2019届高考数学复习之用空间向量的方法解立体几何问题考题预测试题六

1、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

2、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

3、切值t构成的集合是()A.B.C.D.【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=,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

4、,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.B.C.D.【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=,即sinCD1B1=.【

5、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=, 在底面RtABC中,由AB=AC=1,所以BC=, 取BC的中点O1,则OO1平面ABC,在RtBOO1中,由勾股定理得R2=B+O=+,解得h=1,所以直三棱柱的体积为V=Sh=&#

6、215;1×1×1=.答案: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

7、,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=,设RtAA1B1斜边AB

8、1上的高为h,则DE=h.又×2×=×h,所以h=,DE=.在RtDB1E中,B1E=.由面积相等得××=×x,得x=.答案:8.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)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=A

9、1D=定值,NB=DE=定值,根据余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MN·NB·cosMNB,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

10、.【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

11、,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B

12、M=2.因为在BFM中,BM=2,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

13、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=2××BD×AB=2×××1=,SADE=×2×2=2,SBCF=×2×1=1

14、.因为DEBD,且DE=2,BD=,所以BE=,又AE=2,AB=1,所以AE2=AB2+BE2,即EBA=90°,所以SABE=×1×=.所以SBEF=××=.S梯形CDEF=×(DE+CF)×CD=×3×1=.所以该几何体的各个面的面积的平方和为+22+12+=.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

15、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,

16、又因为=,C1A1平面ABE,设点E到平面ABC1的距离为d,所以××2×4×d=××2×2×4,所以d=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.【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

17、形ABFCDE中,四边形ABCD是矩形,且AB=4,BC=2,AE=DE=BF=CF=,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,

18、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°=,EP=EMsin 60°=,VE-BCF=VABCDEF-VE-ABCD=2×××2×+××2×3-×4×2×=.【加固训

19、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=2,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=CD,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=2,DF=4,可得EF2+DF2=DE2

20、,所以EFDF,所以DEF的面积S1=×DF×EF=×4×2=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=×BD×DF=×2×4=4, BDE的面积S3=×BD×DE=×2×2=2,由EFDF,EFBD,BDDF=D,可得EF平面BDF,又BF平面BDF,所以EFBF,因为BF=2,所以BEF的面积S4=×BF×EF=×2×2=2,所以三棱锥B-D

21、EF的表面积S=S1+S2+S3+S4=8+4.(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.B.C.D.【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=××××6=.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

22、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

23、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OO1

24、BC1,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

25、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=,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 CF.由已知得DECF

26、,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 CF,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DE

27、GF,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=×AE××DE×EF=.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=2,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