2020届二轮复习13空间中的平行与垂直作业

2020届二轮复习13空间中的平行与垂直作业

专题能力训练13　空间中的平行与垂直 ‎　专题能力训练第32页　 ‎ 一、能力突破训练 ‎1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是(　　)‎ A.A1D B.AA1 C.A1D1 D.A1C1‎ 答案:D 解析:易知A1C1⊥平面BB1D1D.‎ ‎∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故选D.‎ ‎2.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是(　　)‎ A.O是△AEF的垂心 B.O是△AEF的内心 C.O是△AEF的外心 D.O是△AEF的重心 答案:A 解析:如图,易知PA,PE,PF两两垂直,‎ ‎∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.‎ ‎3.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:‎ ‎①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β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) ‎ 答案:②③④‎ 解析:对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.‎ ‎4.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1E,则点M的轨迹长度为　　　　. ‎ 答案:‎‎2‎ 解析:如图所示,取A1B1的中点H,B1B的中点G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF.‎ 可得四边形EGC1D1是平行四边形,‎ ‎∴C1G∥D1E.‎ 同理可得C1H∥CF.‎ ‎∵C1H∩C1G=C1,‎ ‎∴平面C1GH∥平面CD1E.‎ ‎∵点M是正方形ABB1A1内的动点,‎ 若C1M∥平面CD1E,则点M在线段GH上.‎ ‎∴点M的轨迹长度GH=‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎=‎‎2‎.故答案为‎2‎.‎ ‎5.下列命题中正确的是　　　　　.(填上你认为正确的所有命题的序号) ‎ ‎①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;‎ ‎②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;‎ ‎③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为π‎6‎a2;‎ ‎④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.‎ 答案:②③④‎ 解析:①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=‎6‎‎12‎a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.‎ ‎6.(2019江苏,16)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.‎ ‎7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.‎ ‎(1)求证:PC⊥AD;‎ ‎(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;‎ ‎(3)求点D到平面PAM的距离.‎ ‎(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,‎ 所以OC⊥AD,OP⊥AD.‎ 又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,‎ 所以AD⊥平面POC.‎ 又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.‎ 证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.‎ 因为M为PC的中点,‎ 所以AM⊥PC,DM⊥PC.‎ 又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,‎ 所以PC⊥平面AMD.‎ 因为AD⊂平面AMD,‎ 所以PC⊥AD.‎ ‎(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:‎ 取棱PB的中点Q,连接QM,QA.‎ 因为M为PC的中点,所以QM∥BC.‎ 在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,‎ 所以A,Q,M,D四点共面.‎ ‎(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.‎ 由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,‎ 所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.‎ 在Rt△POC中,PO=OC=‎3‎,PC=‎6‎,‎ 在△PAC中,PA=AC=2,PC=‎6‎,边PC上的高AM=PA‎2‎-PM‎2‎‎=‎‎10‎‎2‎,‎ 所以△PAC的面积S△PAC=‎1‎‎2‎PC·AM=‎1‎‎2‎‎×‎6‎×‎10‎‎2‎=‎‎15‎‎2‎.‎ 设点D到平面PAC的距离为h,由VD-PAC=VP-ACD,得‎1‎‎3‎S△PAC·h=‎1‎‎3‎S△ACD·PO.‎ 因为S△ACD=‎3‎‎4‎×22=‎3‎,所以‎1‎‎3‎‎×‎‎15‎‎2‎×h=‎1‎‎3‎‎×‎3‎×‎‎3‎,‎ 解得h=‎2‎‎15‎‎5‎,‎ 所以点D到平面PAM的距离为‎2‎‎15‎‎5‎.‎ ‎8.如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.‎ ‎(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;‎ ‎(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.‎ ‎(1)证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,‎ 所以BF⊥平面PEF.‎ 又BF⊂平面ABFD,‎ 所以平面PEF⊥平面ABFD.‎ ‎(2)解作PH⊥EF,垂足为H.‎ 由(1)得,PH⊥平面ABFD.‎ 以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.‎ 由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,‎ 所以PE=‎3‎.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.‎ 可得PH=‎3‎‎2‎,EH=‎3‎‎2‎.‎ 则H(0,0,0),P‎0,0,‎‎3‎‎2‎,D‎-1,-‎3‎‎2‎,0‎‎,‎DP=1,‎3‎‎2‎‎,‎‎3‎‎2‎,HP‎=‎‎0,0,‎‎3‎‎2‎为平面ABFD的法向量.‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ=HP‎·‎DP‎|HP||DP|‎‎=‎3‎‎4‎‎3‎=‎‎3‎‎4‎.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为‎3‎‎4‎.‎ 二、思维提升训练 ‎9.(2019山东潍坊一模)如图,在矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M,连接B1D,N为B1D的中点,则在翻折过程中,下列说法正确的是　　　　　.(填序号) ‎ ‎①存在某个位置,使得CN⊥AB;‎ ‎②翻折过程中,CN的长是定值;‎ ‎③若AB=BM,则AM⊥B1D;‎ ‎④若AB=BM=1,则当三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π.‎ 答案:②④‎ 解析:对于①,如图1,取AD的中点E,连接EC交MD于点F,则NE∥AB1,NF∥MB1,‎ 如果CN⊥AB1,由已知可得到EN⊥NF,又EN⊥CN,且三线NE,NF,NC共面共点,不可能,故①错.‎ 图1‎ 图2‎ 对于②,如图1,可得由∠NEC=∠MAB1(定值),NE=‎1‎‎2‎AB1(定值),AM=EC(定值),‎ 由余弦定理可得NC2=NE2+EC2-2NE·EC·cos∠NEC,所以NC是定值,故②正确.‎ 对于③,如图2,取AM的中点O,连接B1O,DO,若AM⊥B1D,易得AM⊥平面ODB1,即可得OD⊥AM,从而AD=MD,显然不成立,可得③不正确.‎ 对于④,当平面B1AM⊥平面AMD时,三棱锥B1-AMD的体积最大,易得AD的中点H就是三棱锥B1-AMD的外接球的球心,球半径为1,表面积是4π.故④正确.‎ 故答案为②④.‎ ‎10.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=‎2‎,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.‎ ‎(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF.‎ ‎(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.‎ ‎(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,‎ 所以C1B1∥平面ADD1A1.‎ 因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,‎ 所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.‎ ‎②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,‎ 所以BB1⊥B1C1.‎ 因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,‎ 所以B1C1⊥BA1.‎ 在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,‎ 即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=‎2‎‎2‎,‎ 即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F.‎ 又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.‎ ‎(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).‎ 由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,‎ 所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.‎ 在矩形ABB1A1中,AB=‎2‎,AA1=2,得BH=‎4‎‎6‎.‎ 在Rt△BHC1中,BC1=2‎5‎,BH=‎4‎‎6‎,‎ 得sin∠BC1H=BHBC‎1‎‎=‎‎30‎‎15‎.‎ 所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是‎30‎‎15‎.‎ ‎11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.沿AE将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:‎ ‎(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由.‎ ‎(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.‎ ‎(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=‎1‎‎4‎AB时,BC∥平面DFK.‎ 证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.‎ 又因为AK=‎1‎‎4‎AB,F为AE的中点,‎ 所以KF∥EH,所以KF∥BC.‎ 因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,‎ 所以BC∥平面DFK.‎ ‎(2)证明因为F为AE的中点,DA=DE=1,‎ 所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,‎ 所以DF⊥平面ABCE.‎ 因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.‎ 又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,‎ 所以在折起后的图形中AE=BE=‎2‎,‎ 从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.‎ 因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.‎ 因为BE⊂平面BDE,‎ 所以平面BDE⊥平面ADE.‎ ‎12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=‎3‎,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.‎ ‎(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1.‎ ‎(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的‎1‎‎3‎?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,‎ 所以△ABC是正三角形.‎ 因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.‎ 因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=‎3‎,‎ 所以AE=‎3‎‎3‎,AD=1,‎ 所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.‎ 在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,‎ 所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.‎ 因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,‎ 所以DE⊥BC1.‎ ‎(2)解假设存在点E满足题意.‎ 设AE=h,则A1E=‎3‎-h,‎ 所以S‎△DEC‎1‎‎=‎S四边形AA‎1‎C‎1‎C-S△AED-S‎△DCC‎1‎‎-‎S‎△EA‎1‎C‎1‎=2‎3‎‎-‎‎1‎‎2‎h-(‎3‎-h)-‎3‎‎2‎‎=‎3‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎h.‎ 因为BD⊥平面ACC1A1,‎ 所以VC‎1‎‎-BDE‎=VB-C‎1‎DE=‎1‎‎3‎‎3‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎h×‎3‎=‎1‎‎2‎+‎‎3‎‎6‎h,‎ 又V棱柱=‎1‎‎2‎×2×‎3‎‎×‎‎3‎=3,‎ 所以‎1‎‎2‎‎+‎‎3‎‎6‎h=1,解得h=‎3‎‎≤‎‎3‎,‎ 故存在点E,当AE=‎3‎,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的‎1‎‎3‎.‎ ‎13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=‎5‎,AB=AD=‎2‎.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).‎ ‎(1)求证:AE⊥平面BDC;‎ ‎(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;‎ ‎(3)求点B到平面ACD的距离.‎ ‎(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.‎ ‎∵AB=AD=‎2‎,DB=2,∴AM⊥BD.‎ ‎∵DB=2,DC=1,BC=‎5‎满足DB2+DC2=BC2,‎ ‎∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,‎ ‎∵E是BC的中点,‎ ‎∴ME为△BCD的中位线,ME