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1、2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何 專題能力訓(xùn)練14 空間中的平行與垂直 理
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
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
3.α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,
2、有下列四個命題:
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 .(填寫所有正確命題的編號)?
4.已知正四棱錐S-ABCD的底面邊長為2,高為2,E是邊BC的中點,動點P在表面上運動,并且總保持PE⊥AC,則動點P的軌跡的周長為 .?
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)?
①空間中三個平面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,則存在無數(shù)條
3、直線與a,b,c都相交;
③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a2;
④在三棱錐P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,則PC⊥AB.
6.
在正三棱柱A1B1C1-ABC中,點D是BC的中點,BC=BB1.設(shè)B1D∩BC1=F.
求證:(1)A1C∥平面AB1D;
(2)BC1⊥平面AB1D.
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:PC⊥AD;
(2)證明在PB上存在一點Q,使得A,Q,M,D四
4、點共面;
(3)求點D到平面PAM的距離.
8.(2018全國Ⅰ,理18)
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(dá)點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.
二、思維提升訓(xùn)練
9.(2018浙江,8)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形,側(cè)棱長均相等,E是線段AB上的點(不含端點).設(shè)SE與BC所成的角為θ1,SE與
5、平面ABCD所成的角為θ2,二面角S-AB-C的平面角為θ3,則( )
A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1
C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1
10.
如圖,在側(cè)棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=,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:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF;
(2)求BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值.
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.現(xiàn)在沿AE將△ADE
6、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.
12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,點D為AC的中點,點E在線段AA1上.
(1)當(dāng)AE∶EA1=1∶2時,求證:DE⊥BC1;
(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?若存在,求AE的長,若不存在,請說明理由.
13.如圖,在四邊形ABCD中(如圖①),E是BC的中點,DB=2,
7、DC=1,BC=,AB=AD=.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B到平面ACD的距離.
專題能力訓(xùn)練14 空間中的平行與垂直
一、能力突破訓(xùn)練
1.D 解析 易知A1C1⊥平面BB1D1D.
∵B1O?平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故選D.
2.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
8、⊥EO,
∴O為△AEF的垂心.
3.②③④ 解析 對于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α,β的位置關(guān)系無法確定,故錯誤;對于②,因為n∥α,所以過直線n作平面γ與平面α相交于直線c,則n∥c.因為m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正確;對于③,由兩個平面平行的性質(zhì)可知正確;對于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 解析
如圖,取CD的中點F,SC的中點G,連接EF,EG,FG.
設(shè)EF交AC于點H,連接GH,易知AC⊥EF.
又GH∥SO,
∴GH⊥平面ABCD,
∴AC⊥GH.
又GH∩EF=H,∴AC⊥平面EFG.
故點P
9、的軌跡是△EFG,其周長為
5.②③④ 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=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得點P在底面△ABC的射影為△ABC的垂心,故PC⊥AB.
6.證明 (1)連接A1B,設(shè)A1B交AB1于點E,連接DE.
∵點D是BC的中點,點E是A1B的中點,
∴DE∥A1C.
∵A1C?平面AB1D,DE?平面AB1D,
∴A1C∥平面AB1D.
(2)∵△ABC是正三角形,點D是BC的中點,
∴AD⊥BC.
∵平面ABC⊥平面B1BCC1,平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD?平面ABC,
∴AD⊥平面B1B
10、CC1.
∵BC1?平面B1BCC1,∴AD⊥BC1.
∵點D是BC的中點,BC=BB1,
∴BD=BB1.
,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1,
∴∠BDB1=∠BC1C.
∴∠FBD+∠BDF=∠C1BC+∠BC1C=90°.
∴BC1⊥B1D.
∵B1D∩AD=D,∴BC1⊥平面AB1D.
7.(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)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
11、知△PAD,△ACD均為正三角形.
因為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.
因為AD?平面AMD,所以PC⊥AD.
(2)證明 當(dāng)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QM∥BC.
在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,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PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO
12、?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=,PC=,
在△PAC中,PA=AC=2,PC=,邊PC上的高AM=,
所以△PAC的面積S△PAC=PC·AM=
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.
因為S△ACD=22=,所以h=,解得h=,
所以點D到平面PAM的距離為
8.(1)證明 由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,
所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解 作PH⊥EF,垂足為H.
由(1)得,PH
13、⊥平面ABFD.
以H為坐標(biāo)原點,的方向為y軸正方向,||為單位長,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=又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.
可得PH=,EH=
則H(0,0,0),P,D為平面ABFD的法向量.
設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ,則sin θ=
所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為
二、思維提升訓(xùn)練
9.D 解析 當(dāng)點E不是線段AB的中點時,如圖,點G是AB的中點,SH⊥底面ABCD,過點H作HF∥AB,過點E作EF∥BC,連接SG,GH,EH,SF.
可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH
14、,θ3=∠SGH.
由題意可知EF⊥SF,
故tan θ1==tan θ3.
∴θ1>θ3.
又tan θ3==tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.
當(dāng)點E是線段AB的中點時,即點E與點G重合,此時θ1=θ3=θ2.
綜上可知,θ1≥θ3≥θ2.
10.(1)證明 ①因為C1B1∥A1D1,C1B1?平面ADD1A1,
所以C1B1∥平面ADD1A1.
因為平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,
所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.
②因為BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.
因為B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,
15、
所以B1C1⊥BA1.
在矩形ABB1A1中,F是AA1的中點,
即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=,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=,AA1=2,得BH=
在Rt△BHC1中,BC1=2,BH=,
得sin∠BC1H=
所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是
11.
(1)解 線段AB上存在一點K,
16、且當(dāng)AK=AB時,BC∥平面DFK.
證明如下:設(shè)H為AB的中點,連接EH,則BC∥EH.
又因為AK=AB,F為AE的中點,
所以KF∥EH,所以KF∥BC.
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DF⊥AE.因為平面ADE⊥平面ABCE,
所以DF⊥平面ABCE.
因為BE?平面ABCE,所以DF⊥BE.
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=,
從而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.
因為AE∩DF=F,所以BE⊥平面
17、ADE.
因為BE?平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.
12.(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BD⊥AC.
又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.
因為AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,
所以AE=,AD=1,
所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.
在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,
所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.
因為C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,
所以DE⊥BC1.
(2)解 假設(shè)存在點E滿足題意.
設(shè)AE=h,則A1E=-h,
所以-
18、S△AED-=2h-(-h)-h.
因為BD⊥平面ACC1A1,
所以h,又V棱柱=2=3,
所以h=1,解得h=,
故存在點E,當(dāng)AE=,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.
(1)證明 如圖,取BD的中點M,連接AM,ME.
∵AB=AD=,DB=2,
∴AM⊥BD.
∵DB=2,DC=1,BC=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,
∴ME為△BCD的中位線,MECD,
∴ME⊥BD,ME=,
∴∠AME是二面角A-BD-C的
19、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=BD=1.在△AEM中,
∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+-2×1cos 60°=,∴AE=,
∴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N,連接MN,則MN是△ABD的中位線,MN∥AB.
又ME∥CD,∴直線AB與CD所成角θ等于MN與ME所成的角,即∠EMN或其補角.
AE⊥平面BCD,DE?平面BCD,
∴AE⊥DE.∵N為Rt△AED斜邊的中點,
∴NE=AD=,MN=AB=,ME=,
∴cos θ=|cos∠EMN|=
(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=d·S△ACD.
又由(1)知AE是三棱錐A-BCD的高,BD⊥CD,
∴VB-ACD=VA-BCD=AE·S△BCD=
∵E為BC中點,AE⊥BC,∴AC=AB=
又DC=1,AD=,△ACD為等腰三角形,
S△ACD=DC1,
∴點B到平面ACD的距離d=