數(shù)學理高考二輪專題復習與測試：第二部分 專題三 第2講 空間平行與垂直 Word版含解析

《數(shù)學理高考二輪專題復習與測試：第二部分 專題三 第2講 空間平行與垂直 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《數(shù)學理高考二輪專題復習與測試：第二部分 專題三 第2講 空間平行與垂直 Word版含解析（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 A級　基礎通關 一、選擇題 1．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則(　　) A．A1E⊥DC1　　 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：如圖，由題設知，A1B1⊥平面BCC1B1，從而A1B1⊥BC1. 又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1， 所以BC1⊥平面A1B1CD.又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1. 答案：C 2．(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　) A．8　　　B．

2、6　　　C．8　　　D．8 解析：連接BC1，AC1，AC，因為AB⊥平面BB1C1C， 所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1為直角三角形． 又AB＝2，所以BC1＝2. 又B1C1＝2，所以BB1＝＝2， 故該長方體的體積V＝2×2×2＝8. 答案：C 3．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E是A1B1的中點，則點E到平面ABC1D1的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：因為A1B1∥AB，所以EB1∥AB， 因此點E到平面ABC1D1的距離轉(zhuǎn)化為點B1到平面的距離， 取BC1的中點O，則OB1⊥BC1，OB1⊥AB，

3、所以B1O⊥平面ABC1D1，則B1O為所求的距離． 因此B1O＝是點E到平面ABC1D1的距離． 答案：B 4．(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 解析：如圖，因為AB∥CD，所以AE與CD所成的角為∠EAB. 在Rt△ABE中，設AB＝2， 則BE＝， 則tan∠EAB＝＝， 所以異面直線AE與CD所成角的正切值為. 故選C. 答案：C 5．對于四面體A-BCD，有以下命題：①若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD與底面所成的角相等；②若

4、AB⊥CD，AC⊥BD，則點A在底面BCD內(nèi)的射影是△BCD的內(nèi)心；③四面體A-BCD的四個面中最多有四個直角三角形；④若四面體A-BCD的6條棱長都為1，則它的內(nèi)切球的表面積為.其中正確的命題序號是(　　) A．①③ B．③④ C．①②③ D．①③④ 解析：①正確，若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD在底面的射影相等，即與底面所成角相等； ②不正確，如圖1，點A在平面BCD的射影為點O，連接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以點O是△BCD的垂心； ③正確，如圖2，若AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，則四面體A-BCD的四個面均為直角三角形； ④正確

5、，設正四面體的內(nèi)切球的半徑為r，棱長為1，高為，根據(jù)等體積公式×S×＝×4×S×r， 解得r＝，那么內(nèi)切球的表面積S＝4πr2＝. 故正確的命題是①③④. 答案：D 二、填空題 6.如圖，在空間四邊形ABCD中，點M∈AB，點N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關系是________． 解析：由＝，得MN∥BD. 而BD?平面BDC，MN?平面BDC， 所以MN∥平面BDC. 答案：平行 7．在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，點D，D1分別為AC，A1C1上的點，若平面BC1D∥平面AB1D1，則＝________． 解析：如圖所示，連接A1B，與AB1交于點

6、O，連接OD1，因為平面BC1D∥平面AB1D1，平面BC1D∩平面A1BC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O. 所以＝. 同理AD1∥DC1，所以＝，因此＝， 又因為＝1，所以＝1，即＝1. 答案：1 8．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個動點，則下列結論中正確的是________(填序號)． ①AC⊥BE； ②B1E∥平面ABCD； ③三棱錐E-ABC的體積為定值； ④直線B1E⊥直線BC1. 解析：因AC⊥平面BDD1B1，而BE?平面BDD1B，故①正確；因B1D1∥平面ABCD，故②正確；記正方體

7、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． 答案：①②③ 三、解答題 9.(2019·江蘇卷)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)BE⊥C1E. 證明：(1)因為D，E分別為BC，AC的中點，所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 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BE⊥AC. 因為三棱柱ABC-

8、A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC. 又因為BE?平面ABC，所以C1C⊥BE. 因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1， C1C∩AC＝C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 10．(2019·北京卷)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點． (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE； (3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由． (1)證明：因為PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD. 因

9、為底面ABCD為菱形， 所以BD⊥AC. 又PA∩AC＝A， 所以BD⊥平面PAC. (2)證明：因為PA⊥平面ABCD， AE?平面ABCD， 所以PA⊥AE. 因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點， 所以AE⊥CD.所以AB⊥AE. 又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB. 因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE. (3)解：棱PB上存在點F，使得CF∥平面PAE. 取PB的中點F，PA的中點G，連接CF，F(xiàn)G，EG， 則FG∥AB，且FG＝AB. 因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點， 所以CE∥AB，且CE＝AB.

10、 所以FG∥CE，且FG＝CE. 所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG. 因為CF?平面PAE，EG?平面PAE， 所以CF∥平面PAE. B級　能力提升 11．(2019·全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________． 解析：如圖，過點P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離． 再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC. 又PE＝PF＝，所以OE＝OF， 所以CO為∠ACB的平分線， 即∠ACO＝4

11、5°. 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1， 所以OE＝1， 所以PO＝＝＝. 答案： 12．(2019·河南鄭州第二次質(zhì)量預測)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點，PD⊥BF. (1)求證：AD⊥PB； (2)若E在線段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D-CEG的體積；若不存在，請說明理由． (1)證明：連接PF， 因為△PAD是等邊三角形，F(xiàn)是AD的中點， 所以PF⊥AD. 因為底面ABCD是菱形，∠BAD＝， 所以

12、BF⊥AD. 又PF∩BF＝F， 所以AD⊥平面BFP.又PB?平面BFP， 所以AD⊥PB. (2)解：能在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD. 由(1)知AD⊥BF，因為PD⊥BF，AD∩PD＝D， 所以BF⊥平面PAD. 又BF?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD， 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD， 所以PF⊥平面ABCD. 連接CF交DE于點H，過H作HG∥PF交PC于G，所以GH⊥平面ABCD. 又GH?平面DEG， 所以平面DEG⊥平面ABCD. 因為AD∥BC，所以△DFH∽△ECH， 所以＝＝， 所以＝＝， 所以GH＝PF＝， 所以VD-CEG＝VG-CDE＝S△CDE·GH＝×DC·CEsin ·GH＝.