资源描述
专题能力提升练 十一 空间中的平行与垂直(45分钟80分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.已知直线a与直线b平行,直线a与平面平行,则直线b与的关系为()A.平行B.相交C.直线b在平面内D.平行或直线b在平面内【解析】选D.依题意,直线a必与平面内的某直线平行,又ab,因此直线b与平面的位置关系是平行或直线b在平面内.2.设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则()A.若mn,n,则mB.若m,则mC.若m,n,n,则m D.若mn,n,则m【解析】选C.对A,若mn,n,则m或m或m,错误;对B,若m,则m或m或m,错误;对C,若m,n,n,则m,正确;对D,若mn,n,则m或m或m,错误.故选C.3.若平面,满足,=l,P,Pl,则下列命题中是假命题的为()A.过点P垂直于平面的直线平行于平面B.过点P垂直于直线l的直线在平面内C.过点P垂直于平面的直线在平面内D.过点P且在平面内垂直于l的直线必垂直于平面【解析】选B.由于过点P垂直于平面的直线必平行于平面内垂直于交线的直线,因此也平行于平面,因此A正确;过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面,不一定在平面内,因此B不正确;根据面面垂直的性质定理,知选项C,D正确.4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F平面D1AE,则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是()A.t|255t23B.t|255t2C.t|2t23D.t|2t22【解析】选D.设M,N分别为BB1,B1C1中点,则F轨迹为线段MN,所以A1F与平面BCC1B1所成角的正切值范围为A1B1B1N,A1B1dB1-MN=2,22,选D.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,PAB与PBC是正三角形,平面PAB平面PBC,ACBD,则下列结论不一定成立的是()A.PBACB.PD平面ABCDC.ACPDD.平面PBD平面ABCD【解析】选B.取BP的中点O,连接OA,OC,则BPOA,BPOC,又因为OAOC=O,所以BP平面OAC,所以BPAC,故选项A正确;又ACBD,BPBD=B,得AC平面BDP,又PD平面BDP,所以ACPD,平面PBD平面ABCD,故选项C,D正确,故选B.6.(2016全国卷)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.32B.22C.33D.13【解析】选A.如图所示:因为平面CB1D1,所以若设平面CB1D1平面ABCD=m1,则m1m.又因为平面ABCD平面A1B1C1D1,结合平面B1D1C平面A1B1C1D1=B1D1,所以B1D1m1,故B1D1m.同理可得:CD1n.故m,n所成角的大小与B1D1,CD1所成角的大小相等,即CD1B1的大小.而B1C=B1D1=CD1(均为面对角线),因此CD1B1=3,即sinCD1B1=32.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是:平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.【加固训练】(2018荆州三模)已知底面是直角三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上,且AB=AC=1,若球O的表面积为3,则这个直三棱柱的体积是_.【解析】设直三棱柱的侧棱(高)为h,外接球的球心为O, 因为外接球的表面积为3,即4R2=3,解得R=32, 在底面RtABC中,由AB=AC=1,所以BC=2, 取BC的中点O1,则OO1平面ABC,在RtBOO1中,由勾股定理得R2=BO12+OO12322=222+h22,解得h=1,所以直三棱柱的体积为V=Sh=12111=12.答案:12二、填空题(每小题5分,共10分)7.(2016全国卷),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: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与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有_.(填写所有正确命题的编号)【解析】对于,AA(m)平面ABCD(),AA(m)AD(n),AD(n)平面ABCD(),显然平面ABCD()平面ABCD(),故错误;对于,n,由线面平行的性质定理,可知n与内的一条直线l平行,因为m,所以ml,所以mn,故正确;对于,设过m的平面交于直线l,因为,m,由面面平行的性质定理可知ml,由线面平行的判定定理,可知m,故正确;对于,若m,n分别与平面,平行(或垂直),结论显然成立,若m,n分别与平面,不平行,也不垂直,可以分别作出m,n在平面,内的射影,由等角定理,可知结论也成立,故正确.答案:【加固训练】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,AC=BC=1,ACB=90,点D是A1B1的中点,F是BB1上的动点,AB1,DF交于点E,要使AB1平面C1DF,则线段B1F的长为_.【解析】设B1F=x,因为AB1平面C1DF,DF平面C1DF,所以AB1DF.由已知可得A1B1=2,设RtAA1B1斜边AB1上的高为h,则DE=12h.又1222=12h22+(2)2,所以h=233,DE=33.在RtDB1E中,B1E=222-332=66.由面积相等得1266x2+222=1222x,得x=12.答案:128.如图,矩形ABCD中,E为边AB的中点,将ADE沿直线DE翻转成A1DE.若M为线段A1C的中点,则在ADE翻转过程中,正确的命题是_.(填序号)BM是定值;点M在圆上运动;一定存在某个位置,使DEA1C;一定存在某个位置,使MB平面A1DE.【解析】如图,取DC中点N,连接MN,NB,则MNA1D,NBDE,所以平面MNB平面A1DE,因为MB平面MNB,所以MB平面A1DE,正确;A1DE=MNB,MN=12A1D=定值,NB=DE=定值,根据余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MNNBcosMNB,所以MB是定值.正确;B是定点,所以M是在以B为圆心,MB为半径的圆上,正确;当矩形ABCD满足ACDE时存在,其他情况不存在,错误.所以正确.答案:【加固训练】(2018南宁市联考)如图,在正方形ABCD中,点E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点.现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H.下列说法错误的是_.(填序号)AGEFH所在平面;AHEFH所在平面;HFAEF所在平面;HGAEF所在平面.【解析】折之前AGEF,CGEF,折之后也垂直,所以EF平面AHG,折之前B,D,BCD均为直角,折之后B,C,D三点重合,所以折之后AH,EH,FH三条直线两两垂直,所以AHEFH所在平面,对;同时可知AHHG,又HFAEH所在平面,过AE不可能作两个平面与直线HF垂直,错;如果HGAEF所在平面,则有HGAG,与中AHHG矛盾,错;若AGEFH所在平面,则有AGHG,与中AHHG矛盾,所以也错.答案:三、解答题(每小题10分,共40分)9.如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD是矩形,BC=BF=CF=AE=DE=2,AB=6,EF=4,EFAB,G为FC的中点,M为线段CD上一点,且CM=2.(1)求证:AF平面BDG.(2)求证:BFDE.(3)求证:平面BGM平面BFC.【证明】(1)连接AC交BD于O点,则O为AC的中点,连接OG.因为在AFC中,O为AC的中点,G为FC的中点.所以OGAF.因为AF平面BDG,OG平面BDG,所以AF平面BDG.(2)连接FM.因为四边形ABCD是矩形,AB=6,所以DCAB,且DC=AB=6.因为EF=4,CM=2,DM=DC-CM,所以DM=EF=4.因为DMAB,EFAB,所以DMEF.所以四边形DMFE是平行四边形.所以MFDE,MF=DE=2.因为在RtBCM中,BCM=90,BC=2,CM=2,所以BM=22.因为在BFM中,BM=22,MF=2,BF=2,所以BFM是直角三角形.所以BFMF.所以BFDE.(3)因为在FCM中,CF=CM=MF=2,所以FCM为等边三角形.因为G为FC的中点,所以MGCF.同理,由BCF为等边三角形,可得BGCF.因为BGMG=G,所以CF平面BGM.因为CF平面BFC,所以平面BGM平面BFC.10.(2018东莞二模)如图,平面CDEF平面ABCD,四边形ABCD是平行四边形,CDEF为直角梯形,ADC=120,CFCD,且CFDE,AD=2DC=DE=2CF.(1)求证:BF平面ADE.(2)若AD=2,求该几何体的各个面的面积的平方和.【解析】(1)取DE的中点H,连接AH,HF.因为四边形CDEF为直角梯形,DE=2CF,H是DE的中点,所以HF=DC,且HFDC.因为四边形ABCD是平行四边形,所以AB=DC,且ABDC,所以AB=HF,且ABHF,所以四边形ABFH是平行四边形,所以BFAH.因为AH平面ADE,BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)因为在BCD中,BC=2DC,所以BDC=90,所以S四边形ABCD=212BDAB=21231=3,SADE=1222=2,SBCF=1221=1.因为DEBD,且DE=2,BD=3,所以BE=7,又AE=22,AB=1,所以AE2=AB2+BE2,即EBA=90,所以SABE=1217=72.所以SBEF=1252=102.S梯形CDEF=12(DE+CF)CD=1231=32.所以该几何体的各个面的面积的平方和为32+22+12+322+722+1022=292.11.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是矩形,BAC=90,AA1BC,AA1=AC=2AB=4,且BC1A1C.(1)求证:平面ABC1平面A1ACC1.(2)设D是A1C1的中点,判断并证明在线段BB1上是否存在点E,使得DE平面ABC1.若存在,求点E到平面ABC1的距离.【解析】(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是矩形,所以AA1AB,又因为AA1BC,ABBC=B,所以AA1平面ABC,所以AA1AC,又AA1=AC,所以A1CAC1,又BC1A1C,BC1AC1=C1,所以A1C平面ABC1,又A1C平面A1ACC1,所以平面ABC1平面A1ACC1.(2)当E为BB1的中点时,连接AE,EC1,DE,如图,取AA1的中点F,连接EF,FD,因为EFAB,DFAC1,又EFDF=F,ABAC1=A,所以平面EFD平面ABC1,又DE平面EFD,所以DE平面ABC1,又因为VE-ABC1=VC1-ABE,C1A1平面ABE,设点E到平面ABC1的距离为d,所以1312242d=1312224,所以d=2所以存在点E为BB1的中点时,使得DE平面ABC1,点E到平面ABC1的距离为2.【一题多解】(2)解答本题还可以用如下的方法解决:当E为BB1的中点时,连接DE,如图,设A1C交AC1于点G,连接BG,DG,因为BEDG且BE=DG,所以四边形DEBG为平行四边形,则DEBG,又DE平面ABC1,BG平面ABC1,所以DE平面ABC1,求距离同原解法.12.(2018太原二模)如图(1),在平面六边形ABFCDE中,四边形ABCD是矩形,且AB=4,BC=2,AE=DE=BF=CF=2,点M,N分别是AD,BC的中点,分别沿线段AD,BC将ADE,BCF翻折成如图(2)的空间几何体ABCDEF.(1)利用下列结论1或结论2,证明:E,F,M,N四点共面;结论1:过空间一点作已知直线的垂面,有且仅有一个.结论2:过平面内一条直线作该平面的垂面,有且仅有一个.(2)若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60,求三棱锥E-BCF的体积.【解析】(1)由题意,点E在底面ABCD上的射影在MN上,可设为点P,同理点F在底面ABCD上的射影在MN上,可设为点Q,则EP平面ABCD,FQ平面ABCD,所以平面EMP平面ABCD,平面FNQ平面ABCD,又MN平面ABCD,MN平面EMP,MN平面FNQ,由结论2:过平面内一条直线作该平面的垂面,有且仅有一个,则E,F,M,N四点共面.(2)若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60,则EMP=FNQ=60,易得EM=FN=1,则MP=EMcos 60=12,EP=EMsin 60=32,VE-BCF=VABCDEF-VE-ABCD=21312232+123223-134232=32.【加固训练】(2018百校联盟模拟)如图,在几何体ABDCFE中,底面CDEF是平行四边形,ABCD,AB=1,CD=2,DE=25,DF=4,DB=2,DB平面CDEF,CE与DF交于点O.(1)求证:OB平面ACF.(2)求三棱锥B-DEF的表面积.【解析】(1)取CF中点G,连接AG,OG,在CDF中,O是DF的中点,G是CF的中点,所以OGCD,OG=12CD,又ABCD,AB=1,CD=2,所以OGAB,OG=AB,所以四边形ABOG为平行四边形,所以OBAG,又因为AG平面ACF,OB平面ACF,故OB平面ACF.(2)由EF=CD=2,DE=25,DF=4,可得EF2+DF2=DE2,所以EFDF,所以DEF的面积S1=12DFEF=1242=4.由DB平面CDEF,DF平面CDEF,DE平面CDEF,EF平面CDEF,可得BDDF,BDDE,BDEF,所以BDF的面积S2=12BDDF=1224=4, BDE的面积S3=12BDDE=12225=25,由EFDF,EFBD,BDDF=D,可得EF平面BDF,又BF平面BDF,所以EFBF,因为BF=BD2+DF2=25,所以BEF的面积S4=12BFEF=12252=25,所以三棱锥B-DEF的表面积S=S1+S2+S3+S4=8+45.(建议用时:50分钟)1.(2018全国卷)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为()A.334B.233C.324D.32【解析】选A.由于平面与每条棱所成的角都相等,所以平面与平面AB1D1平行或重合(如图),而在与平面AB1D1平行的所有平面中,面积最大的为由各棱的中点构成的截面EFGHMN,而平面EFGHMN的面积S=122222326=334.2.如图所示,直线PA垂直于O所在的平面,ABC内接于O,且AB为O的直径,点M为线段PB的中点.现有结论:BCPC;OM平面APC;点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的是()A.B.C.D.【解析】选B.对于,因为PA平面ABC,所以PABC,因为AB为O的直径,所以BCAC,因为ACPA=A,所以BC平面PAC,又PC平面PAC,所以BCPC;对于,因为点M为线段PB的中点,所以OMPA,因为PA平面PAC,OM平面PAC,所以OM平面PAC;对于,由知BC平面PAC,所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离,故都正确.【加固训练】(2018洛阳模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足_时,平面MBD平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)【解析】因为PA底面ABCD,所以BDPA,连接AC,则BDAC,且PAAC=A,所以BD平面PAC,所以BDPC.所以当DMPC(或BMPC)时,即有PC平面MBD,而PC平面PCD,所以平面MBD平面PCD.答案:DMPC(或BMPC等)3.(2018泉州模拟)点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,给出下列命题:三棱锥A-D1PC的体积不变;A1P平面ACD1;DPBC1;平面PDB1平面ACD1.其中正确的命题的序号是_.【解析】连接BD交AC于点O,连接DC1交D1C于点O1,连接OO1,则OO1BC1,所以BC1平面AD1C,动点P到平面AD1C的距离不变,所以三棱锥P-AD1C的体积不变.又因为所以正确;因为平面A1C1B平面AD1C,A1P平面A1C1B,所以A1P平面ACD1,正确;由于当点P在B点时,DB不垂直于BC1,即DP不垂直BC1,故不正确;由于DB1D1C,DB1AD1,D1CAD1=D1,所以DB1平面AD1C.又因为DB1平面PDB1,所以平面PDB1平面ACD1,正确.答案:4.如图所示,在四面体ABCD中,点M,N分别是ACD,BCD的重心,则四面体的四个面所在平面中与MN平行的是_.【解析】如图,连接AM并延长,交CD于点E,连接BN,并延长交CD于点F,由重心性质可知,E,F重合为一点,且该点为CD的中点E,连接MN,由EMMA=ENNB=12,得MNAB.因此,MN平面ABC且MN平面ABD.答案:平面ABC、平面ABD5.(2018肇庆二模)如图1,在高为2的梯形ABCD中,ABCD,AB=2,CD=5,过A,B分别作AECD,BFCD,垂足分别为E,F.已知DE=1,将梯形ABCD沿AE,BF同侧折起,使得AFBD,DECF,得空间几何体ADE-BCF,如图2.(1)证明:BE平面ACD.(2)求三棱锥B-ACD的体积.【解析】(1)设BE交AF于点O,取AC的中点H,连接OH,则OH是AFC的中位线,所以OH 12CF.由已知得DE12CF,所以DE OH,连接DH,则四边形DHOE是平行四边形,所以EODH,又因为EO平面ADC,DH平面ADC,所以EO平面ACD,即BE平面ACD.【一题多解】解答本题还可以用如下两种方法解决:方法一:延长FE,CD交于点K,连接AK,则平面CKA平面ABFE=KA,由已知得DE 12CF,所以DE是KFC的中位线,所以KE=EF,所以KEAB,四边形ABEK是平行四边形,AKBE,又因为BE平面ADC,KA平面ADC,所以BE平面ACD.方法二:取CF的中点G,连接BG,EG,易得DECG,即四边形CDEG是平行四边形,则EGDC,又GE平面ADC,DC平面ADC,所以GE平面ADC,又因为DEGF,所以四边形DGFE是平行四边形,所以DGEF,又ABFE是平行四边形,所以ABEF,所以ABDG,所以四边形ABGD是平行四边形,所以BGAD,又GB平面ADC,DA平面ADC,所以GB平面ADC,又GBGE=G,所以平面GBE平面ADC,又BE平面GBE,所以BE平面ACD.(2)因为BE平面ADC,所以VB-ACD=VE-ACD,由已知得,四边形ABFE为正方形,且边长为2,则在图中,AFBE,又已知AFBD,BEBD=B,可得AF平面BDE, 又DE平面BDE,所以AFDE,又AEDE,AFAE=A,所以DE平面ABFE, 且AEEF,所以AE平面CDE,所以AE是三棱锥A-DEC的高,四边形DEFC是直角梯形.VB-ACD=VE-ACD=13AE12DEEF=23.6.(2018天津高考)如图,在四面体ABCD中,ABC是等边三角形,平面ABC平面ABD,点M为棱AB的中点,AB=2,AD=23,BAD=90.(1)求证:ADBC;(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值;(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.【解题指南】(1)利用平面与平面垂直的性质及题设条件,先证明AD平面ABC,即可得出结论;(2)利用异面直线所成角的定义,先找角,再求值;(3)利用直线与平面所成角的定义,先找角,再求值.【解析】(1)由平面ABC平面ABD,平面ABC平面ABD=AB,ADAB,可得AD平面ABC,故ADBC.(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MNBC.所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在RtDAM中,AM=1,故DM=AD2+AM2=13.因为AD平面ABC,故ADAC.在RtDAN中,AN=1,故DN=AD2+AN2=13.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cosDMN=12MNDM=1326.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.(3)连接CM.因为ABC为等边三角形,M为AB的中点,故CMAB,CM=3.又因为平面ABC平面ABD,而CM平面ABC,故CM平面ABD.所以CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在RtCAD中,CD=AC2+AD2=4.在RtCMD中,sinCDM=CMCD=34.所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34.7.(2018佛山二模)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,ADBC,AB=AD=12BC,ABC=60,平面PAB 平面ABCD,PAPB.(1)求证:PBAC.(2)是否存在点Q,到四棱锥P-ABCD各顶点的距离都相等?说明理由.【解析】(1)设BC的中点为O,连接AO,在梯形ABCD中,因为AB=AD=12BC,ABC=60,所以ABO为等边三角形,又ADBC,所以四边形OCDA为菱形,AD=AO=OC,因为AOC=120,OA=OC,所以OAC=30,所以BAC=90,ABAC,又平面PAB平面ABCD,AB是交线,AC平面ABCD,所以AC平面PAB,又因为PB 平面PAB,所以PBAC.(2)因为PAPB,PAAC,PAAC=A,所以PB平面PAC,所以PBPC,所以PBC为直角三角形,BPC=90,连接BD,由(1)知BCD=60,所以ABCDCB,所以BDC为直角三角形,BDC=90.所以点O 是三个直角三角形BPC,BAC和BDC的共同斜边BC的中点,所以OA=OB=OC=OD=OP,所以存在点Q(即点O)到四棱锥P-ABCD各顶点的距离都相等.
展开阅读全文