高三人教A版数学一轮复习练习第七章立体几何与空间向量第5节

第七章第5节[基础训练组]1．(导学号14577673)(2018·南阳、信阳等六市一模)设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列事件中是必然事件的是()A．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥βD．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β解析：D[若m∥α，n∥β，m⊥n，则α、β位置关系不确定，选项A不正确；若m∥α，则α中存在直线c与m平行，m∥n，n⊥β，则c⊥β，又∵c⊂α，∴α⊥β，选项B不正确；若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α、β可以相交，选项C不正确；若m⊥α，m∥n，n⊥β，∴α∥β，选项D正确．故选D.]2．(导学号14577674)已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则()A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直解析：C[如图，在平面β内的直线若与α，β的交线a平行，则有m与之垂直．但却不一定在β内有与m平行的直线，只有当α⊥β时才存在．]3．(导学号14577675)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在A．直线AB上 B．直线BC上C．直线AC上 D．△ABC的内部解析：A[连接AC1，∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.]4．(导学号14577676)如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE解析：C[因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以选C.]5．(导学号14577677)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq\f(9,4)，底面是边长为eq\r(3)的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析：B[取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．因为底面边长为eq\r(3)，所以AD＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，AO＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)×eq\f(3,2)＝1.三棱柱的体积为eq\f(1,2)×(eq\r(3))2×eq\f(\r(3),2)AA1＝eq\f(9,4)，解得AA1＝eq\r(3)，即OP＝AA1＝eq\r(3)，所以tan∠PAO＝eq\f(OP,OA)＝eq\r(3)，即∠PAO＝eq\f(π,3).]6．(导学号14577678)设α，β是空间中两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________(填序号)．解析：因为当n⊥β，m⊥α时，平面α及β所成的二面角与直线m，n所成的角相等或互补，所以若m⊥n，则α⊥β，从而由①③④⇒②正确；同理②③④⇒①也正确．答案：①③④⇒②或②③④⇒①7．(导学号14577679)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是正确的条件即可)解析：由定理可知，BD⊥PC.所以当DM⊥PC时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(答案不唯一)8．(导学号14577680)(理科)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°；其中正确的是________.(填写所有正确结论的编号)解析：由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，由AC⊥a，AC⊥b，又AC⊥圆锥底面，在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连结DE，则DE⊥BD，∴DE∥b，连结AD，等腰△ABD中，AB＝AD＝eq\r(2)，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝eq\r(2)，又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝eq\r(2)，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连结AF，由圆的对称性可知BF＝DE＝eq\r(2)，∴△ABF为等边三角形，∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，②正确，①错误．由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，直线AB与a所成的最大角为90°，④错误．正确的说法为②③.答案：②③8．(导学号14577681)(文科)如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是点A在PB、PC上的正投影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________.解析：由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.又AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF.∴PB⊥EF.故①②③正确．答案：①②③9．(理科)(2018·丹东市二模)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都等于2，点F是棱BC中点，点E在棱CC1上，且CC1＝4CE(1)求证：平面B1AF⊥平面EAF；(2)求点C1到平面AEF的距离．解：(1)证明：在△B1BF和△FCE中，由题意知eq\f(BB1,BF)＝eq\f(FC,EC)＝2，∠B1BF＝∠FCE＝eq\f(π,2)，所以△B1BF∽△FCE，∠EFC＝∠BB1F所以∠B1FB＋∠EFC＝∠B1FB＋∠BB1F＝eq\f(π,2)，即B1F⊥EF由直棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面BB1C1C，F为BC中点，所以AF⊥BC，所以AF⊥侧面BB1C1C，则AF⊥EF，所以EF⊥平面B1AF，从而平面B(2)如图，连结AC1，C1F设点C1到平面AEF的距离为d，经计算S△AEF＝eq\f(\r(15),4)，S△AEC1＝eq\f(3,2)，FG＝eq\f(\r(3),2)，由V三棱锥C1－AFE＝V三棱锥F－AEC1得eq\f(1,3)·S△AEF·d＝eq\f(1,3)·SAEC1·eq\f(\r(3),2)，解得d＝eq\f(3\r(5),5)，点C1到平面AEF的距离为eq\f(3\r(5),5).9．(导学号14577682)(文科)(2017·高考全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为eq\f(8,3)，求该四棱锥的侧面积．解：(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.设AB＝x，则由已知可得AD＝eq\r(2)x，PE＝eq\f(\r(2),2)x.故四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝eq\f(1,3)AB·AD·PE＝eq\f(1,3)x3.由题设得eq\f(1,3)x3＝eq\f(8,3)，故x＝2.从而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝2eq\r(2).可得四棱锥P－ABCD的侧面积为eq\f(1,2)PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1,2)PD·DC＋eq\f(1,2)BC2sin60°＝6＋2eq\r(3).10．(导学号14577683)(理科)如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是CD、A1D1的中点(1)求证：AB1⊥BF；(2)求证：AE⊥BF；(3)棱CC1上是否存在点P，使BF⊥平面AEP？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由．解：(1)证明：连接A1B，则AB1⊥A1B，又∵AB1⊥A1F，且A1B∩A1F＝A∴AB1⊥平面A1BF.又BF⊂平面A1BF，∴AB1⊥BF.(2)证明：取AD中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，又∵△BAG≌△ADE，∴∠ABG＝∠DAE.∴AE⊥BG.又∵BG∩FG＝G，∴AE⊥平面BFG.又BF⊂平面BFG，∴AE⊥BF.(3)存在．取CC1中点P，即为所求．连接EP，AP，C1D，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.10．(导学号14577684)(文科)(2018·开封市一模)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝2，点E为AC中点．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC，如图2所示．(1)在CD上找一点F，使AD∥平面EFB；(2)求三棱锥D－ABC的高．解：(1)取CD的中点F，连结EF，BF，在△ACD中，因为E，F分别为AC，DC的中点，所以EF为△ACD的中位线，所以AD∥EF，EF⊂平面EFB，AD⊄平面EFB所以AD∥平面EFB.(2)设点C到平面ABD的距离为h，因为平面ADC⊥平面ABC，且BC⊥AC，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AD，而AD⊥DC，所以AD⊥平面BCD，即AD⊥BD.所以S△ADB＝2eq\r(3)，所以三棱锥B－ACD的高BC＝2eq\r(2)，S△ACD＝2，所以eq\f(1,3)×2eq\r(2)h＝eq\f(1,3)×2×2eq\r(2)，所以可解得h＝2.[能力提升组]11．(导学号14577685)如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H.则以下命题中，错误的是()A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直于平面CB1D1C．AH延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°解析：D[对于A，由于AA1＝AB＝AD，所以点A在平面A1BD上的射影必到点A1，B，D的距离相等，即点H是△A1BD的外心，而A1B＝A1D＝BD，故点H是△A1BD的垂心，命题A是真命题；对于B，由于B1D1∥BD，CD1∥A1B，故平面A1BD∥平面CB1D1，而AH⊥平面A1BD，从而AH⊥平面CB1D1，命题B是真命题；对于C，由于AH⊥平面CB1D1，因此AH的延长线经过点C1，命题C是真命题；对于D，由C知直线AH即是直线AC1，又直线AA1∥BB1，因此直线AC1和BB1所成的角就等于直线AA1与AC1所成的角，即∠A1AC1，而tan∠A1AC1＝eq\f(\r(2),1)＝eq\r(2)，因此命题D是假命题．]12．(导学号14577686)在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝1，则二面角B－AC－D的余弦值为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2\r(2),3) D.eq\f(\r(3),2)解析：A[在菱形ABCD中，连接BD交AC于O点，则AC⊥BD，在折起后的图中，由四边形ABCD为菱形且边长为1，则DO＝OB＝eq\f(\r(3),2)，由于DO⊥AC，BO⊥AC，因此∠DOB就是二面角B－AC－D的平面角，由BD＝1得cos∠DOB＝eq\f(OD2＋OB2－DB2,2OD·OB)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(3,4)－1,2×\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝eq\f(1,3).]13．(导学号14577687)(理科)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________.(写出所有正确说法的序号)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；④当EC⊥ED时，EC⊥AD.因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，所以EC⊥AD，④正确．答案：①②④13．(导学号14577688)(文科)(2018·泉州市一模)如图，一张A4纸的长、宽分别为2eq\r(2)a,2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，关于该多面体的下列命题，正确的是________.(写出所有正确命题的序号)．①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.解析：长、宽分别为2eq\r(2)a,2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，则①由于(eq\r(2)a)2＋(eq\r(2)a)2＝4a2，∴该多面体是以A，B，C，D为顶点的三棱锥，正确；②∵AP⊥BP，AP⊥CP，∴AP⊥平面BCD，∵AP⊂平面BAD，∴平面BAD⊥平面BCD，正确；③与②同理，可得平面BAC⊥平面ACD，正确；④该多面体外接球的半径为eq\f(\r(5),2)a，表面积为5πa2，正确．答案：①②③④14．(导学号14577689)(理科)(2018·西安市一模)如图1：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD＝6，CE⊥AD于E点，把△DEC沿CE折到D′EC的位置，使D′A＝2eq\r(3)，如图2：若G，H分别为D′B，D′E的中点．(1)求证：GH⊥平面AD′C；(2)求平面D′AB与平面D′CE的夹角．解：(1)证明：∵在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD＝6，CE⊥AD于E点，把△DEC沿CE折到D′EC的位置，使D′A＝2eq\r(3)，∴AE＝CE＝2，D′E＝6－2＝4，∴D′A2＋AE2＝D′E2，CD′＝eq\r(2\r(2)2＋2\r(3)2)＝2eq\r(5)，∴AD′⊥AE.∵AD′⊥AB，AE∩AB＝A，∴AD′⊥平面ABCE，∴平面AD′C⊥平面ABCE.又因为ABCE是正方形，∴BE⊥AC，∴BE⊥平面ACD′.∵G，H分别为D′B，D′E的中点，∴GH∥BE，∴GH⊥平面AD′C.(2)如图，过点D′作直线m∥AB.∵AB∥EC，∴直线m就是平面D′AB与平面D′CE的交线．∵CE⊥AE，平面AED′⊥平面ABCE，且交于AE，∴CE⊥D′E，即D′E⊥m.∵AD′⊥AB，∴AD′⊥m，∵AD′⊂平面AD′B，D′E⊂D′CE，∴∠AD′E就是平面D′AB与平面D′CE的夹角的平面角．在直角三角形AD′E中，AE＝2，D′E＝4，可得∠AD′E＝30°.即平面D′AB与平面D′CE的夹角为30°.14．(导学号14577690)(文科)(2018·广州市一模)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．