全国通用2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题12空间中的平行与垂直含解析

【走向高考】（全国通用）2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题12空间中的平行与垂直一、选择题1．(2022·银川市质检)若α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]　B[解析]　若α⊥β，m⊂α，则m与β平行、相交或m⊂β都有可能，所以充分性不成立；若m⊥β，m⊂α，则α⊥β，必要性成立，故选B.[方法点拨]　应用线面、面面平行与垂直的判定定理、性质定理时，必须按照定理的要求找足条件．2．(2022·东北三校二模)已知a，b，m，n是四条不同的直线，其中a、b是异面直线，则下列命题正确的个数为(　　)①若m⊥a，m⊥b，n⊥a，n⊥b，则m∥n；②若m∥a，n∥b，则m，n是异面直线；③若m与a，b都相交，n与a，b都相交，则m，n是异面直线．A．0B．1C．2D．3[答案]　B[解析]　对于①，过直线a上一点O作直线a1∥b，则直线a，a1确定平面α，因为m⊥a，m⊥a1，所以m⊥α，同理n⊥α，因此m∥n，①正确；对于②，m，n也可能相交，②错误；对于③，在直线a上取点A，过A作直线m、n与b相交，满足③的条件，因此m，n可能相交，③错误．综上所述，其中正确的命题的个数是1，故选B.3．(文)设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，若已知m⊥n，m⊥α，则“n⊥β”是“α⊥β”的(　　)A．充分非必要条件　　　B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]　A⇒α⊥β.⇒/n⊥β.15\n(理)已知m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)A．m∥n，m⊥α⇒n⊥αB．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥nC．m⊥α，m⊥n⇒n∥αD．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β[答案]　A[解析]　由线面垂直的性质定理知A正确；如图1知，当m1⊂β，m1∩n＝A时满足B的条件，但m与n不平行；当m⊥α，m⊥n时，可能有n⊂α；如图2知，m∥n∥l，α∩β＝l时满足D的条件，由此知D错误．4．(2022·辽宁理，4)已知m、n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是(　　)A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α[答案]　B[分析]　本题考查空间中平行关系与垂直关系．依据线面位置关系的定义及判定性质定理求解．[解析]　对于A，m∥α，n∥α，则m、n的关系是平行，相交，异面，故A不正确；对于B，由直线与平面垂直的定义知正确；对于C，n可能在平面α内；对于D，n⊂α，n与α斜交，n⊥α，n∥α都有可能．[点评]　这类题目常借助于多面体(如正方体)进行判断，实际解答时只要能确定选项即可，不必逐一判断．[方法点拨]　解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几何中．15\n5．(文)(2022·太原市一模)已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)A.B.C.D.[答案]　C[解析]　由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P－ABCD，其中底面ABCD是正方形，侧面PAB是等边三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，故其体积V＝×22×＝.(理)(2022·安徽文，9)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(　　)A．1＋B．1＋2C．2＋D．2[答案]　C[解析]　考查1.几何体的三视图；2.锥体的体积公式．由该几何体的三视图可知，该几何体的直观图如下图所示：15\n其中侧面PAC⊥底面ABC，且△PAC≌△BAC，由三视图中所给数据可知：PA＝PC＝AB＝BC＝，取AC中点O，连接PO，BO，则Rt△POB中，PO＝BO＝1⇒PB＝，∴S＝(··)·2＋(·2·1)·2＝2＋，故选C.6．(文)(2022·广东理，8)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值(　　)A．至多等于3B．至多等于4C．等于5D．大于5[答案]　B[解析]　n＝4时为正四面体，正四面体的四个顶点是两两距离相等的；n＝5时为四棱锥，侧面为正三角形，底面为菱形，且对角线长与边长应相等，这不可能．因此空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值至多等于4，故选B.(理)(2022·海淀区期末)若空间中有n(n≥5)个点，满足任意四点都不共面，且任意两点的连线都与其余任意三点确定的平面垂直，则这样的n值(　　)A．不存在B．有无数个C．等于5D．最大值为8[答案]　C[解析]　当五点为正四面体的四个顶点和对称中心时，符合任意四点都不共面和任意两点的连线都与其余三点的连线所确定的平面垂直的条件，假设当n≥6时也满足题意，不妨设其中的6个点为A，B，C，D，E，F，则AB⊥平面CDE，AB⊥平面CDF，又因为平面CDF∩平面CDE＝CD，所以平面CDF与平面CDE重合，C，D，E，F四点共面，与题意相矛盾，所以n＝5，故选C.7．(文)设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①⇒β∥γ　　　　　②⇒m⊥β③⇒α⊥β④⇒m∥α其中，真命题是(　　)A．①④　　　B．②③　　　C．①③　　　D．②④[答案]　C15\n[解析]　①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C.(理)已知A、B是两个不同的点，m、n是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，给出下列4个命题：①若m∩n＝A，A∈α，B∈m，则B∈α；②若m⊂α，A∈m，则A∈α；③若m⊂α，m⊥β，则α⊥β；④若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β，其中真命题为(　　)A．①③B．①④C．②③D．②④[答案]　C[解析]　②∵m⊂α，∴m上的点都在平面α内，又A∈m，∴A∈α，∴②对；由二面垂直的判定定理知，③正确．8．(文)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，动点P在底面ABCD内，且PA1＝A1E，则点P运动形成的图形是(　　)A．线段B．圆弧C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分[答案]　B[解析]　|AP|＝＝＝|B1E|(定值)，故点P在底面ABCD内运动形成的图形是圆弧．(理)正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为CC1的中点，P在底面ABCD内运动，且满足∠DPD1＝∠CPM，则点P的轨迹为(　　)A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分15\n[答案]　A[解析]　由∠DPD1＝∠CPM得＝＝，∴＝2，在平面ABCD内，以D为原点，DA、DC分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设DC＝1，P(x，y)，∵PD＝2PC，∴＝2，整理得x2＋(y－)2＝，所以，轨迹为圆的一部分，故选A.9．(文)已知α、β是两个不同的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是(　　)A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若m⊥α，m⊥n，则n∥αC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β[答案]　C[解析]　对于选项A，m，n有可能平行也有可能异面；对于选项B，n有可能在平面α内，所以n与平面α不一定平行；对于选项D，m与β的位置关系可能是m⊂β，m∥β，也可能m与β相交．由n⊥β，α⊥β得，n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴m⊥n，故C正确．(理)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中(　　)A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直[答案]　B[解析]　①过A、C作BD的垂线AE、CF，∵AB与BC不相等，∴E与F不重合，在空间图(2)中，若AC⊥BD，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，这样在平面BCD内，过点C有两条直线CE、CF都与BD垂直矛盾，∴A错；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵AB<BC，∴存在这样的三角形ABC，AB⊥AC，AB＝AC，∴B选项正确，∴选项D错；③若AD⊥BC，又CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，∵BC>AB，这样的△ABC不存在，∴C错误．15\n10．(文)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为(　　)A．2　　　　　　　　　B.C.D．1[答案]　D[解析]　本题考查了正四棱柱的性质，点到直线距离的求解．连接AC、BD，AC∩BD＝O，连接EO，则EO∥AC1.则点C到平面BDE的距离等于AC1到平面BDE的距离，过C作CH⊥OE于H，CH为所求．在△EOC中，EC＝，CO＝，所以CH＝1.本题解答体现了转化与化归的思想，注意等积法的使用．(理)已知四棱锥P－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，点E是侧棱PB的中点，则异面直线AE与PD所成角的余弦值为(　　)A.B.C.D.[答案]　C[解析]　设AC与BD的交点为O，∵棱锥的各棱长都相等，∴O为BD中点，∴EO∥PD，∴∠AEO为异面直线AE与PD所成的角，设棱长为1，则AO＝，EO＝，AE＝，∵AO2＋EO2＝AE2，∴cos∠AEO＝＝.二、填空题11．a、b表示直线，α、β、γ表示平面．①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；②若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；③若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a⊥b；④若a不垂直于平面α，则a不可能垂直于平面α内无数条直线；15\n⑤若l⊂α，m⊂α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β.其中为真命题的是__________．[答案]　②⑤[解析]　对①可举反例如图，需b⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a，b不垂直；④对a只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．12．(文)已知三棱柱ABC－A1B1C1底面是边长为的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．[答案]　3[解析]　4πR2＝12π，∴R＝，△ABC外接圆半径r＝，∴柱高h＝2＝2，∴体积V＝×()2×2＝3.(理)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P是线段A1C1上的动点，则四棱锥P－ABCD的外接球半径R的取值范围是______________．[答案]　[解析]　当P为A1C1的中点时，设球半径为R，球心到底面ABCD距离为h，则，∴R＝，当P与A1(或C1)重合时，外接球就是正方体的外接球，R＝，∴R∈[，]．三、解答题13．(文)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝AC.(1)求证：CN∥平面AMB1；(2)求证：B1M⊥平面AMG.[证明]　(1)如图取线段AB1的中点P，连接NP、MP，∵CM綊BB1，NP綊BB1，∴CM綊NP，∴四边形CNPM是平行四边形．∴CN∥MP.∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，15\n∴CN∥平面AMB1.(2)∵CC1⊥平面ABC，∴平面CC1B1B⊥平面ABC，∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG.∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1，设AC＝2a，则CC1＝2a，在Rt△MCA中，AM＝＝a.在Rt△B1C1M中，B1M＝＝a.∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，∴AB1＝＝＝2a.∵AM2＋B1M2＝AB，∴B1M⊥AM.又∵AG∩AM＝A，∴B1M⊥平面AMG.(理)如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，点N为B1C1的中点，点P在棱A1C1上运动．(1)试问点P在何处时，AB∥平面PNC，并证明你的结论；(2)在(1)的条件下，若AA1<AB，直线B1C与平面BCP所成角的正弦值为，求二面角A－BP－C的大小.[解析]　(1)当点P为A1C1的中点时，AB∥平面PNC.∵P为A1C1的中点，N为B1C1的中点，∴PN∥A1B1∥AB∵AB⊄平面PNC，PN⊂平面PNC，∴AB∥平面PNC.(2)设AA1＝m，则m<2，∵AB、BC、BB1两两垂直，∴以B为原点，BA、BC，BB1为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0，m)，A1(2,0，m)，C1(0,2，m)，∴P(1,1，m)，设平面BCP的法向量n＝(x，y，z)，15\n则由n·＝0，n·＝0，解得y＝0，x＝－mz，令z＝1，则n＝(－m,0,1)，又＝(0,2，－m)，直线B1C与平面BCP所成角正弦值为，∴＝，解之得m＝1∴n＝(－1,0,1)易求得平面ABP的法向量n1＝(0，－1,1)cosα＝＝，设二面角的平面角为θ，则cosθ＝－，∴θ＝120°.[方法点拨]　1.要证线面平行，先在平面内找一条直线与已知直线平行，或找一个经过已知直线与已知平面相交的平面，找出交线，证明二线平行．2．要证线线平行，可考虑公理4或转化为线面平行．3．要证线面垂直可转化为证明线线垂直，应用线面垂直的判定定理与性质定理进行转化．14．(文)(2022·东北三校二模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，AB＝4，AA1＝5，点M是BB1的中点．(1)求证：平面A1MC⊥平面AA1C1C；(2)求点A到平面A1MC的距离．[解析]　(1)证明：记AC1与A1C的交点为E.连接ME.∵直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，AB＝4，AA1＝5，点M是BB1的中点，∴MA1＝MA＝MC1＝MC＝.因为点E是AC1、A1C的中点，所以ME⊥A1C且ME⊥AC1，从而ME⊥平面AA1C1C.因为ME⊂平面A1MC，所以平面A1MC⊥平面AA1C1C.(2)过点A作AH⊥A1C于点H，由(1)知平面A1MC⊥平面AA1C1C，平面A1MC∩平面AA1C1C＝A1C，∴AH⊥平面AA1C1C15\n∴AH即为点A到平面A1MC的距离．在△A1AC中，∠A1AC＝90°，A1A＝5，AC＝4，∴A1C＝，∴AH＝＝即点A到平面A1MC的距离为.(理)(2022·邯郸市二模)如图，在等腰梯形CDFE中，A，B分别为底边DF，CE的中点，AD＝2AB＝2BC＝2，沿AE将△AEF折起，使二面角F－AE－C为直二面角，连接CF，DF.(1)证明：平面ACF⊥平面AEF;(2)求点D到平面ACF的距离．[解析]　在等腰梯形CDFE中，由已知条件可得，CD＝AC＝AE＝EF＝，AF＝AD＝2，所以，AE2＋EF2＝AF2，∴EF⊥EA；同理可证，DC⊥AC，AE⊥AC；在四棱锥F－AECD中，∵二面角F－AE－C为直二面角，∴平面AEF⊥平面AECD，∴EF⊥平面AECD，∵AC⊂平面AECD，∴AC⊥EF，又∵AC⊥AE，∴AC⊥平面AEF，∴平面ACF⊥平面AEF.(2)点D到平面ACF的距离即三棱锥D－ACF的高，因为VD－ACF＝VF－ACD，AB＝BC＝1，所以AC＝，AF＝2且AC⊥AF，所以S△ACF＝××2＝又因为AC＝CD＝且AC⊥CD所以S△ACD＝××＝1，EF＝.所以××d＝×1×，所以d＝1.[方法点拨]　解决与折叠有关的问题，关键是搞清折叠前后的位置与数量关系的变化量与不变量，对比找出平面图形与折叠后的空间图形之间的对应关系．15．(文)(2022·河南省高考适应性测试)如图1所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC15\n＝90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，CE＝4.如图2所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连接AB.(1)求证：DE⊥平面BCD；(2)求三棱锥A－BDE的体积．[解析]　(1)在图1中，∵AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝60°.因为CD为∠ACB的平分线，所以∠BCD＝∠ACD＝30°，∴CD＝2∵CE＝4，∠DCE＝30°，∴DE＝2.则CD2＋DE2＝EC2，所以∠CDE＝90°，DE⊥DC.又因为平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE⊂平面ACD，所以DE⊥平面BCD.(2)在图2中，作BH⊥CD于H，因为平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，BH⊂平面BCD，所以BH⊥平面ACD.在图1中，由条件得BH＝所以三棱锥A－BDE的体积VA－BDE＝VB－ADE＝S△ADE·BH＝××2×2sin120°×＝.(理)(2022·辽宁葫芦岛市一模)如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面的圆周上，BF⊥AE，F是垂足．(1)求证：BF⊥AC；(2)若CE＝1，∠CBE＝30°，求三棱锥F－BCE的体积．15\n[解析]　(1)证明：∵AB⊥平面BEC，CE⊂平面BEC，∴AB⊥CE∵BC为圆的直径∴BE⊥CE∵BE⊂平面ABE，AB⊂平面ABE，BE∩AB＝B∴CE⊥平面ABE∵BF⊂平面ABE∴CE⊥BF又BF⊥AE，且CE∩AE＝E∴BF⊥平面AEC，AC⊂平面AEC∴BF⊥AC.(2)在Rt△BEC中，∵CE＝1，∠CBE＝30°，∴BE＝，BC＝2又∵ABCD为正方形，∴AB＝2，∴AE＝∴BF＝＝＝∴EF＝＝＝∴VF－BCE＝VC－BEF＝·S△BEF·CE＝··EF·BF·CE＝····1＝.[方法点拨]　线面、线线垂直与平行的位置关系在面面平行与垂直位置关系的证明中起着承上启下的桥梁作用，依据线面、面面位置关系的判定定理与性质定理进行转化是解决这类问题的关键．证明面面平行主要依据判定定理，证明面面垂直时，关键是从现有直线中找一条直线与其中一个平面垂直，若图中不存在这样的直线应借助添加中线、高线等方法解决．16．(文)(2022·山西太原市一模)如图，在底面是正三角形的直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝2，D是BC的中点．(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)求点A1到平面AB1D的距离．[解析]　(1)证明：连接A1B，交AB1于点O，连接OD，15\n∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴ABB1A1是平行四边形，∴O是A1B的中点，∵D是BC的中点，∴OD∥A1C，∵OD⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D；(2)由(1)知，O是A1B的中点，∴点A1到平面AB1D的距离等于点B到平面AB1D的距离，∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC，∴平面BCC1B1⊥平面ABC，B1D＝＝.∵△ABC是正三角形，D是BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1，∴AD⊥B1D，设点B到平面AB1D的距离为d，∵VB1－ABD＝VB－AB1D，∴S△ABD·BB1＝S△AB1D·d，∴d＝＝＝＝.∴点A1到平面AB1D的距离为.(理)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，M是棱PC的中点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.(1)求证：PE⊥平面ABCD；(2)求直线BM与平面ABCD所成角的正切值；(3)求直线BM与CD所成角的余弦值．[解析]　(1)∵PA＝PD，E为AD的中点，∴PE⊥AD，15\n又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD.(2)连接EC，取EC中点H，连接MH，HB，∵M是PC的中点，H是EC的中点，∴MH∥PE，由(1)知PE⊥平面ABCD，∴MH⊥平面ABCD，∴HB是BM在平面ABCD内的射影，∴∠MBH即为BM与平面ABCD所成的角．∵AD∥BC，BC＝AD，E为AD的中点，∠ADC＝90°，∴四边形BCDE为矩形，又CD＝，∴EC＝2，HB＝EC＝1，又∵MH＝PE＝，∴△MHB中，tan∠MBH＝＝，∴直线BM与平面ABCD所成角的正切值为.(3)由(2)知CD∥BE，∴直线BM与CD所成角即为直线BM与BE所成角，连接ME，在Rt△MHE中，ME＝，在Rt△MHB中，BM＝，又BE＝CD＝，∴△MEB中，cos∠MBE＝＝＝，∴直线BM与CD所成角的余弦值为.15