2025届高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何第2讲空间平行与垂直专题强化练理

PAGE1-第2讲空间平行与垂直A级基础通关一、选择题1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD.又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.答案：C2．(2024·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8B．6eq\r(2)C．8eq\r(2)D．8eq\r(3)解析：连接BC1，AC1，AC，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2eq\r(3).又B1C1＝2，所以BB1＝eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2)，故该长方体的体积V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).答案：C3．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则点E到平面ABC1D1的距离为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2) C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),3)解析：因为A1B1∥AB，所以EB1∥AB，因此点E到平面ABC1D1的距离转化为点B1到平面的距离，取BC1的中点O，则OB1⊥BC1，OB1⊥AB，所以B1O⊥平面ABC1D1，则B1O为所求的距离．因此B1O＝eq\f(\r(2),2)是点E到平面ABC1D1的距离．答案：B4．(2024·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2) C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(7),2)解析：如图，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝eq\r(5)，则tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2)，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为eq\f(\r(5),2).故选C.答案：C5．对于四面体A­BCD，有以下命题：①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；③四面体A­BCD的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体A­BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为eq\f(π,6).其中正确的命题序号是()A．①③ B．③④ C．①②③ D．①③④解析：①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图1，点A在平面BCD的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；③正确，如图2，若AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，则四面体A­BCD的四个面均为直角三角形；④正确，设正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为eq\f(\r(6),3)，依据等体积公式eq\f(1,3)×S×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(1,3)×4×S×r，解得r＝eq\f(\r(6),12)，那么内切球的表面积S＝4πr2＝eq\f(π,6).故正确的命题是①③④.答案：D二、填空题6.如图，在空间四边形ABCD中，点M∈AB，点N∈AD，若eq\f(AM,MB)＝eq\f(AN,ND)，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．解析：由eq\f(AM,MB)＝eq\f(AN,ND)，得MN∥BD.而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，所以MN∥平面BDC.答案：平行7．在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点，若平面BC1D∥平面AB1D1，则eq\f(AD,DC)＝________．解析：如图所示，连接A1B，与AB1交于点O，连接OD1，因为平面BC1D∥平面AB1D1，平面BC1D∩平面A1BC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O.所以eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB).同理AD1∥DC1，所以eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)，因此eq\f(A1O,OB)＝eq\f(DC,AD)，又因为eq\f(A1O,OB)＝1，所以eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.答案：18．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号)．①AC⊥BE；②B1E∥平面ABCD；③三棱锥E­ABC的体积为定值；④直线B1E⊥直线BC1.解析：因AC⊥平面BDD1B1，而BE⊂平面BDD1B，故①正确；因B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE­ABC＝eq\f(1,6)V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．答案：①②③三、解答题9.(2024·江苏卷)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)BE⊥C1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.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BE⊥AC.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C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.10．(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)解：棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，则FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE.B级实力提升11．(2024·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq\r(3)，那么P到平面ABC的距离为________．解析：如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝eq\r(3)，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(（\r(3)）2－12)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)12．(2024·河南郑州其次次质量预料)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.(1)求证：AD⊥PB；(2)若E在线段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D-CEG的体积；若不存在，请说明理由．(1)证明：连接PF，因为△PAD是等边三角形，F是AD的中点，所以PF⊥AD.因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，所以BF⊥AD.又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP.又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.(2)解：能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，所以GH⊥平面ABCD.又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.因为AD∥BC，所以△DFH∽