面POC，所以AD⊥平面POC，又PC?平面POC，所以PC⊥AD.5分 法二：連接AC，AM，DM，依題意可知△PAD，△ACD均為正三角形，又M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， 又AD?平面AMD，所以PC⊥AD.5分 (2)由題可知，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P­ADC的高． 在R

13、t△POC中，PO＝OC＝，PC＝， 在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝，邊PC上的高AM＝＝，所以S△PAC＝PC·AM＝××＝.8分 設(shè)點(diǎn)D到平面PAC的距離為h，由VD­PAC＝VP­ACD得S△PAC·h＝S△ACD·PO，又S△ACD＝×22＝， 所以×·h＝××，解得h＝，所以點(diǎn)D到平面PAM的距離為.12分 B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(20xx·烏魯木齊三模)如圖11­10，在多面體ABC­DEFG中，

14、圖11­10 平面ABC∥平面DEFG，AC∥GF，且△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，四邊形DEFG是邊長(zhǎng)為4的正方形，M，N分別為AD，BE的中點(diǎn)，則MN＝(　　) A.　　　　　　　 B.4 C. D.5 A　如圖，取BD的中點(diǎn)P，連接MP，NP， 則MP∥AB，NP∥DE，MP＝AB＝1，NP＝DE＝2.又∵AC∥GF， ∴AC∥NP. ∵∠CAB＝60°，∴∠MPN＝120°， ∴MN＝ ＝＝，故選A.] 圖11­11 2．如圖11­11，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°

15、，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A­BCD.則在三棱錐A­BCD中，下列命題正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC D　∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，

16、故選D.] 3．(20xx·貴陽(yáng)二模)如圖11­12，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)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，P點(diǎn)在△AEF內(nèi)的射影為O，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖11­12 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 A　由題意可知PA，PE，PF兩兩垂直，∴PA⊥平面PEF，從而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF， 則PO⊥EF. ∵PO∩PA＝P，∴EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，A

17、F⊥EO，∴O為△AEF的垂心．故選A.] 4．(20xx·長(zhǎng)沙模擬)如圖11­13，正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1， 圖11­13 E，F(xiàn)是線段B1D1上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且EF＝，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是(　　) A．AC⊥BF B．三棱錐A­BEF的體積為定值 C.EF∥平面ABCD D．異面直線AE，BF所成的角為定值 D　對(duì)于選項(xiàng)A，連接BD，易知AC⊥平面BDD1B1. ∵BF?平面BDD1B1，∴AC⊥BF，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，∵AC⊥平面BDD1B1，∴A到平面BEF的距離不變． ∵EF＝，B到EF的

18、距離為1，∴△BEF的面積不變， ∴三棱錐A­BEF的體積為定值，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，∵EF∥BD，BD?平面ABCD，EF?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，異面直線AE，BF所成的角不為定值，當(dāng)F與B1重合時(shí)，令上底面中心為O，則此時(shí)兩異面直線所成的角是∠A1AO，當(dāng)E與D1重合時(shí)，點(diǎn)F與O重合，則兩異面直線所成的角是∠OBC1，這兩個(gè)角不相等，故異面直線AE，BF所成的角不為定值，故D錯(cuò)誤．] 二、填空題 5．(20xx·衡水二模)如圖11­14，正方形BCDE的邊長(zhǎng)為a，已知AB＝BC，將△ABE沿邊BE折起，折起后A點(diǎn)在平

19、面BCDE上的射影為D點(diǎn)，關(guān)于翻折后的幾何體有如下描述： 圖11­14 ①AB與DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB­ACE＝a3；④平面ABC⊥平面ACD.其中正確的有________．(填序號(hào)) ①③④　作出折疊后的幾何體直觀圖如圖所示： ∵AB＝BC＝a，BE＝a，∴AE＝a. ∴AD＝＝a，∴AC＝＝a.在△ABC中，cos∠ABC＝＝＝. ∴sin∠ABC＝＝. ∴tan ∠ABC＝＝. ∵BC∥DE，∴∠ABC是異面直線AB，DE所成的角，故①正確．連接BD，CE，則CE⊥BD，又AD⊥平面BCDE，CE?平面BCDE，∴CE⊥AD

20、.又BD∩AD＝D，BD?平面ABD，AD?平面ABD，∴CE⊥平面ABD.又AB?平面ABD，∴CE⊥AB，故②錯(cuò)誤．VB­ACE＝VA­BCE＝S△BCE·AD＝××a2×a＝，故③正確．∵AD⊥平面BCDE，BC?平面BCDE，∴BC⊥AD.又BC⊥CD，CD∩AD＝D，CD，AD?平面ACD，∴BC⊥平面ACD.∵BC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD，故④正確．故答案為①③④.] 6．(20xx·太原二模)已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，將直角梯形ABCD沿AC折疊

21、成三棱錐D­ABC，當(dāng)三棱錐D­ABC的體積取最大值時(shí)，其外接球的體積為_(kāi)_______. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：85952042】 π　當(dāng)平面DAC⊥平面ABC時(shí)，三棱錐D­ABC的體積取最大值．此時(shí)易知BC⊥平面DAC，∴BC⊥AD.又AD⊥DC，∴AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，取AB的中點(diǎn)O，易得OA＝OB＝OC＝OD＝1，故O為所求外接球的球心，故半徑r＝1，體積V＝πr3＝π.] 三、解答題 7．(20xx·四川高考)如圖11­15，在四棱錐P­ABCD中，PA⊥CD， 圖11­15 AD∥BC，∠ADC＝∠

22、PAB＝90°，BC＝CD＝AD. (1)在平面PAD內(nèi)找一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PAB，并說(shuō)明理由； (2)證明：平面PAB⊥平面PBD. 解]　(1)取棱AD的中點(diǎn)M(M∈平面PAD)，點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn).2分 理由如下： 因?yàn)锳D∥BC，BC＝AD， 所以BC∥AM，且BC＝AM. 所以四邊形AMCB是平行四邊形， 所以CM∥AB.4分 又AB?平面PAB，CM?平面PAB， 所以CM∥平面PAB.6分 (說(shuō)明：取棱PD的中點(diǎn)N，則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn)) (2)證明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD， 因?yàn)锳D∥BC，BC＝AD，所以

23、直線AB與CD相交， 所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.8分 因?yàn)锳D∥BC，BC＝AD，M為AD的中點(diǎn)，連接BM， 所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四邊形BCDM是平行四邊形，10分 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB. 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB. 又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.12分 8．(20xx·長(zhǎng)春二模)已知等腰梯形ABCD(如圖11­16(1)所示)，其中AB∥CD，E，F(xiàn)分別為AB和CD的中點(diǎn)，且AB＝EF＝2，CD＝6，M為BC中點(diǎn)．現(xiàn)將梯形ABCD沿著EF所在直線折起，使平面EFCB⊥平面EFDA

24、(如圖11­16(2)所示)，N是線段CD上一動(dòng)點(diǎn)，且CN＝ND. (1)　　　　　　　　　(2) 圖11­16 (1)求證：MN∥平面EFDA； (2)求三棱錐A­MNF的體積． 解]　(1)證明：過(guò)點(diǎn)M作MP⊥EF于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)N作NQ⊥FD于點(diǎn)Q，連接PQ.由題知，平面EFCB⊥平面EFDA，又MP⊥EF，平面EFCB∩平面EFDA＝EF， ∴MP⊥平面EFDA. 又EF⊥CF，EF⊥DF，CF∩DF＝F，∴EF⊥平面CFD. 又NQ?平面CFD，∴NQ⊥EF. 又NQ⊥FD，EF∩FD＝F，∴NQ⊥平面EFDA， ∴MP∥NQ.2分

25、 又CN＝ND，∴NQ＝CF＝×3＝2， 且MP＝(BE＋CF)＝×(1＋3)＝2，∴MP綊NQ， ∴四邊形MNQP為平行四邊形.4分 ∴MN∥PQ. 又∵M(jìn)N?平面EFDA，PQ?平面EFDA， ∴MN∥平面EFDA.6分 (2)法一：延長(zhǎng)DA，CB相交于一點(diǎn)H，則H∈CB，H∈DA. 又∵CB?平面FEBC，DA?平面FEAD. ∴H∈平面FEBC，H∈平面FEAD， 即H∈平面FEBC∩平面FEAD＝EF， ∴DA，F(xiàn)E，CB交于一點(diǎn)H， 且HE＝EF＝1.8分 V三棱錐F­CDH＝V三棱錐C­HFD＝·S△H

26、FD·CF＝， 又由平面幾何知識(shí)得＝，10分 則＝， ∴V三棱錐A­MNF＝V三棱錐F­AMN＝·V三棱錐F­CDH＝×＝1.12分 法二：V三棱臺(tái)BEA­CDF＝×EF×(S△BEA＋＋S△CDF)＝×2×＝， V四棱錐A­BEFM＝×AE×S四邊形BEFM＝， V三棱錐N­ADF＝×2×S△ADF＝2， V三棱錐N­CFM＝×1×S△CFM＝，10分 V三棱錐A­MNF＝V三棱臺(tái)BEA­CDF－V三棱錐N­CFM－V四棱錐A­BEFM－V三棱錐N­ADF ＝－－－2＝1.12分