高考数学二轮复习 专题十三 空间中的平行与垂直练习 理-人教版高三数学试题

专题限时集训(十三)[空间中的平行与垂直](时间：5分钟＋40分钟)基础演练夯知识1.能够得出平面α与平面β一定重合的条件是：它们的公共部分有()A．两个公共点B．三个公共点C.无数个公共点D．共圆的四个公共点2．直线a⊥平面α，b∥α，则a与b的关系为()A．a⊥b，且a与b相交B．a⊥b，且a与b不相交C.a⊥bD．a与b不一定垂直3.已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β，且l∥αB．α⊥β，且l⊥αC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l4.设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是()A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊥α，a∥b，则b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若a∥α，a⊥b，则b⊥α5.已知m，n，l是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，给出下列命题：①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若m⊥l，n⊥l，则m∥n；③若m⊥n，m∥α，n∥β，则α⊥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中真命题有()A．0个B．1个C.2个D．3个提升训练强能力6．已知α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是()A．存在一条直线l，l⊂α，l∥βB．存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥βC.存在一条直线l，l⊥α，l⊥βD．存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β7.设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中为真的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β8．在正方体中，二面角A1­BD­A的正切值是()A.eq\r(2)B.eq\f(\r(2),2)C.2D.eq\f(1,2)9.已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，且n∥β.其中为真命题的是()A．①②B．②③C.③④D．①④10.如图13­1所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq\f(1,2)，则下列结论中错误的是()A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC.三棱锥A­BEF的体积为定值D．△AEF的面积与△BEF的面积相等图13­1图13­211．如图13­2所示，已知三个平面α，β，γ互相平行，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于点G，连接CD交平面β于点H，则四边形BGEH必为________．12.如图13­3所示正方体ABCD­A1B1C1D1①AC∥平面DA1C1；②BD1⊥平面DA1C1;③过点B与异面直线AC和A1D所成角均为60°的直线有4条；④四面体DA1D1C1与正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球的半径之比为eq\f(\r(3),3)；⑤与平面DA1C图13­313.已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，且俯视图如图13­4所示．关于该四棱锥的下列说法中：①该四棱锥中至少有两组侧面互相垂直；②该四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形；③该四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面；④该四棱锥的四个侧面不可能都是等腰三角形．其中，所有正确说法的序号是________________．图13­414．在如图13­5所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝eq\r(3)，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.(1)求证：AC⊥平面FBC.(2)AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．图13­515．如图13­6，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面PBD⊥平面ABCD，AD＝2，PD＝2eq\r(5)，AB＝PB＝4，∠BAD＝60°.(1)求证：AD⊥PB；(2)E是侧棱PC上一点，记eq\f(PE,PC)＝λ，当PB⊥平面ADE时，求实数λ的值．图13­616．已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，CD＝eq\r(3)，点E是线段AB的中点，G为CD的中点，现沿ED将△AED折起到△PED位置，使PE⊥EB.(1)求证：平面PEG⊥平面PCD；(2)求点A到平面PDC的距离．图13­7

专题限时集训(十三)【基础演练】1．D[解析]两点、三点或无数个点都可以是同一直线上的点，而共圆的四个公共点一定不共线，所以正确选项为D.2．C[解析]因为b∥α，所以在α中必有一条直线c与b平行．因为a⊥α，所以a⊥c，所以a⊥b.3．D[解析]由m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β得α与β相交；又eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥m,m⊥α,l⊄α))⇒l∥α，同理l∥β，从而α与β的交线平行于l.4．B[解析]由a∥α，b∥α得a，b的关系不确定；若a⊥α，a∥b，则b⊥α，正确；由a⊥α，a⊥b，得b∥α或b⊂α；由a∥α，a⊥b，知b与α的关系不确定，选B.5．A[解析]①中，也可能直线m⊂α；②中，m，n也可能相交或异面；③中，平面α，β的关系不确定；④中，与一个平面同时垂直的两个平面也可能相交．【提升训练】6．C[解析]在选项A的条件下，α，β也可能相交；在选项B的条件下，α，β也可能相交；在选项C的条件下，由垂直于同一条直线的两个平面平行知α∥β；在选项D的条件下，α⊥β.7．B[解析]在选项A中，当l平行于平面α，β的交线时，也符合已知条件，此时α，β不平行；在选项B中，垂直于同一条直线的两个平面平行；在选项C中，若l⊥α，l∥β，则α⊥β；在选项D中，在已知条件下，l与β的位置关系不确定．8．A[解析]如图所示，取BD的中点O，连接AO，A1O，则∠AOA1即为二面角A1­BD­A的平面角，易知tan∠AOA1＝eq\f(1,\f(\r(2),2))＝eq\r(2).9．D[解析]①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，此时只有当m，n相交，α∥β；③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α可能相交或平行；④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.10．D[解析]易证AC⊥平面D1DBB1，从而AC⊥BE，故A正确；由B1D1∥平面ABCD，可知EF∥平面ABCD，故B正确；连接BD交AC于点O，则AO为三棱锥A­BEF的高，S△BEF＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,4)，三棱锥A­BEF的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),24)，为定值，故C正确．故选D.11．平行四边形[解析]由α∥β∥γ，BG⊂平面ACF，CF⊂γ，可得BG∥CF.同理有HE∥CF，所以BG∥HE.同理可得，BH∥GE，所以四边形BGEH为平行四边形．12．①②⑤[解析]∵AC∥A1C1，BD1⊥A1D，BD1⊥C1D，∴①②正确；∵异面直线AC和A1D所成的角为60°，∴过点B与异面直线AC和A1D所成的角均为60°的直线有且只有3条，故③错误．设AA1＝a，可求得四面体DA1C1D1的内切球半径为eq\f(1,3＋\r(3))a，而正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球半径为eq\f(1,2)a，故所求的比应为1－eq\f(\r(3),3)，故④错误.将正方体沿AA1，A1B1，B1C1，CC1，CD展开到一个平面上，如图所示，易知截面多边形的周长为定值，等于3eq\r(2)a(a为正方体的棱长)，故⑤正确．13．①②③[解析]四棱锥P­ABCD的直观图如图所示，其中顶点P在底面上的射影为底面正方形的BC边的中点．由AB⊥BC，可得侧面PAB⊥侧面PBC，同理，侧面PCD⊥侧面PBC，故①正确．根据①，侧面PAB，PCD均为直角三角形，调整四棱锥的高，侧面PBC也可能为等腰直角三角形，所以侧面中可能有三个直角三角形，故②正确．侧面PAD与侧面PBC不可能垂直，证明如下：假设侧面PAD与侧面PBC垂直．取BC中点为E，连接PE.因为BC∥AD，所以BC∥平面PAD.设平面PAD∩平面PBC＝l，根据直线与平面平行的性质定理可得BC∥l.又PE⊥BC，所以PE⊥l，根据两个平面垂直的性质定理，得PE⊥平面PAD.又PE⊥平面ABCD，所以平面PAD∥平面ABCD，与平面PAD∩平面ABCD＝AD矛盾，所以假设不成立，故侧面PAD与侧面PBC不可能垂直，③中的结论是正确的．若PB＝2，则四棱锥的四个侧面均是等腰三角形，故④中的结论不正确．14．解：(1)证明：在△ABC中，因为AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，所以AC⊥BC.又因为AC⊥FB,所以AC⊥平面FBC.(2)AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE，与DF交于点N，连接MN.因为CDEF为正方形，所以N为CE中点．所以EA∥MN.因为MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM,所以EA∥平面FDM.所以AC上存在点M，使得EA∥平面FDM.15．解：(1)证明：在△ABD中，∵AD＝2，AB＝4，∠BAD＝60°，∴由余弦定理求得BD＝2eq\r(3).∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD.∵平面PBD⊥平面ABCD，交线为BD，∴AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB.(2)作EF∥BC，交PB于点F，连接AF，由EF∥BC∥AD可知A，D，E，F四点共面，连接DF，因为AD⊥PB，故若PB⊥平面ADE，则需PB⊥DF.在△PBD中，由PB＝4，BD＝2eq\r(3)，PD＝2eq\r(5)，及余弦定理求得cos∠BPD＝eq\f(3,2\r(5))，∴在Rt△PDF中，PF＝PDcos∠BPD＝3，因此λ＝eq\f(PE,PC)＝eq\f(PF,PB)＝eq\f(3,4).16．解：(1)证明：连接BD.在△BCD中，BD＝eq\r(DC2＋BC2)＝2＝AD，所以△ABD为等腰三角形．又因为点E是线段AB的中点，所以DE⊥AB，所以DE⊥PE.又因为PE⊥EB，DE∩EB＝E，所以PE⊥平面BCDE.因为CD⊂平面BCDE，所以PE⊥CD.因为EG为梯形ABCD的中位线，且CD⊥AD，所以CD⊥EG，又PE∩EG＝E，所以CD⊥平面PEG.又因为CD⊂平面PCD，所以平面PEG⊥