2012-2021北京高三（上）期末数学汇编：空间直线、平面的垂直

16/162012-2021北京高三（上）期末数学汇编空间直线、平面的垂直一、单选题1．（2021·北京顺义·高三期末）已知两条直线m，n和平面α，且n//α，则“m⊥n”是“m⊥α”的（

）A．充分必要条件 B．充分而不必要条件C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件2．（2020·北京丰台·高三期末）在边长为2的等边三角形ABC中，点D，E分别是边AC，AB上的点，满足DE//BC且ADAC=λ(λ∈(0,1))，将△ADE沿直线A．在边A'E上存在点F，使得在翻折过程中，满足BFB．存在λ∈0,12，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面C．若λ=12，当二面角AD．在翻折过程中，四棱锥A'−BCDE体积的最大值记为f(λ)，f(λ)3．（2018·北京朝阳·高三期末（理））如图矩形ABCD中，AD=3.点E在AB边上，CE⊥DE且AE=1，△ADE沿直线DE向上折起成△A1DE．记二面角A−DE−A1的平面角为①存在某个位置，使CE⊥DA②存在某个位置，使DE⊥A③任意两个位置，直线DE和直线A1以上三个结论中正确的序号是A．① B．①② C．①③ D．②③二、解答题4．（2016·北京石景山·高三期末（文））如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AC=BC=2，AA1=4，，M，N分别是棱CC1，AB中点．（Ⅰ）求证：CN⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求证：CN∥平面AMB1；（Ⅲ）求三棱锥B1﹣AMN的体积．5．（2018·北京通州·高三期末（文））如图,在四棱锥A−BCDE中,底面BCDE为正方形,平面ABE⊥底面BCDE,AB=AE=BE，点M，N分别是AE，AD的中点.（1）求证：MN∥平面ABC；（2）求证：BM⊥平面ADE；（3）在棱DE上求作一点P，使得CP⊥AD，并说明理由.6．（2018·北京海淀·高三期末（文））如图，三棱柱ABC−A1B1C1AC=AB=AA1=2,∠AA1（Ⅰ）求证：AC⊥AE；（Ⅱ）求三棱柱ABC−A（Ⅲ）在直线AA1上是否存在一点P，使得CP//平面AEF？若存在，求出7．（2018·北京昌平·高三期末（文））如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，ΔPAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD.

E，M分别为线段AB，PD的中点.（I）求证：PE⊥平面ABCD；（II）求证：PB//平面ACM；（III）在棱CD上是否存在点G，使平面GAM⊥平面ABCD，请说明理由．8．（2016·北京房山·高三期末（文））如图1，在直角梯形ADCE中，AD//EC，EC=2BC，∠ADC=90°，AB⊥EC，点F为线段BC上的一点．将△ABE沿AB折到△ABE1的位置，使E1F⊥BC，如图2．（Ⅰ）求证：AB//平面CDE1；（Ⅱ）求证：E1F⊥AC；（Ⅲ）在E1D上是否存在一点M，使E1C⊥平面ABM．说明理由．9．（2016·北京东城·高三期末（文））如图，在四棱锥E−ABCD中，AE⊥DE，CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，CD=3AB．（1）求证：平面ACE⊥平面CDE；（2）在线段DE上是否存在一点F，使AF//平面BCE？若存在，求出EFED10．（2015·北京丰台·高三期末（文））如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD，E，P，Q分别是棱AD，SC，(1)求证：PQ∥平面SAD；(2)求证：AC⊥平面SEQ；(3)如果SA=AB=2，求三棱锥S-ABC的体积．11．（2012·北京海淀·高三期末（文））在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，AC∩BD=O.（Ⅰ）若AC⊥PD，求证：AC⊥平面PBD；（Ⅱ）若平面PAC⊥平面ABCD，求证：PB=PD；（Ⅲ）在棱PC上是否存在点M（异于点C）使得BM//平面PAD，若存在，求PMPC12．（2012·北京西城·高三期末（文））如图，正三棱柱ABC−A1B1C（Ⅰ）求证：AD⊥平面B1（Ⅱ）求证：A1B//平面（Ⅲ）求三棱锥C1

参考答案1．C【解析】首先利用特殊情况得到不满足题意得充分性，再利用线面平行的性质和线面垂直的性质即可判断满足必要性，即可得到答案.【详解】充分性：如图所示，在长方体中，满足n//α，m⊥n，此时m//α，不满足充分性.必要性：若n//α，则存在l⊂α，n//l，又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，所以m⊥n，满足必要性.故“m⊥n”是“m⊥α”的必要而不充分条件.故选：C2．D【分析】对于A选项，根据线面平行的性质定理推出矛盾即可；对于B选项，根据题意证明平面A'HI⊥平面CBED，假设平面A'BC⊥平面BCDE，所以A'在平面BCDE的射影为I对于C选项,因为二面角A'−DE−B为直二面角，故∠A'HI=90°对于D选项，在翻折过程中，当A'H⊥平面CBED时，四棱锥A'【详解】对于A，假设存在F∈AE，使得BF//平面A因为BF⊂平面A'BE，平面A'BE∩平面A'CD=A'A，故BF//A对于B，如图2，取BC,DE的中点分别为I,H，连接IH,A因为ΔABC为等边三角形，故AI⊥BC，因为DE//BC，故所以ΔA'DE,ΔADE均为等边三角形，故A因为DE//BC，AI⊥BC，AI⊥BC，故所以IH⊥DE，因为A'H∩IH=H，故DE⊥平面而DE⊂平面CBED，故平面A'HI⊥平面若某个位置，满足平面A'BC⊥平面BCDE，则A'在平面BCDE的射影在IH上，也在BC上，故A'在平面BCDE的射影为此时λ=ADAC=对于C，如图3（仍取BC,DE的中点分别为I,H，连接IH,A因为A'H⊥DE,IH⊥BC，所以∠A因为二面角A'−DE−B为直二面角，故∠A而IH∩DE=H，故A'H⊥平面CBED，因BH⊂平面CBED，故因为λ=12，所以在RtΔIHB中，BH=3在RtΔA'HB对于D，如图4（仍取BC,DE的中点分别为I,H，连接IH,A作A'在底面CBED上的射影O，则O在IH因为ADAC=λ,BC//DE，所以A'H3又V=1令fλ=−λ当λ∈0,33时，f'λ所以fλ在0,33故fλ故D正确.故选：D.【点睛】本题考查平面图形的折叠问题、折叠过程的线面、面面关系的判断以及体积最值的计算，解题注意折叠前面变化的量与不变量的量，而线面、面面关系的判断要依据性质定理或判定定理，体积最值的计算首先要有目标函数，其次根据线段长度的大小关系放缩为一元函数，再利用导数求最值.3．C【详解】对于①，当平面A1DE⊥面CDE时，平面A1DE∩面CDE=DE对于②，若存在某个位置，使DE⊥A1C，∵DE⊥EC,∴DE⊥面A1EC,DE⊥A对于③，DE是定直线，二面角A−DE−A1的平面角变化时，A1C是动直线，所以任意两个位置直线DE和直线故选：C.【方法点睛】本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查线面垂直的判定与性质、面面垂直的性质、异面直线所成的角以及空间想象能力与抽象思维能力，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.4．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）4【详解】试题分析：（Ⅰ）由题可得AA1⊥CN且CN⊥AB又因为AA1∩AB=A所以CN⊥平面ABB1A1．（Ⅱ）由题意得CM∥NG，CM=NG所以四边形CNGM是平行四边形，所以CN∥MG．又因为CN⊄平面AMB1，GM⊂平面AMB1，所以CN∥平面AMB1．（Ⅲ）VB1−AMN=VM−AB1N所以先求△试题解析：（Ⅰ）证明：因为三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC又因为CN⊂平面ABC，所以AA1⊥CN．因为AC=BC=2，N是AB中点，所以CN⊥AB．因为AA1∩AB=A，所以CN⊥平面ABB1A1．（Ⅱ）证明：取AB1的中点G，连接MG，NG，因为N，G分别是棱AB，AB1中点，所以NG∥BB1，NG=1又因为CM∥BB1，CM=1所以CM∥NG，CM=NG．所以四边形CNGM是平行四边形．所以CN∥MG．因为CN⊄平面AMB1，GM⊂平面AMB1，所以CN∥平面AMB1．（Ⅲ）由（Ⅱ）知GM⊥平面AB1N．所以VB1−AMN故答案为43考点：直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．【点评】证明线面垂直关键是证明已知直线与面内的两条相交直线都垂直即可，证明线面平行关键是在平面内找到一条直线与已知直线平行；求三棱锥的体积时若不易求出一般是先观察一下是否换一个底面积与高都容易求的定点．5．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)答案见解析.【详解】（1）因为点M，N分别是AE，AD的中点，所以MN∥DE.因为四边形BCDE为正方形，所以BC∥DE.所以MN∥BC.因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.（2）因为平面ABE⊥底面BCDE，DE⊥BE，所以DE⊥平面ABE.因为BM⊂平面ABE，所以DE⊥BM.因为AB=AE=BE，点M是AE的中点，所以BM⊥AE.因为DE∩AE=E，DE⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，所以BM⊥平面ADE.（3）取BE中点F，连接AF，DF，过C点作CP⊥DF，交DE于点P.则点P即为所求作的点.理由：因为AB=AE=BE，点F是BE的中点，所以AF⊥BE.因为平面ABE⊥底面BCDE，所以AF⊥平面BCDE，所以AF⊥CP.因为CP⊥DF，AF∩DF=F，所以CP⊥平面ADF.因为AD⊂平面ADF，所以CP⊥AD.6．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）V=23；（Ⅲ）在直线AA1上存在点P，使得CP//【分析】（Ⅰ）根据题目中的侧面ABB1A1⊥底面ABC，AC⊥AB，可证得结论；（Ⅱ）由条件知AE⊥底面A1B1C【详解】（Ⅰ）证明：三棱柱ABC−A侧面ABB1A1⊥又因为侧面ABB1A1∩底面ABC=AB所以AC⊥平面ABB1A1，又因为所以AC⊥AE；（Ⅱ）连接AB1,因为三棱柱ABC−A因为AB=AA1=2，所以A1B所以△AA1B1是边长为2的正三角形.因为E是棱又因为AE⊥AC，A1C1因为A1C1∩A所以AE⊥底面A1B1V=S（Ⅲ）在直线AA1上存在点P，使得CP//平面证明如下：连接BE并延长，与AA1的延长线相交，设交点为P.连接因为BB1//AA1由于E为棱A1B1的中点，所以E又F为棱BC的中点，故EF为ΔBCP的中位线，所以EF//CP.又EF⊂平面AEF，CP⊄平面AEF，所以CP//平面AEF.

故在直线AA1上存在点P，使得CP//平面此时A1P=BB7．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【详解】试题分析：（1）要证线面垂直，可先证线线垂直，再根据线面垂直的判定得到线面垂直；（2）构造三角形的中位线得到线线平行，进而得到线面平行；（3）在棱CD上存在点G，G为CD的中点时，平面GAM⊥平面ABCD，先猜后证，先证线面垂直，由线面推出面面垂直．解析：（I）证明：因为ΔPAB为正三角形，E为AB的中点，所以PE⊥AB，又因为面PAB⊥面ABCD，面PAB∩面ABCD=AB，PE⊂平面PAB.所以PE⊥平面ABCD.（II）证明：连接BD交AC于H点，连接MH，因为四边形ABCD是菱形，所以点H为BD的中点.又因为M为PD的中点，所以MH//BP.又因为BP⊄平面ACM,MH⊂平面ACM.所以PB//平面ACM.（III）在棱CD上存在点G，G为CD的中点时，平面GAM⊥平面ABCD．证明：连接EC．由（Ⅰ）得，PE⊥平面ABCD，所以PE⊥CD，因为ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E为AB的中点，所以ΔABC是正三角形，EC⊥AB.因为CD//AB，所以EC⊥CD．因为PE∩EC=E，所以CD⊥平面PEC，所以CD⊥PC．因为M，G分别为PD，CD的中点，所以MG//PC，所以CD⊥MG．因为ABCD是菱形，∠ADC＝60°，所以ΔADC是正三角形.又因为G为CD的中点，所以CD⊥AG，因为MG∩AG=G，所以CD⊥平面MAG，因为CD⊂平面ABCD，所以平面MAG⊥平面ABCD．8．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）存在，理由见解析.【分析】（Ⅰ）由已知可证AB//CD，又CD⊂平面CDE1，AB⊄平面CDE1，即可判定AB//平面CDE1；（Ⅱ）由AB⊥BF，AB⊥BE1，可证AB⊥FE1，又E1F⊥BC，可得E1F⊥平面ABC，从而可证E1F⊥AC；（Ⅲ）取CE1的中点G，连接BG，经点G，在△E1CD中作GM//CD，交E1D与点M，连接AM，BM，由CB=BE1，利用等腰三角形的性质可得CE1⊥BG，又由CE1⊥AB，可证CE1⊥平面ABG，利用GM//CD//AB，可知点M在平面ABG上，从而可得E1C⊥平面ABM．【详解】证明：（Ⅰ）∵在直角梯形ADCE中，AD//EC，∠ADC=90°，AB⊥EC，∴AB//CD，∵CD⊂平面CDE1，AB⊄平面CDE1，∴AB//平面CDE1；（Ⅱ）∵AB⊥BF，AB⊥BE1，BF∩BE1=B，∴AB⊥平面BFE1，∵FE1⊂平面BFE1，∴AB⊥FE1，又∵E1F⊥BC，BC∩AB=B，∴E1F⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴E1F⊥AC；（Ⅲ）取CE1的中点G，连接BG，在△E1CD中作GM//CD，交E1D与点M，连接AM，BM，∵CB=BE1，∴CE1⊥BG，又∵CE1⊥AB，AB∩BG=B，∴CE1⊥平面ABG，∵GM//CD//AB，∴点M在平面ABG上，∴E1C⊥平面ABM．9．（1）详见解析；（2）在线段DE上存在一点F，且EFED【分析】（1）首先证明AE⊥平面CDE，再根据面面垂直的判定即可得证；（2）在线段DE上存在一点F，且EFED【详解】（1）因为CD⊥平面ADE，AE⊂平面ADE，所以CD⊥AE，又因为AE⊥DE，CD∩DE=D，所以AE⊥平面CDE，又因为AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面CDE；（2）如图所示：在线段DE上存在一点F，且EFED=13，使AF设F为线段DE上一点，且EFED=13，过点F作FM//CD交则FM=1因为CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，所以CD//AB，又FM//CD，所以FM//AB，因为CD=3AB，所以FM=AB．所以四边形ABMF是平行四边形，所以AF//BM，又因为AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE，所以AF//平面BCE．10．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)1【分析】（1）取SD中点F，连结AF，PF，证明PQ∥AF．利用直线与平面平行的判定定理证明PQ//平面（2）连结BD，证明SE⊥AD，推出SE⊥平面ABCD，得到SE⊥AC．证明EQ⊥AC，然后证明AC⊥平面SEQ．（3）求出S△ABC，SE=3,说明SE⊥平面ABC，然后求出三棱锥(1)证明：取SD中点F，连结AF，PF．因为P，F分别是棱SC，SD的中点，所以FP//CD，且又因为菱形ABCD中，Q是AB的中点，所以AQ//CD，且所以FP∥AQ且所以AQPF为平行四边形，所以PQ//又因为PQ⊂平面SAD，AF⊂平面SAD所以PQ//平面SAD(2)证明：连结BD，因为△SAD中SA=SD，点E棱AD的中点，所以SE⊥AD．又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SE⊂平面SAD，所以SE⊥平面ABCD，所以SE⊥AC．因为底面ABCD为菱形，E，Q分别是棱AD，AB的中点，所以BD⊥AC，EQ//所以EQ⊥AC，因为SE∩EQ=E,SE,EQ⊂平面SEQ，所以AC⊥平面SEQ．(3)解：因为菱形ABCD中，∠BAD=60°，AB=2，所以SΔ因为SA=AD=SD=2，E是AD的中点，所以SE=3由（2）可知SE⊥平面ABC，所以三棱锥S−ABC的体积V=111．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）不存在.【分析】（Ⅰ）由ABCD是菱形可得AC⊥BD；结合AC⊥PD，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面PAD.；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知AC⊥PO,由面面垂直的性质可得BD⊥PO,结合BO=DO可得