（課標專用）天津市高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練13 空間中的平行與垂直-人教版高三數(shù)學試題

專題能力訓練13空間中的平行與垂直專題能力訓練第32頁 一、能力突破訓練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.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C1答案:D解析:易知A1C1平面BB1D1D.B1O平面BB1D1D,A1C1B1O,故選D.2.如圖,在正方形ABCD中,E,F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,點P在AEF內(nèi)的射影為O.則下列說法正確的是()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的重心答案:A解析:如圖,易知PA,PE,PF兩兩垂直,PA平面PEF,從而PAEF,而PO平面AEF,則POEF,EF平面PAO,EFAO.同理可知AEFO,AFEO,O為AEF的垂心.3.,是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題:如果mn,m,n,那么.如果m,n,那么mn.如果,m,那么m.如果mn,那么m與所成的角和n與所成的角相等.其中正確的命題有.(填寫所有正確命題的編號) 答案:解析:對于,若mn,m,n,則,的位置關(guān)系無法確定,故錯誤;對于,因為n,所以過直線n作平面與平面相交于直線c,則nc.因為m,所以mc,所以mn,故正確;對于,由兩個平面平行的性質(zhì)可知正確;對于,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.4.如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E,F為AA1,AB的中點,點M是正方形ABB1A1內(nèi)的動點,若C1M平面CD1E,則點M的軌跡長度為. 答案:2解析:如圖所示,取A1B1的中點H,B1B的中點G,連接GH,C1H,C1G,EG,HF.可得四邊形EGC1D1是平行四邊形,C1GD1E.同理可得C1HCF.C1HC1G=C1,平面C1GH平面CD1E.點M是正方形ABB1A1內(nèi)的動點,若C1M平面CD1E,則點M在線段GH上.點M的軌跡長度GH=12+12=2.故答案為2.5.下列命題中正確的是.(填上你認為正確的所有命題的序號) 空間中三個平面,若,則;若a,b,c為三條兩兩異面的直線,則存在無數(shù)條直線與a,b,c都相交;若球O與棱長為a的正四面體各面都相切,則該球的表面積為6a2;在三棱錐P-ABC中,若PABC,PBAC,則PCAB.答案:解析:中也可以與相交;作平面與a,b,c都相交;中可得球的半徑為r=612a;中由PABC,PBAC得點P在底面ABC的射影為ABC的垂心,故PCAB.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,AB=BC.求證:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E.證明(1)因為D,E分別為BC,AC的中點,所以EDAB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED.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BEAC.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C1CBE.因為C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1.因為C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.7.如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD是邊長為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.(1)求證:PCAD;(2)證明在PB上存在一點Q,使得A,Q,M,D四點共面;(3)求點D到平面PAM的距離.(1)證法一取AD的中點O,連接OP,OC,AC,依題意可知PAD,ACD均為正三角形,所以O(shè)CAD,OPAD.又OCOP=O,OC平面POC,OP平面POC,所以AD平面POC.又PC平面POC,所以PCAD.證法二連接AC,依題意可知PAD,ACD均為正三角形.因為M為PC的中點,所以AMPC,DMPC.又AMDM=M,AM平面AMD,DM平面AMD,所以PC平面AMD.因為AD平面AMD,所以PCAD.(2)證明當點Q為棱PB的中點時,A,Q,M,D四點共面,證明如下:取棱PB的中點Q,連接QM,QA.因為M為PC的中點,所以QMBC.在菱形ABCD中,ADBC,所以QMAD,所以A,Q,M,D四點共面.(3)解點D到平面PAM的距離即點D到平面PAC的距離.由(1)可知POAD,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RtPOC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SPAC=12PC·AM=12×6×102=152.設(shè)點D到平面PAC的距離為h,由VD-PAC=VP-ACD,得13SPAC·h=13SACD·PO.因為SACD=34×22=3,所以13×152×h=13×3×3,解得h=2155,所以點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,以DF為折痕把DFC折起,使點C到達點P的位置,且PFBF.(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,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)解作PHEF,垂足為H.由(1)得,PH平面ABFD.以H為坐標原點,HF的方向為y軸正方向,|BF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PEPF.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,則sin=HP·DP|HP|DP|=343=34.所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34.二、思維提升訓練9.(2019山東濰坊一模)如圖,在矩形ABCD中,M為BC的中點,將ABM沿直線AM翻折成AB1M,連接B1D,N為B1D的中點,則在翻折過程中,下列說法正確的是.(填序號) 存在某個位置,使得CNAB;翻折過程中,CN的長是定值;若AB=BM,則AMB1D;若AB=BM=1,則當三棱錐B1-AMD的體積最大時,三棱錐B1-AMD的外接球的表面積是4.答案:解析:對于,如圖1,取AD的中點E,連接EC交MD于點F,則NEAB1,NFMB1,如果CNAB1,由已知可得到ENNF,又ENCN,且三線NE,NF,NC共面共點,不可能,故錯.圖1圖2對于,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·cosNEC,所以NC是定值,故正確.對于,如圖2,取AM的中點O,連接B1O,DO,若AMB1D,易得AM平面ODB1,即可得ODAM,從而AD=MD,顯然不成立,可得不正確.對于,當平面B1AM平面AMD時,三棱錐B1-AMD的體積最大,易得AD的中點H就是三棱錐B1-AMD的外接球的球心,球半徑為1,表面積是4.故正確.故答案為.10.如圖,在側(cè)棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,ADAB,AB=2,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中點,F是平面B1C1E與直線AA1的交點.(1)證明:EFA1D1;BA1平面B1C1EF.(2)求BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值.(1)證明因為C1B1A1D1,C1B1平面ADD1A1,所以C1B1平面ADD1A1.因為平面B1C1EF平面ADD1A1=EF,所以C1B1EF.所以A1D1EF.因為BB1平面A1B1C1D1,所以BB1B1C1.因為B1C1B1A1,所以B1C1平面ABB1A1,所以B1C1BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中點,即tanA1B1F=tanAA1B=22,即A1B1F=AA1B.故BA1B1F.又B1FB1C1=B1,所以BA1平面B1C1EF.(2)解設(shè)BA1與B1F的交點為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RtBHC1中,BC1=25,BH=46,得sinBC1H=BHBC1=3015.所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是3015.11.如圖,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為CD的中點,F為AE的中點.沿AE將ADE向上折起,在折起的圖形中解答下列問題:(1)在線段AB上是否存在一點K,使BC平面DFK?若存在,請證明你的結(jié)論;若不存在,請說明理由.(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K,且當AK=14AB時,BC平面DFK.證明如下:設(shè)H為AB的中點,連接EH,則BCEH.又因為AK=14AB,F為AE的中點,所以KFEH,所以KFBC.因為KF平面DFK,BC平面DFK,所以BC平面DFK.(2)證明因為F為AE的中點,DA=DE=1,所以DFAE.因為平面ADE平面ABCE,所以DF平面ABCE.因為BE平面ABCE,所以DFBE.又因為在折起前的圖形中E為CD的中點,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AEBE.因為AEDF=F,所以BE平面ADE.因為BE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D為AC的中點,點E在線段AA1上.(1)當AEEA1=12時,求證:DEBC1.(2)是否存在點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,若不存在,請說明理由.(1)證明因為三棱柱ABC-A1B1C1為正三棱柱,所以ABC是正三角形.因為D是AC的中點,所以BDAC.又平面ABC平面CAA1C1,所以BDDE.因為AEEA1=12,AB=2,AA1=3,所以AE=33,AD=1,所以在RtADE中,ADE=30°.在RtDCC1中,C1DC=60°,所以EDC1=90°,即DEDC1.因為C1DBD=D,所以DE平面BC1D,所以DEBC1.(2)解假設(shè)存在點E滿足題意.設(shè)AE=h,則A1E=3-h,所以SDEC1=S四邊形AA1C1C-SAED-SDCC1SEA1C1=2312h-(3-h)-32=32+12h.因為BD平面ACC1A1,所以VC1-BDE=VB-C1DE=1332+12×3=12+36h,又V棱柱=12×2×3×3=3,所以12+36h=1,解得h=33,故存在點E,當AE=3,即E與A1重合時,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),E是BC的中點,DB=2,DC=1,BC=5,AB=AD=2.將ABD(如圖)沿直線BD折起,使二面角A-BD-C為60°(如圖).(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B到平面ACD的距離.(1)證明如圖,取BD的中點M,連接AM,ME.AB=AD=2,DB=2,AMBD.DB=2,DC=1,BC=5滿足DB2+DC2=BC2,BCD是以BC為斜邊的直角三角形,BDDC,E是BC的中點,ME為BCD的中位線,ME12CD,MEBD,ME=12,AME是二面角A-BD-C的平面角,AME=60°.AMBD,MEBD,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,BDAE.ABD為等腰直角三角形,AM=12BD=1.在AEM中,AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cosAME=1+14-2×1×12×cos60°=34,AE=32,AE2+ME2=1=AM2,AEME.BDME=M,BD平面BDC,ME平面BDC,AE平面BDC.(2)解取AD的中點N,連接MN,則MN是ABD的中位線,MNAB.又MECD,直線AB與CD所成角等于MN與ME所成的角,即EMN或其補角.AE平面BCD,DE平面BCD,AEDE.N為RtAED斜邊的中點,NE=12AD=22,MN=12AB=22,ME=12,cos=|cosEMN|=MN2+ME2-NE22MN·ME=24+14-242×22×12=24.(3)解記點B到平面ACD的距離為d,則三棱錐B-ACD的體積VB-ACD=13d·SACD.又由(1)知AE是三棱錐A-BCD的高,BDCD,VB-ACD=VA-BCD=13AE·SBCD=13×32×12×2×1=36.E為BC中點,AEBC,AC=AB=2.又DC=1,AD=2,ACD為等腰三角形,SACD=12×DC×AD2-12CD2=12×1×(2)2-122=74,點B到平面ACD的距離d=3VB-ACDSACD=3×3674=2217.