（课标专用）天津市2020高考数学二轮复习专题能力训练13空间中的平行与垂直.docx

专题能力训练13空间中的平行与垂直专题能力训练第32页一、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.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C1答案:D解析:易知A1C1平面BB1D1D.B1O平面BB1D1D,A1C1B1O,故选D.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的重心答案:A解析:如图,易知PA,PE,PF两两垂直,PA平面PEF,从而PAEF,而PO平面AEF,则POEF,EF平面PAO,EFAO.同理可知AEFO,AFEO,O为AEF的垂心.3.,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)答案:解析:对于,若mn,m,n,则,的位置关系无法确定,故错误;对于,因为n,所以过直线n作平面与平面相交于直线c,则nc.因为m,所以mc,所以mn,故正确;对于,由两个平面平行的性质可知正确;对于,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.4.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M平面CD1E,则点M的轨迹长度为.答案:2解析:如图所示,取A1B1的中点H,B1B的中点G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF.可得四边形EGC1D1是平行四边形,C1GD1E.同理可得C1HCF.C1HC1G=C1,平面C1GH平面CD1E.点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M平面CD1E,则点M在线段GH上.点M的轨迹长度GH=12+12=2.故答案为2.5.下列命题中正确的是.(填上你认为正确的所有命题的序号)空间中三个平面,若,则;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;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6a2;在三棱锥P-ABC中,若PABC,PBAC,则PCAB.答案:解析:中也可以与相交;作平面与a,b,c都相交;中可得球的半径为r=612a;中由PABC,PBAC得点P在底面ABC的射影为ABC的垂心,故PCAB.6.(2019江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以EDAB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BEAC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C平面ABC.又因为BE平面ABC,所以C1CBE.因为C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.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:PCAD;(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.(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,所以OCAD,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.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AMPC,DMPC.又AMDM=M,AM平面AMD,DM平面AMD,所以PC平面AMD.因为AD平面AMD,所以PCAD.(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QMBC.在菱形ABCD中,ADBC,所以QMAD,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为三棱锥P-ACD的高.在RtPOC中,PO=OC=3,PC=6,在PAC中,PA=AC=2,PC=6,边PC上的高AM=PA2-PM2=102,所以PAC的面积SPAC=12PCAM=126102=152.设点D到平面PAC的距离为h,由VD-PAC=VP-ACD,得13SPACh=13SACDPO.因为SACD=3422=3,所以13152h=1333,解得h=2155,所以点D到平面PAM的距离为2155.8.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PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得,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,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系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.则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin=HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.二、思维提升训练9.(2019山东潍坊一模)如图,在矩形ABCD中,M为BC的中点,将ABM沿直线AM翻折成AB1M,连接B1D,N为B1D的中点,则在翻折过程中,下列说法正确的是.(填序号)存在某个位置,使得CNAB;翻折过程中,CN的长是定值;若AB=BM,则AMB1D;若AB=BM=1,则当三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4.答案:解析:对于,如图1,取AD的中点E,连接EC交MD于点F,则NEAB1,NFMB1,如果CNAB1,由已知可得到ENNF,又ENCN,且三线NE,NF,NC共面共点,不可能,故错.图1图2对于,如图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+EC2-2NEECcosNEC,所以NC是定值,故正确.对于,如图2,取AM的中点O,连接B1O,DO,若AMB1D,易得AM平面ODB1,即可得ODAM,从而AD=MD,显然不成立,可得不正确.对于,当平面B1AM平面AMD时,三棱锥B1-AMD的体积最大,易得AD的中点H就是三棱锥B1-AMD的外接球的球心,球半径为1,表面积是4.故正确.故答案为.10.如图,在侧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的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:EFA1D1;BA1平面B1C1EF.(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.(1)证明因为C1B1A1D1,C1B1平面ADD1A1,所以C1B1平面ADD1A1.因为平面B1C1EF平面ADD1A1=EF,所以C1B1EF.所以A1D1EF.因为BB1平面A1B1C1D1,所以BB1B1C1.因为B1C1B1A1,所以B1C1平面ABB1A1,所以B1C1BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,即tanA1B1F=tanAA1B=22,即A1B1F=AA1B.故BA1B1F.又B1FB1C1=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=2,AA1=2,得BH=46.在RtBHC1中,BC1=25,BH=46,得sinBC1H=BHBC1=3015.所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是3015.11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.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.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=14AB时,BC平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BCEH.又因为AK=14AB,F为AE的中点,所以KFEH,所以KFBC.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DFAE.因为平面ADE平面ABCE,所以DF平面ABCE.因为BE平面ABCE,所以DFBE.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=2,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AEBE.因为AEDF=F,所以BE平面ADE.因为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,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AEEA1=12时,求证:DEBC1.(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13?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.(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BDAC.又平面ABC平面CAA1C1,所以BDDE.因为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.因为C1DBD=D,所以DE平面BC1D,所以DEBC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE=h,则A1E=3-h,所以SDEC1=S四边形AA1C1C-SAED-SDCC1-SEA1C1=23-12h-(3-h)-32=32+12h.因为BD平面ACC1A1,所以VC1-BDE=VB-C1DE=1332+12h3=12+36h,又V棱柱=12233=3,所以12+36h=1,解得h=33,故存在点E,当AE=3,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13.13.如图,在四边形ABCD中(如图),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=5,AB=AD=2.将ABD(如图)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60(如图).(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.(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.AB=AD=2,DB=2,AMBD.DB=2,DC=1,BC=5满足DB2+DC2=BC2,BCD是以BC为斜边的直角三角形,BDDC,E是BC的中点,ME为BCD的中位线,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内两相交于M的直线,BD平面AEM.AE平面AEM,BDAE.ABD为等腰直角三角形,AM=12BD=1.在AEM中,AE2=AM2+ME2-2AMMEcosAME=1+14-2112cos60=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的中点N,连接MN,则MN是ABD的中位线,MNAB.又MECD,直线AB与CD所成角等于MN与ME所成的角,即EMN或其补角.AE平面BCD,DE平面BCD,AEDE.N为RtAED斜边的中点,NE=12AD=22,MN=12AB=