高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點11 空間中的平行與垂直關(guān)系專題限時集訓 理-人教版高三數(shù)學試題

《高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點11 空間中的平行與垂直關(guān)系專題限時集訓 理-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點11 空間中的平行與垂直關(guān)系專題限時集訓 理-人教版高三數(shù)學試題（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(十一) 空間中的平行與垂直關(guān)系 [建議A、B組各用時：45分鐘] [A組　高考達標] 一、選擇題 1．(2016·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；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；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．綜上所述，故選B.] 2．(2016·濟南一模)設(shè)m，n是

2、兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題： 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. 其中真命題的個數(shù)為(　　) A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．4 A　[對于①，由直線與平面垂直的判定定理易知其正確；對于②，平面α與β可能平行或相交，故②錯誤；對于③，直線n可能平行于平面β，也可能在平面β內(nèi)，故③錯誤；對于④，由兩平面平行的判定定理易得平面α與β平行，故④錯誤．綜上所述，正確命題的個數(shù)為1，故選A.] 3．如圖11-5所示，直線PA垂直于⊙O所在的平面，△AB

3、C內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑，點M為線段PB的中點．現(xiàn)有結(jié)論：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③點B到平面PAC的距離等于線段BC的長．其中正確的是(　　) 圖11-5 A．①② B．①②③ C．① D．②③ B　[對于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. 對于②，∵點M為線段PB的中點， ∴OM∥PA.∵PA?平面PAC，OM?平面PAC， ∴OM∥平面PAC. 對于③，由①知BC⊥平面PAC， ∴線段BC的長即是點B到平面PAC的距離，故①②③都

4、正確．] 4．已知α，β是兩個不同的平面，有下列三個條件： ①存在一個平面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”的充要條件的序號是(　　) A．①　　　 B．②　　　 C．③　　　 D．①③ D　[對于①，存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β，則α⊥β，反之也成立，即“存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要條件，所以①對，可排除B，C. 對于③，存在兩條垂直的直線a，b，則直線a，b所成的角為90°， 因為a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角為90°， 即α⊥β，反之也成立，即“

5、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，可排除A，選D.] 5．(2016·成都二模)在三棱錐P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F(xiàn)分別是線段PB，PC上的動點，則下列說法錯誤的是(　　) 圖11-6 A．當AE⊥PB時，△AEF一定為直角三角形 B．當AF⊥PC時，△AEF一定為直角三角形 C．當EF∥平面ABC時，△AEF一定為直角三角形 D．當PC⊥平面AEF時，△AEF一定為直角三角形 B　[因為AP⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又AB⊥BC，且PA和AB是平面PAB上兩條相交直線，則BC⊥平面PAB，BC⊥AE.當

6、AE⊥PB時，AE⊥平面PBC，則AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，A正確；當EF∥平面ABC時，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PC⊥平面AEF時，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)論無法證明，故選B.] 二、填空題 6．已知P為△ABC所在平面外一點，且PA，PB，PC兩兩垂直，則下列命題： ①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC. 其中正確命題的個數(shù)是________. 【導學號：67722041】 3　[如圖

7、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C-ABD中(如圖11-7)，△ABD與△CBD是全等的等腰直角三角形，O是斜邊BD的中點，AB＝4，二面角A-BD-C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________(填序號)． 圖11-7 ①③⑤　[由題意知BD⊥CO，BD⊥AO，則BD⊥平面AOC，從而BD⊥AC，故①正

8、確；根據(jù)二面角A-BD-C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．] 8．正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個動點，則下列結(jié)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

9、定值； ④直線B1E⊥直線BC1. ①②③　[因為AC⊥平面BDD1B1，故①，②正確；記正方體的體積為V，則VE-ABC＝V為定值，故③正確；B1E與BC1不垂直，故④錯誤．] 三、解答題 9．(2016·北京高考)如圖11-8，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. 圖11-8 (1)求證：DC⊥平面PAC. (2)求證：平面PAB⊥平面PAC. (3)設(shè)點E為AB的中點，在棱PB上是否存在點F，使得PA∥平面CEF？說明理由． [解]　(1)證明：因為PC⊥平面ABCD， 所以PC⊥DC.2分 又因為DC⊥AC，且PC∩AC＝C，

10、 所以DC⊥平面PAC.4分 (2)證明：因為AB∥DC，DC⊥AC， 所以AB⊥AC. 因為PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB. 又因為PC∩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F，使得PA∥平面CEF.10分 理由如下：取PB的中點F，連接EF，CE，CF. 又因為E為AB的中點，所以EF∥PA. 又因為PA?平面CEF，且EF?平面CEF， 所以PA∥平面CEF.14分 10．(2016·青島模擬)如圖11-9，四棱錐P-ABCD，側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形，且與底面垂直，底面ABCD是

11、∠ABC＝60°的菱形，M為PC的中點． 圖11-9 (1)求證：PC⊥AD； (2)求點D到平面PAM的距離． [解]　(1)證明：法一：取AD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. 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，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A

12、MD，所以PC⊥AD.5分 (2)由題可知，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-ADC的高． 在Rt△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D到平面PAC的距離為h，由VD-PAC＝VP-ACD得S△PAC·h＝S△ACD·PO，又S△ACD＝×22＝， 所以×·h＝××，解得h＝，所以點D到平面PAM的距離為.12分

13、[B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2016·烏魯木齊三模)如圖11-10，在多面體ABC-DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AC∥GF，且△ABC是邊長為2的正三角形，四邊形DEFG是邊長為4的正方形，M，N分別為AD，BE的中點，則MN＝(　　) 圖11-10 A.　　　 B．4 C. D．5 A　[如圖，取BD的中點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.] 2．如圖11-11，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BC

14、D＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD.則在三棱錐A-BCD中，下列命題正確的是(　　) 圖11-11 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，故選D.] 3．

15、(2016·貴陽二模)如圖11-12，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)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，P點在△AEF內(nèi)的射影為O，則下列說法正確的是(　　) 圖11-12 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，AF⊥EO，∴O為△AEF的垂心．故選A.] 4．(2

16、016·長沙模擬)如圖11-13，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)是線段B1D1上的兩個動點，且EF＝，則下列結(jié)論中錯誤的是(　　) 圖11-13 A．AC⊥BF B．三棱錐A-BEF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　[對于選項A，連接BD，易知AC⊥平面BDD1B1.∵BF?平面BDD1B1，∴AC⊥BF，故A正確；對于選項B，∵AC⊥平面BDD1B1，∴A到平面BEF的距離不變．∵EF＝，B到EF的距離為1，∴△BEF的面積不變，∴三棱錐A-BEF的體積為定值，故B正確；對于選項C，∵EF∥BD，BD?平面AB

17、CD，EF?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，故C正確；對于選項D，異面直線AE，BF所成的角不為定值，當F與B1重合時，令上底面中心為O，則此時兩異面直線所成的角是∠A1AO，當E與D1重合時，點F與O重合，則兩異面直線所成的角是∠OBC1，這兩個角不相等，故異面直線AE，BF所成的角不為定值，故D錯誤．] 二、填空題 5．(2016·衡水二模)如圖11-14，正方形BCDE的邊長為a，已知AB＝BC，將△ABE沿邊BE折起，折起后A點在平面BCDE上的射影為D點，關(guān)于翻折后的幾何體有如下描述： 圖11-14 ①AB與DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB-ACE＝a3；④

18、平面ABC⊥平面ACD.其中正確的有________．(填序號) 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.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錯誤．VB-ACE＝VA-BCE＝S△BCE·AD＝

19、××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．(2016·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折疊成三棱錐D-ABC，當三棱錐D-ABC的體積取最大值時，其外接球的體積為________． 【導學號：67722042】 π　[當平面DAC⊥平面ABC時，三棱錐D-ABC的體積取最大值．此時易知BC⊥平面DAC，∴BC⊥AD.又

20、AD⊥DC，∴AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，取AB的中點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．(2016·四川高考)如圖11-15，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD. 圖11-15 (1)在平面PAD內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由； (2)證明：平面PAB⊥平面PBD. [解]　(1)取棱AD的中點M(M∈平面PAD)，點M即為所求的一個點.2分 理由如下： 因為AD∥BC，BC＝AD， 所以BC∥AM，且BC＝AM.

21、 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 (說明：取棱PD的中點N，則所找的點可以是直線MN上任意一點) (2)證明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD， 因為AD∥BC，BC＝AD，所以直線AB與CD相交， 所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.8分 因為AD∥BC，BC＝AD，M為AD的中點，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

22、面PAB⊥平面PBD.12分 8．(2016·長春二模)已知等腰梯形ABCD(如圖11-16(1)所示)，其中AB∥CD，E，F(xiàn)分別為AB和CD的中點，且AB＝EF＝2，CD＝6，M為BC中點．現(xiàn)將梯形ABCD沿著EF所在直線折起，使平面EFCB⊥平面EFDA(如圖11-16(2)所示)，N是線段CD上一動點，且CN＝ND. (1)　　　　　　　　　(2) 圖11-16 (1)求證：MN∥平面EFDA； (2)求三棱錐A-MNF的體積． [解]　(1)證明：過點M作MP⊥EF于點P，過點N作NQ⊥FD于點Q，連接PQ.由題知，平面EFCB⊥平面EFDA，又MP⊥EF，平面EFC

23、B∩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 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∵MN?平面EFDA，PQ?平面EFDA， ∴MN∥平面EFDA.6分 (2)法一：延長DA，CB相交于一點H，則H∈CB，H∈DA. 又∵CB?平面FEBC，DA?平面FEAD. ∴H∈平面FEBC

24、，H∈平面FEAD， 即H∈平面FEBC∩平面FEAD＝EF， ∴DA，F(xiàn)E，CB交于一點H，且HE＝EF＝1.8分 V三棱錐F-CDH＝V三棱錐C-HFD＝·S△HFD·CF＝， 又由平面幾何知識得＝，10分 則＝， ∴V三棱錐A-MNF＝V三棱錐F-AMN＝·V三棱錐F-CDH＝×＝1.12分 法二：V三棱臺BEA-CDF＝×EF×(S△BEA＋＋S△CDF)＝×2×＝， V四棱錐A-BEFM＝×AE×S四邊形BEFM＝， V三棱錐N-ADF＝×2×S△ADF＝2， V三棱錐N-CFM＝×1×S△CFM＝，10分 V三棱錐A-MNF＝V三棱臺BEA-CDF－V三棱錐N-CFM－V四棱錐A-BEFM－V三棱錐N-ADF ＝－－－2＝1.12分