2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題三 立體幾何 第2講 空間平行與垂直練習(xí) 文（含解析）

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1、第2講 空間平行與垂直 A級(jí)　基礎(chǔ)通關(guān) 一、選擇題 1．(2018·浙江卷)已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，則“m∥n”是“m∥α”的(　　) A．充分不必要條件　　 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：因?yàn)槿鬽?α，n?α，且m∥n，則一定有m∥α， 但若m?α，n?α，且m∥α，則m與n有可能異面， 所以“m∥n”是“m∥α”的充分不必要條件． 故選A. 答案：A 2．(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　) A

2、．8　　 B．6　 C．8　 D．8 解析：連接BC1，AC1，AC，因?yàn)锳B⊥平面BB1C1C， 所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1為直角三角形． 又AB＝2，所以BC1＝2. 又B1C1＝2，所以BB1＝＝2， 故該長方體的體積V＝2×2×2＝8. 答案：C 3．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E是A1B1的中點(diǎn)，則點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：因?yàn)锳1B1∥AB，所以EB1∥AB， 因此點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)B1到平面的距離， 取BC1的中點(diǎn)O，則OB1⊥BC1，OB1⊥

3、AB， 所以B1O⊥平面ABC1D1，則B1O為所求的距離． 因此B1O＝是點(diǎn)E到平面ABC1D1的距離． 答案：B 4．(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 解析：如圖，因?yàn)锳B∥CD，所以AE與CD所成的角為∠EAB. 在Rt△ABE中，設(shè)AB＝2， 則BE＝， 則tan∠EAB＝＝， 所以異面直線AE與CD所成角的正切值為. 故選C. 答案：C 5．已知α，β是兩個(gè)平面，m，n是兩條直線，則下列命題中錯(cuò)誤的是(　　) A．如果m⊥n，

4、m⊥α，n⊥β，那么α⊥β B．如果m?α，α∥β，那么m∥β C．如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥l D．如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β 解析：對于A，如果m⊥n，m⊥α，則n∥α或n?α，因?yàn)閚⊥β，則α⊥β，故正確；對于B，如果m?α，α∥β，那么m與β無公共點(diǎn)，則m∥β，故正確；對于C，如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，則m∥l，故正確；對于D，如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α與β的關(guān)系不確定，故錯(cuò)誤． 答案：D 二、填空題 6.如圖，在空間四邊形ABCD中，點(diǎn)M∈AB，點(diǎn)N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關(guān)系是________． 解析：由

5、＝，得MN∥BD. 而BD?平面BDC，MN?平面BDC， 所以MN∥平面BDC. 答案：平行 7.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，點(diǎn)D是A1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AA1上，當(dāng)AF＝________時(shí)，CF⊥平面B1DF. 解析：由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1， 又CF?平面ACC1A1， 所以B1D⊥CF. 要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF. 令CF⊥DF，設(shè)AF＝x，則A1F＝3a－x. 易知Rt△CAF∽R(shí)t△FA1D， 得＝，即＝， 整理得x2－3ax

6、＋2a2＝0， 解得x＝a或x＝2a. 答案：a或2a 8．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論中正確的是________(填序號(hào))． ①AC⊥BE； ②B1E∥平面ABCD； ③三棱錐E-ABC的體積為定值； ④直線B1E⊥直線BC1. 解析：因AC⊥平面BDD1B1，而BE?平面BDD1B，故①正確；因B1D1∥平面ABCD，故②正確；記正方體的體積為V，則VE-ABC＝V，為定值，故③正確；B1E與BC1不垂直，故④錯(cuò)誤． 答案：①②③ 三、解答題 9.(2019·江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為

7、BC，AC的中點(diǎn)，AB＝BC. 求證：(1)A1B1∥平面DEC1； (2)BE⊥C1E. 證明：(1)因?yàn)镈，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，所以ED∥AB. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因?yàn)镋D?平面DEC1，A1B1?平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1. (2)因?yàn)锳B＝BC，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC. 因?yàn)槿庵鵄BCA1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC. 又因?yàn)锽E?平面ABC，所以C1C⊥BE. 因?yàn)镃1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1， C1C∩AC＝C， 所以BE⊥平面A1A

8、CC1. 因?yàn)镃1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 10．(2019·北京卷)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn)． (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE； (3)棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE？說明理由． (1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD. 因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形， 所以BD⊥AC. 又PA∩AC＝A， 所以BD⊥平面PAC. (2)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD， AE?平面ABCD， 所以PA⊥AE. 因?yàn)榈酌鍭BCD為

9、菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點(diǎn)， 所以AE⊥CD.所以AB⊥AE. 又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB. 因?yàn)锳E?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE. (3)解：棱PB上存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE. 取PB的中點(diǎn)F，PA的中點(diǎn)G，連接CF，F(xiàn)G，EG， 則FG∥AB，且FG＝AB. 因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為CD的中點(diǎn)， 所以CE∥AB，且CE＝AB. 所以FG∥CE，且FG＝CE. 所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG. 因?yàn)镃F?平面PAE，EG?平面PAE， 所以CF∥平面PAE. B級(jí)　能力提升 11．(2019·全

10、國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________． 解析：如圖，過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離． 再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F， 連接PC，PE，PF， 則PE⊥AC，PF⊥BC. 又PE＝PF＝，所以O(shè)E＝OF， 所以CO為∠ACB的平分線， 即∠ACO＝45°. 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1， 所以O(shè)E＝1， 所以PO＝＝＝. 答案： 12.(2019·河南鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面A

11、BCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，PD⊥BF. (1)求證：AD⊥PB； (2)若E在線段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D-CEG的體積；若不存在，請說明理由． (1)證明：連接PF， 因?yàn)椤鱌AD是等邊三角形，F(xiàn)是AD的中點(diǎn)， 所以PF⊥AD. 因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，∠BAD＝， 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上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD. 由(1)知AD⊥BF，因?yàn)镻D⊥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. 連接CF交DE于點(diǎn)H，過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?yàn)锳D∥BC，所以△DFH∽△ECH， 所以＝＝， 所以＝＝， 所以GH＝PF＝， 所以VD-CEG＝VG-CDE＝S△CDE·GH＝×DC·CE·sin ·GH＝. - 7 -