（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 专题能力训练14 空间中的平行与垂直 理

（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 专题能力训练14 空间中的平行与垂直 理

专题能力训练14　空间中的平行与垂直 一、能力突破训练 ‎1.如图,O为正方体ABCD-A1B‎1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是(　　)‎ A.A1D B.AA‎1 ‎C.A1D1 D.A‎1C1‎ ‎2.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是(　　)‎ A.O是△AEF的垂心 B.O是△AEF的内心 C.O是△AEF的外心 D.O是△AEF的重心 ‎3.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:‎ ‎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.‎ 15‎ ‎④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β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) ‎ ‎4.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为　　　　　. ‎ ‎5.下列命题中正确的是　　　　　.(填上你认为正确的所有命题的序号) ‎ ‎①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;‎ ‎②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;‎ ‎③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为a2;‎ ‎④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.‎ ‎6.‎ 在正三棱柱A1B‎1C1-ABC中,点D是BC的中点,BC=BB1.设B1D∩BC1=F.‎ 求证:(1)A‎1C∥平面AB1D;‎ ‎(2)BC1⊥平面AB1D.‎ 15‎ ‎7.‎ 如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.‎ ‎(1)求证:PC⊥AD;‎ ‎(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;‎ ‎(3)求点D到平面PAM的距离.‎ ‎8.(2018全国Ⅰ,理18)‎ 如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.‎ 15‎ ‎(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;‎ ‎(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.‎ 二、思维提升训练 ‎9.(2018浙江,8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则(　　)‎ A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 ‎ 15‎ C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1‎ ‎10.‎ 如图,在侧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的中点,F是平面B‎1C1E与直线AA1的交点.‎ ‎(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B‎1C1EF;‎ ‎(2)求BC1与平面B‎1C1EF所成角的正弦值.‎ ‎11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:‎ ‎(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由;‎ ‎(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.‎ ‎12.已知正三棱柱ABC-A1B‎1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.‎ ‎(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;‎ ‎(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B‎1C1体积的?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.‎ 15‎ ‎13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=,AB=AD=.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).‎ ‎(1)求证:AE⊥平面BDC;‎ ‎(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;‎ ‎(3)求点B到平面ACD的距离.‎ 15‎ 专题能力训练14　空间中的平行与垂直 一、能力突破训练 ‎1.D　解析 易知A‎1C1⊥平面BB1D1D.‎ ‎∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A‎1C1⊥B1O,故选D.‎ ‎2.A　解析 如图,易知PA,PE,PF两两垂直,‎ ‎∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,‎ 而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,‎ ‎∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.‎ 同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,‎ ‎∴O为△AEF的垂心.‎ ‎3.②③④　解析 对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.‎ ‎4　解析 ‎ 如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.‎ 设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF.‎ 又GH∥SO,‎ ‎∴GH⊥平面ABCD,‎ ‎∴AC⊥GH.‎ 15‎ 又GH∩EF=H,∴AC⊥平面EFG.‎ 故点P的轨迹是△EFG,其周长为 ‎5.②③④　解析 ①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.‎ ‎6.证明 (1)连接A1B,设A1B交AB1于点E,连接DE.‎ ‎∵点D是BC的中点,点E是A1B的中点,‎ ‎∴DE∥A‎1C.‎ ‎∵A‎1C⊄平面AB1D,DE⊂平面AB1D,‎ ‎∴A‎1C∥平面AB1D.‎ ‎(2)∵△ABC是正三角形,点D是BC的中点,‎ ‎∴AD⊥BC.‎ ‎∵平面ABC⊥平面B1BCC1,平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD⊂平面ABC,‎ ‎∴AD⊥平面B1BCC1.‎ ‎∵BC1⊂平面B1BCC1,∴AD⊥BC1.‎ ‎∵点D是BC的中点,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)证法一 取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,‎ 15‎ 所以OC⊥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.‎ 证法二 连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.‎ 因为M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.‎ 又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,‎ 所以PC⊥平面AMD.‎ 因为AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.‎ ‎(2)证明 当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:‎ 取棱PB的中点Q,连接QM,QA.‎ 因为M为PC的中点,所以QM∥BC.‎ 在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.‎ ‎(3)解 点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.‎ 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为三棱锥P-ACD的高.‎ 在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,‎ 在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM=,‎ 所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=‎ 设点D到平面PAC的距离为h,由VD-PAC=VP-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO.‎ 因为S△ACD=22=,所以h=,解得h=,‎ 所以点D到平面PAM的距离为 15‎ ‎8.(1)证明 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,垂足为H.‎ 由(1)得,PH⊥平面ABFD.‎ 以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系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=‎ 则H(0,0,0),P,D为平面ABFD的法向量.‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 二、思维提升训练 ‎9.D　解析 当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF∥BC,连接SG,GH,EH,SF.‎ 可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.‎ 由题意可知EF⊥SF,‎ 15‎ 故tan θ1==tan θ3.‎ ‎∴θ1>θ3.‎ 又tan θ3==tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.‎ 当点E是线段AB的中点时,即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2.‎ 综上可知,θ1≥θ3≥θ2.‎ ‎10.(1)证明 ①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD‎1A1,‎ 所以C1B1∥平面ADD‎1A1.‎ 因为平面B‎1C1EF∩平面ADD‎1A1=EF,‎ 所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.‎ ‎②因为BB1⊥平面A1B‎1C1D1,所以BB1⊥B‎1C1.‎ 因为B‎1C1⊥B‎1A1,所以B‎1C1⊥平面ABB‎1A1,‎ 所以B‎1C1⊥BA1.‎ 在矩形ABB‎1A1中,F是AA1的中点,‎ 即tan∠A1B‎1F=tan∠AA1B=,即∠A1B‎1F=∠AA1B.故BA1⊥B‎1F.‎ 又B‎1F∩B‎1C1=B1,所以BA1⊥平面B‎1C1EF.‎ ‎(2)解 设BA1与B‎1F的交点为H,连接C1H(如图).‎ 由(1)知BA1⊥平面B‎1C1EF,‎ 所以∠BC1H是BC1与平面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=‎ 15‎ 所以BC1与平面B‎1C1EF所成角的正弦值是 ‎11.‎ ‎(1)解 线段AB上存在一点K,且当AK=AB时,BC∥平面DFK.‎ 证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.‎ 又因为AK=AB,F为AE的中点,‎ 所以KF∥EH,所以KF∥BC.‎ 因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,‎ 所以BC∥平面DFK.‎ ‎(2)证明 因为F为AE的中点,DA=DE=1,‎ 所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,‎ 所以DF⊥平面ABCE.‎ 因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.‎ 又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,‎ 所以在折起后的图形中AE=BE=,‎ 从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.‎ 因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.‎ 因为BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.‎ ‎12.(1)证明 因为三棱柱ABC-A1B‎1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.‎ 因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面CAA‎1C1,所以BD⊥DE.‎ 因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,‎ 所以AE=,AD=1,‎ 所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.‎ 15‎ 在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,‎ 所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.‎ 因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,‎ 所以DE⊥BC1.‎ ‎(2)解 假设存在点E满足题意.‎ 设AE=h,则A1E=-h,‎ 所以-S△AED-=2h-(-h)-h.‎ 因为BD⊥平面ACC‎1A1,‎ 所以h,又V棱柱=2=3,‎ 所以h=1,解得h=,‎ 故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B‎1C1体积的 ‎13.‎ ‎(1)证明 如图,取BD的中点M,连接AM,ME.‎ ‎∵AB=AD=,DB=2,‎ ‎∴AM⊥BD.‎ ‎∵DB=2,DC=1,BC=满足DB2+DC2=BC2,‎ ‎∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,‎ ‎∵E是BC的中点,‎ ‎∴ME为△BCD的中位线,ME