2024年高考数学大二轮复习专题五立体几何第2讲空间中的平行与垂直练习理

PAGEPAGE1其次篇专题五第2讲空间中的平行与垂直[限时训练·素能提升](限时50分钟，满分76分)一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2024·潍坊模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满意l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线冲突，所以A不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不肯定垂直，但α与β的交线肯定平行于l，从而解除B、C.故选D.答案D2．(2024·乌鲁木齐二模)关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥bB．若α⊥β，m∥α，则m⊥βC．若a⊥α，a∥β，则α⊥βD．若a∥α，b⊥a，则b⊥α解析A是错误的，因为a不肯定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B是错误的，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B错误；C是正确的，由直线与平面垂直的推断定理能得到C正确；D是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．答案C3．(2024·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(7),2)解析如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即∠EAB.不妨设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝eq\r(5).又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2).故选C.答案C4．如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能推断出AP⊥BC，故选B.答案B5．(2024·石家庄质检)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β其中真命题的个数是A．0B．1C．2D．3解析①m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③m∥β或m⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．答案B6．(2024·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A.eq\f(3\r(3),4)B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(3\r(2),4)D.eq\f(\r(3),2)解析记该正方体为ABCD－A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′－AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝eq\f(\r(2),2)，所以该正六边形的面积为6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3\r(3),4)，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为eq\f(3\r(3),4)，故选A.答案A二、填空题(本题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2024·全国卷Ⅲ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB相互垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．解析由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得eq\f(1,2)l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝eq\f(1,2)l＝2，AO＝eq\f(\r(3),2)l＝2eq\r(3).故该圆锥的体积V＝eq\f(1,3)π×AO2×SO＝eq\f(1,3)π×(2eq\r(3))2×2＝8π.答案8π8．(2024·烟台模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，请你补充一个条件________，使平面MBD⊥平面PCD.①DM⊥PC；②DM⊥BM；③BM⊥PC；④PM＝MC(填写你认为是正确的条件对应的序号)．解析因为在四棱锥A－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，所以BD⊥PA，BD⊥AC，因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案①(或③)三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2024·唐山期末)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝CC1＝2，M是AB的中点．(1)求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；(2)求点M到平面A1CB1的距离．解析(1)证明由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，得A1A⊥CM.由AC＝CB，M是AB的中点，得AB⊥CM.又A1A∩AB＝A，则CM⊥平面ABB1A1，又CM⊂平面A1CM，所以平面A1CM⊥平面ABB1A1.(2)设点M到平面A1CB1的距离为h.连接MB1.由题意可知A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2eq\r(2)，A1M＝B1M＝eq\r(6)，则S△A1CB1＝2eq\r(3)，S△A1MB1＝2eq\r(2).由(1)可知CM⊥平面ABB1A1，则CM是三棱锥C－A1MB1的高，由VC－A1MB1＝eq\f(1,3)MC·S△A1MB1＝VM－A1CB1＝eq\f(1,3)h·S△A1CB1，得h＝eq\f(\r(2)×2\r(2),2\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)，即点M到平面A1CB1的距离为eq\f(2\r(3),3).10．(2024·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱锥Q－ABP的体积．解析(1)由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC.又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q－ABP的体积为VQ－ABP＝eq\f(1,3)×QE×S△ABP＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°＝1.11．(2024·兰州模拟)如图所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1.(1)求证：平面CFG⊥平面ACE；(2)在AC上是否存在一点H，使得EH∥平面CFG？若存在，求出CH的长，若不存在，请说明理由．解析(1)证明连接BD交AC于点O，则BD⊥AC.设AB，AD的中点分别为M，N，连接MN，则MN∥BD.连接FM，GN，则FM∥GN，且FM＝GN，所以四边形FMNG为平行四边形，所以MN∥FG，所以BD∥FG，所以FG⊥AC.因为AE⊥平面ABCD，所以AE⊥BD.所以FG⊥AE，又AC∩AE＝A，所以