2019屆高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)之用空間向量的方法解立體幾何問題考題預(yù)測(cè)試題六

1、專題能力提升練 十一空間中的平行與垂直(45分鐘80分)一、選擇題(每小題5分,共30分)1.已知直線a與直線b平行,直線a與平面平行,則直線b與的關(guān)系為()A.平行B.相交C.直線b在平面內(nèi)D.平行或直線b在平面內(nèi)【解析】選D.依題意,直線a必與平面內(nèi)的某直線平行,又ab,因此直線b與平面的位置關(guān)系是平行或直線b在平面內(nèi).2.設(shè)m,n是兩條不同的直線,是兩個(gè)不同的平面,則()A.若mn,n,則mB.若m,則mC.若m,n,n,則m D.若mn,n,則m【解析】選C.對(duì)A,若mn,n,則m或m或m,錯(cuò)誤;對(duì)B,若m,則m或m或m,錯(cuò)誤;對(duì)C,若m,n,n,則m,正確;對(duì)D,若mn,n,則m或m

2、或m,錯(cuò)誤.故選C.3.若平面,滿足,=l,P,Pl,則下列命題中是假命題的為()A.過點(diǎn)P垂直于平面的直線平行于平面B.過點(diǎn)P垂直于直線l的直線在平面內(nèi)C.過點(diǎn)P垂直于平面的直線在平面內(nèi)D.過點(diǎn)P且在平面內(nèi)垂直于l的直線必垂直于平面【解析】選B.由于過點(diǎn)P垂直于平面的直線必平行于平面內(nèi)垂直于交線的直線,因此也平行于平面,因此A正確;過點(diǎn)P垂直于直線l的直線有可能垂直于平面,不一定在平面內(nèi),因此B不正確;根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理,知選項(xiàng)C,D正確.4.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中點(diǎn),F是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),且A1F平面D1AE,則A1F與平面BCC1B1所成角的正

3、切值t構(gòu)成的集合是()A.B.C.D.【解析】選D.設(shè)M,N分別為BB1,B1C1中點(diǎn),則F軌跡為線段MN,所以A1F與平面BCC1B1所成角的正切值范圍為=,選D.5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PAB與PBC是正三角形,平面PAB平面PBC,ACBD,則下列結(jié)論不一定成立的是()A.PBACB.PD平面ABCDC.ACPDD.平面PBD平面ABCD【解析】選B.取BP的中點(diǎn)O,連接OA,OC,則BPOA,BPOC,又因?yàn)镺AOC=O,所以BP平面OAC,所以BPAC,故選項(xiàng)A正確;又ACBD,BPBD=B,得AC平面BDP,又PD平面BDP,所以ACPD,平面PBD平面ABCD,故選項(xiàng)C

4、,D正確,故選B.6.(2016·全國(guó)卷)平面過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為()A.B.C.D.【解析】選A.如圖所示:因?yàn)槠矫鍯B1D1,所以若設(shè)平面CB1D1平面ABCD=m1,則m1m.又因?yàn)槠矫鍭BCD平面A1B1C1D1,結(jié)合平面B1D1C平面A1B1C1D1=B1D1,所以B1D1m1,故B1D1m.同理可得:CD1n.故m,n所成角的大小與B1D1,CD1所成角的大小相等,即CD1B1的大小.而B1C=B1D1=CD1(均為面對(duì)角線),因此CD1B1=,即sinCD1B1=.【

5、名師點(diǎn)睛】求解本題的關(guān)鍵是作出異面直線所成角,求異面直線所成角的步驟是:平移定角、連線成形,解形求角、得鈍求補(bǔ).【加固訓(xùn)練】(2018·荊州三模)已知底面是直角三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上,且AB=AC=1,若球O的表面積為3,則這個(gè)直三棱柱的體積是_. 【解析】設(shè)直三棱柱的側(cè)棱(高)為h,外接球的球心為O, 因?yàn)橥饨忧虻谋砻娣e為3,即4R2=3,解得R=, 在底面RtABC中,由AB=AC=1,所以BC=, 取BC的中點(diǎn)O1,則OO1平面ABC,在RtBOO1中,由勾股定理得R2=B+O=+,解得h=1,所以直三棱柱的體積為V=Sh=&#

6、215;1×1×1=.答案:二、填空題(每小題5分,共10分)7.(2016·全國(guó)卷),是兩個(gè)平面,m,n是兩條直線,有下列四個(gè)命題:如果mn,m,n,那么;如果m,n,那么mn;如果,m,那么m;如果mn,那么m與所成的角和n與所成的角相等.其中正確的命題有_.(填寫所有正確命題的編號(hào)) 【解析】對(duì)于,AA(m)平面ABCD(),AA(m)AD(n),AD(n)平面ABCD(),顯然平面ABCD()平面ABCD(),故錯(cuò)誤;對(duì)于,n,由線面平行的性質(zhì)定理,可知n與內(nèi)的一條直線l平行,因?yàn)閙,所以ml,所以mn,故正確;對(duì)于,設(shè)過m的平面交于直線l,因?yàn)?/p>

7、,m,由面面平行的性質(zhì)定理可知ml,由線面平行的判定定理,可知m,故正確;對(duì)于,若m,n分別與平面,平行(或垂直),結(jié)論顯然成立,若m,n分別與平面,不平行,也不垂直,可以分別作出m,n在平面,內(nèi)的射影,由等角定理,可知結(jié)論也成立,故正確.答案:【加固訓(xùn)練】如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱長(zhǎng)為2,AC=BC=1,ACB=90°,點(diǎn)D是A1B1的中點(diǎn),F是BB1上的動(dòng)點(diǎn),AB1,DF交于點(diǎn)E,要使AB1平面C1DF,則線段B1F的長(zhǎng)為_. 【解析】設(shè)B1F=x,因?yàn)锳B1平面C1DF,DF平面C1DF,所以AB1DF.由已知可得A1B1=,設(shè)RtAA1B1斜邊AB

8、1上的高為h,則DE=h.又×2×=×h,所以h=,DE=.在RtDB1E中,B1E=.由面積相等得××=×x,得x=.答案:8.如圖,矩形ABCD中,E為邊AB的中點(diǎn),將ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn),則在ADE翻轉(zhuǎn)過程中,正確的命題是_.(填序號(hào))是定值;點(diǎn)M在圓上運(yùn)動(dòng);一定存在某個(gè)位置,使DEA1C;一定存在某個(gè)位置,使MB平面A1DE.【解析】如圖,取DC中點(diǎn)N,連接MN,NB,則MNA1D,NBDE,所以平面MNB平面A1DE,因?yàn)镸B平面MNB,所以MB平面A1DE,正確;A1DE=MNB,MN=A

9、1D=定值,NB=DE=定值,根據(jù)余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MN·NB·cosMNB,所以MB是定值.正確;B是定點(diǎn),所以M是在以B為圓心,MB為半徑的圓上,正確;當(dāng)矩形ABCD滿足ACDE時(shí)存在,其他情況不存在,錯(cuò)誤.所以正確.答案:【加固訓(xùn)練】(2018·南寧市聯(lián)考)如圖,在正方形ABCD中,點(diǎn)E,F分別是BC,CD的中點(diǎn),G是EF的中點(diǎn).現(xiàn)在沿AE,AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形,使B,C,D三點(diǎn)重合,重合后的點(diǎn)記為H.下列說法錯(cuò)誤的是_.(填序號(hào)) AGEFH所在平面;AHEFH所在平面;HFAEF所在平面;HGAEF所在平面

10、.【解析】折之前AGEF,CGEF,折之后也垂直,所以EF平面AHG,折之前B,D,BCD均為直角,折之后B,C,D三點(diǎn)重合,所以折之后AH,EH,FH三條直線兩兩垂直,所以AHEFH所在平面,對(duì);同時(shí)可知AHHG,又HFAEH所在平面,過AE不可能作兩個(gè)平面與直線HF垂直,錯(cuò);如果HGAEF所在平面,則有HGAG,與中AHHG矛盾,錯(cuò);若AGEFH所在平面,則有AGHG,與中AHHG矛盾,所以也錯(cuò).答案:三、解答題(每小題10分,共40分)9.如圖,在五面體ABCDEF中,四邊形ABCD是矩形,BC=BF=CF=AE=DE=2,AB=6,EF=4,EFAB,G為FC的中點(diǎn),M為線段CD上一點(diǎn)

11、,且CM=2. (1)求證:AF平面BDG.(2)求證:BFDE.(3)求證:平面BGM平面BFC.【證明】(1)連接AC交BD于O點(diǎn),則O為AC的中點(diǎn),連接OG.因?yàn)樵贏FC中,O為AC的中點(diǎn),G為FC的中點(diǎn).所以O(shè)GAF.因?yàn)锳F平面BDG,OG平面BDG,所以AF平面BDG.(2)連接FM.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形,AB=6,所以DCAB,且DC=AB=6.因?yàn)镋F=4,CM=2,DM=DC-CM,所以DM=EF=4.因?yàn)镈MAB,EFAB,所以DMEF.所以四邊形DMFE是平行四邊形.所以MFDE,MF=DE=2.因?yàn)樵赗tBCM中,BCM=90°,BC=2,CM=2,所以B

12、M=2.因?yàn)樵贐FM中,BM=2,MF=2,BF=2,所以BFM是直角三角形.所以BFMF.所以BFDE.(3)因?yàn)樵贔CM中,CF=CM=MF=2,所以FCM為等邊三角形.因?yàn)镚為FC的中點(diǎn),所以MGCF.同理,由BCF為等邊三角形,可得BGCF.因?yàn)锽GMG=G,所以CF平面BGM.因?yàn)镃F平面BFC,所以平面BGM平面BFC.10.(2018·東莞二模)如圖,平面CDEF平面ABCD,四邊形ABCD是平行四邊形,CDEF為直角梯形,ADC=120°,CFCD,且CFDE,AD=2DC=DE=2CF.(1)求證:BF平面ADE.(2)若AD=2,求該幾何體的各個(gè)面的面積

13、的平方和.【解析】(1)取DE的中點(diǎn)H,連接AH,HF.因?yàn)樗倪呅蜟DEF為直角梯形,DE=2CF,H是DE的中點(diǎn),所以HF=DC,且HFDC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形,所以AB=DC,且ABDC,所以AB=HF,且ABHF,所以四邊形ABFH是平行四邊形,所以BFAH.因?yàn)锳H平面ADE,BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)因?yàn)樵贐CD中,BC=2DC,所以BDC=90°,所以S四邊形ABCD=2××BD×AB=2×××1=,SADE=×2×2=2,SBCF=×2×1=1

14、.因?yàn)镈EBD,且DE=2,BD=,所以BE=,又AE=2,AB=1,所以AE2=AB2+BE2,即EBA=90°,所以SABE=×1×=.所以SBEF=××=.S梯形CDEF=×(DE+CF)×CD=×3×1=.所以該幾何體的各個(gè)面的面積的平方和為+22+12+=.11.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1是矩形,BAC=90°,AA1BC,AA1=AC=2AB=4,且BC1A1C.(1)求證:平面ABC1平面A1ACC1.(2)設(shè)D是A1C1的中點(diǎn),判斷并證明在線段BB1上

15、是否存在點(diǎn)E,使得DE平面ABC1.若存在,求點(diǎn)E到平面ABC1的距離.【解析】(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1是矩形,所以AA1AB,又因?yàn)锳A1BC,ABBC=B,所以AA1平面ABC,所以AA1AC,又AA1=AC,所以A1CAC1,又BC1A1C,BC1AC1=C1,所以A1C平面ABC1,又A1C平面A1ACC1,所以平面ABC1平面A1ACC1.(2)當(dāng)E為BB1的中點(diǎn)時(shí),連接AE,EC1,DE,如圖,取AA1的中點(diǎn)F,連接EF,FD,因?yàn)镋FAB,DFAC1,又EFDF=F,ABAC1=A,所以平面EFD平面ABC1,又DE平面EFD,所以DE平面ABC1,

16、又因?yàn)?,C1A1平面ABE,設(shè)點(diǎn)E到平面ABC1的距離為d,所以××2×4×d=××2×2×4,所以d=所以存在點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)時(shí),使得DE平面ABC1,點(diǎn)E到平面ABC1的距離為.【一題多解】(2)解答本題還可以用如下的方法解決:當(dāng)E為BB1的中點(diǎn)時(shí),連接DE,如圖,設(shè)A1C交AC1于點(diǎn)G,連接BG,DG,因?yàn)锽EDG且BE=DG,所以四邊形DEBG為平行四邊形,則DEBG,又DE平面ABC1,BG平面ABC1,所以DE平面ABC1,求距離同原解法.12.(2018·太原二模)如圖(1),在平面六邊

17、形ABFCDE中,四邊形ABCD是矩形,且AB=4,BC=2,AE=DE=BF=CF=,點(diǎn)M,N分別是AD,BC的中點(diǎn),分別沿線段AD,BC將ADE,BCF翻折成如圖(2)的空間幾何體ABCDEF. (1)利用下列結(jié)論1或結(jié)論2,證明:E,F,M,N四點(diǎn)共面;結(jié)論1:過空間一點(diǎn)作已知直線的垂面,有且僅有一個(gè).結(jié)論2:過平面內(nèi)一條直線作該平面的垂面,有且僅有一個(gè).(2)若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60°,求三棱錐E-BCF的體積.【解析】(1)由題意,點(diǎn)E在底面ABCD上的射影在MN上,可設(shè)為點(diǎn)P,同理點(diǎn)F在底面ABCD上的射影在MN上,可設(shè)為點(diǎn)Q,則EP平面ABCD,

18、FQ平面ABCD,所以平面EMP平面ABCD,平面FNQ平面ABCD,又MN平面ABCD,MN平面EMP,MN平面FNQ,由結(jié)論2:過平面內(nèi)一條直線作該平面的垂面,有且僅有一個(gè),則E,F,M,N四點(diǎn)共面.(2)若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60°,則EMP=FNQ=60°,易得EM=FN=1,則MP=EMcos 60°=,EP=EMsin 60°=,VE-BCF=VABCDEF-VE-ABCD=2×××2×+××2×3-×4×2×=.【加固訓(xùn)

19、練】(2018·百校聯(lián)盟模擬)如圖,在幾何體ABDCFE中,底面CDEF是平行四邊形,ABCD,AB=1,CD=2,DE=2,DF=4,DB=2,DB平面CDEF,CE與DF交于點(diǎn)O.(1)求證:OB平面ACF.(2)求三棱錐B-DEF的表面積.【解析】(1)取CF中點(diǎn)G,連接AG,OG,在CDF中,O是DF的中點(diǎn),G是CF的中點(diǎn),所以O(shè)GCD,OG=CD,又ABCD,AB=1,CD=2,所以O(shè)GAB,OG=AB,所以四邊形ABOG為平行四邊形,所以O(shè)BAG,又因?yàn)锳G平面ACF,OB平面ACF,故OB平面ACF.(2)由EF=CD=2,DE=2,DF=4,可得EF2+DF2=DE2

20、,所以EFDF,所以DEF的面積S1=×DF×EF=×4×2=4.由DB平面CDEF,DF平面CDEF,DE平面CDEF,EF平面CDEF,可得BDDF,BDDE,BDEF,所以BDF的面積S2=×BD×DF=×2×4=4, BDE的面積S3=×BD×DE=×2×2=2,由EFDF,EFBD,BDDF=D,可得EF平面BDF,又BF平面BDF,所以EFBF,因?yàn)锽F=2,所以BEF的面積S4=×BF×EF=×2×2=2,所以三棱錐B-D

21、EF的表面積S=S1+S2+S3+S4=8+4.(建議用時(shí):50分鐘)1.(2018·全國(guó)卷)已知正方體的棱長(zhǎng)為1,每條棱所在直線與平面所成的角都相等,則截此正方體所得截面面積的最大值為()A.B.C.D.【解析】選A.由于平面與每條棱所成的角都相等,所以平面與平面AB1D1平行或重合(如圖),而在與平面AB1D1平行的所有平面中,面積最大的為由各棱的中點(diǎn)構(gòu)成的截面EFGHMN,而平面EFGHMN的面積S=××××6=.2.如圖所示,直線PA垂直于O所在的平面,ABC內(nèi)接于O,且AB為O的直徑,點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn).現(xiàn)有結(jié)論:BCPC;OM平面

22、APC;點(diǎn)B到平面PAC的距離等于線段BC的長(zhǎng).其中正確的是 ()A.B.C.D.【解析】選B.對(duì)于,因?yàn)镻A平面ABC,所以PABC,因?yàn)锳B為O的直徑,所以BCAC,因?yàn)锳CPA=A,所以BC平面PAC,又PC平面PAC,所以BCPC;對(duì)于,因?yàn)辄c(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn),所以O(shè)MPA,因?yàn)镻A平面PAC,OM平面PAC,所以O(shè)M平面PAC;對(duì)于,由知BC平面PAC,所以線段BC的長(zhǎng)即是點(diǎn)B到平面PAC的距離,故都正確.【加固訓(xùn)練】(2018·洛陽模擬)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動(dòng)點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)M滿足_時(shí),平面MBD平面PCD.(只要

23、填寫一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可) 【解析】因?yàn)镻A底面ABCD,所以BDPA,連接AC,則BDAC,且PAAC=A,所以BD平面PAC,所以BDPC.所以當(dāng)DMPC(或BMPC)時(shí),即有PC平面MBD,而PC平面PCD,所以平面MBD平面PCD.答案:DMPC(或BMPC等)3.(2018·泉州模擬)點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng),給出下列命題:三棱錐A-D1PC的體積不變;A1P平面ACD1;DPBC1;平面PDB1平面ACD1.其中正確的命題的序號(hào)是_. 【解析】連接BD交AC于點(diǎn)O,連接DC1交D1C于點(diǎn)O1,連接OO1,則OO1

24、BC1,所以BC1平面AD1C,動(dòng)點(diǎn)P到平面AD1C的距離不變,所以三棱錐P-AD1C的體積不變.又因?yàn)樗哉_;因?yàn)槠矫鍭1C1B平面AD1C,A1P平面A1C1B,所以A1P平面ACD1,正確;由于當(dāng)點(diǎn)P在B點(diǎn)時(shí),DB不垂直于BC1,即DP不垂直BC1,故不正確;由于DB1D1C,DB1AD1,D1CAD1=D1,所以DB1平面AD1C.又因?yàn)镈B1平面PDB1,所以平面PDB1平面ACD1,正確.答案:4.如圖所示,在四面體ABCD中,點(diǎn)M,N分別是ACD,BCD的重心,則四面體的四個(gè)面所在平面中與MN平行的是_. 【解析】如圖,連接AM并延長(zhǎng),交CD于點(diǎn)E,連接BN,并延長(zhǎng)交

25、CD于點(diǎn)F,由重心性質(zhì)可知,E,F重合為一點(diǎn),且該點(diǎn)為CD的中點(diǎn)E,連接MN,由=,得MNAB.因此,MN平面ABC且MN平面ABD.答案:平面ABC、平面ABD5.(2018·肇慶二模)如圖1,在高為2的梯形ABCD中,ABCD,AB=2,CD=5,過A,B分別作AECD,BFCD,垂足分別為E,F.已知DE=1,將梯形ABCD沿AE,BF同側(cè)折起,使得AFBD,DECF,得空間幾何體ADE-BCF,如圖2.(1)證明:BE平面ACD.(2)求三棱錐B-ACD的體積.【解析】(1)設(shè)BE交AF于點(diǎn)O,取AC的中點(diǎn)H,連接OH,則OH是AFC的中位線,所以O(shè)H CF.由已知得DECF

26、,所以DE OH,連接DH,則四邊形DHOE是平行四邊形,所以EODH,又因?yàn)镋O平面ADC,DH平面ADC,所以EO平面ACD,即BE平面ACD.【一題多解】解答本題還可以用如下兩種方法解決:方法一:延長(zhǎng)FE,CD交于點(diǎn)K,連接AK,則平面CKA平面ABFE=KA,由已知得DE CF,所以DE是KFC的中位線,所以KE=EF,所以KEAB,四邊形ABEK是平行四邊形,AKBE,又因?yàn)锽E平面ADC,KA平面ADC,所以BE平面ACD.方法二:取CF的中點(diǎn)G,連接BG,EG,易得DECG,即四邊形CDEG是平行四邊形,則EGDC,又GE平面ADC,DC平面ADC,所以GE平面ADC,又因?yàn)镈E

27、GF,所以四邊形DGFE是平行四邊形,所以DGEF,又ABFE是平行四邊形,所以ABEF,所以ABDG,所以四邊形ABGD是平行四邊形,所以BGAD,又GB平面ADC,DA平面ADC,所以GB平面ADC,又GBGE=G,所以平面GBE平面ADC,又BE平面GBE,所以BE平面ACD.(2)因?yàn)锽E平面ADC,所以VB-ACD=VE-ACD,由已知得,四邊形ABFE為正方形,且邊長(zhǎng)為2,則在圖中,AFBE,又已知AFBD,BEBD=B,可得AF平面BDE, 又DE平面BDE,所以AFDE,又AEDE,AFAE=A,所以DE平面ABFE, 且AEEF,所以AE平面CDE,所以AE是三棱錐A-DEC的高,四邊形DEFC是直角梯形.VB-ACD=VE-ACD=×AE××DE×EF=.6.(2018·天津高考)如圖,在四面體ABCD中,ABC是等邊三角形,平面ABC平面ABD,點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn),AB=2,AD=2,BAD=90°.(1)求證:ADBC;(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值;(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值.【解題指南】(1)利用平面與平面垂直的性質(zhì)及題設(shè)條件,先證明AD平面ABC,即可得出結(jié)論;(2)利用異面直線所成角的定義,先找角,再求值;(3)利用直線與平面所