2020版高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何第2讲空间平行与垂直练习文(含解析)

第 2 讲空间平行与垂直
A 级基础通关
一、选择题
1．(2018 ·浙江卷 ) 已知平面α，直线m，n知足m?α，n? α，则“m∥n”是“m∥α”的 ()
A．充足不用要条件B．必需不充足条件
C．充足必需条件D．既不充足也不用要条件
分析：由于若 m?α， n?α，且 m∥ n，则必定有m∥α，
但若 m?α， n?α，且 m∥α，则 m与 n 有可能异面，
所以“ m∥n”是“ m∥α”的充足不用要条件．
应选 A.
答案： A
2．(2018 ·全国卷Ⅰ ) 在长方体ABCD-A BCD中，AB＝BC＝ 2，AC与平面BBCC所成的
1111111
角为 30°，则该长方体的体积为 ()
A． 8B．6 2C．8 2D．8 3
分析：连结1，1，，由于⊥平面 1 1 ，
BC AC AC AB BBCC
所以∠ AC1B＝30°， AB⊥ BC1，所以△ ABC1为直角三角形．
又 AB＝2，所以 BC1＝2 3.
又 B1C1＝2，所以 BB1＝（2 3）2－22＝2 2，
故该长方体的体积V＝2×2×22＝ 8 2.
答案： C
3．正方体ABCD-AB CD的棱长为 1，E是A B的中点，则点E到平面ABCD的距离为 ()
11111111
3213
A. 2
B. 2
C. 2
D. 3
分析：由于 A1B1∥ AB，所以 EB1∥AB，
所以点
E 到平面1 1 的距离转变为点 1 到平面的距离，ABCD B
取 BC1的中点 O，则 OB1⊥ BC1， OB1⊥AB，所以 B1O⊥平面 ABC1D1，则 B1O为所求的距离．
2
所以 B1O＝2是点 E 到平面 ABC1D1的距离．
答案： B
4．(2018 ·全国卷Ⅱ ) 在正方体- 1111中，
E 为棱 1 的中点，则异面直线
AE
与
ABCDAB CD CC
CD所成角的正切值为()
2357
A. 2
B. 2
C. 2
D. 2
分析：如图，由于AB∥ CD，所以 AE与 CD所成的角为∠ EAB.
在 Rt △ABE中，设AB＝ 2，
则 BE＝5，
BE5
则 tan ∠EAB＝＝，
AB 2
所以异面直线
5 AE与 CD所成角的正切值为.
2
应选 C.
答案： C
5．已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，则以下命题中错误的选项是()
A．假如m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β
B．假如m? α，α∥β，那么m∥β
C．假如α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥l
D．假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β
分析：关于 A，假如m⊥n，m⊥α，则n∥α或n? α，由于n⊥β，则α⊥β，故正确；关于 B，假如m? α，α∥β，那么m与β无公共点，则m∥β，故正确；关于 C，假如α∩β＝l，m∥α ，m∥β，则m∥l，故正确；关于D，假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α 与β
的关系不确立，故错误．
答案： D
二、填空题
AM AN
6.如图，在空间四边形 ABCD中，点 M∈AB，点 N∈ AD，若＝，则直线 MN与平面 BDC MB ND 的地点关系是________．
AM AN
分析：由＝，得MN∥ BD.
MB ND
而 BD?平面 BDC，MN?平面 BDC，
所以 MN∥平面 BDC.
答案：平行
7.如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，侧棱 AA1⊥底面 ABC，底面是以∠ ABC为直角的等腰直角三角形， AC＝2a， BB1＝3a，点 D 是 A1C1的中点，点 F 在线段 AA1上，当 AF＝________时，CF⊥平面 B1DF.
分析：由题意易知， B1D⊥平面 ACC1A1，
又 CF?平面 ACC1A1，
所以 B1D⊥ CF.
要使 CF⊥平面 B1DF，只要 CF⊥ DF.
令 CF⊥ DF，设 AF＝ x，则 A1F＝3a－ x.
易知 Rt △CAF∽ Rt △FA1D，
得AC AF
3
2a x
1
＝
1 ，即－＝，
A F AD a x a
整理得 x2－3ax＋2a2＝0，解得 x＝a 或 x＝2a.
答案： a 或2a
8．在正方体ABCD-A1 B1C1D1中， E 为线段B1D1上的一个动点，则以下结论中正确的选项是
________( 填序号 ) ．
① AC⊥ BE；
②1∥平面；
B E ABCD
③三棱锥 E- ABC的体积为定值；
④直线1 ⊥直线1.
BE BC
分析：因 AC⊥平面 BDD1B1，而 BE?平面 BDD1B，故①正确；因 B1D1∥平面 ABCD，故②正
确；记正方体的体积为V，则V E- ABC＝1
V，为定值，故③正确；B
1E 与 BC1不垂直，故④错误．6
答案：①②③
三、解答题
9.(2019 ·江苏卷 ) 如图，在直三棱柱111中，，
E 分别为，的中点，＝
ABC-AB C D BC AC AB BC.
求证： (1) A1B1∥平面DEC1；
(2)BE⊥ C1 E.
证明： (1) 由于D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥ AB.
在直三棱柱ABCA1B1C1中， AB∥ A1B1，
所以 A1B1∥ ED.
又由于 ED?平面 DEC1， A1B1?平面 DEC1，
所以 A1B1∥平面 DEC1.
(2)由于 AB＝ BC， E为 AC的中点，所以 BE⊥ AC.
由于三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面 ABC.
又由于 BE?平面 ABC，所以 C1 C⊥ BE.
由于 C1C?平面 A1ACC1，AC?平面 A1ACC1，
C1C∩ AC＝ C，
所以 BE⊥平面 A1ACC1.
由于 C1E?平面 A1ACC1，所以 BE⊥C1E.
10．(2019 ·北京卷 ) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E 为 CD的中点．
(1)求证： BD⊥平面 PAC；
(2)若∠ ABC＝60°，求证：平面 PAB⊥平面 PAE；
(3)棱 PB上能否存在点 F，使得 CF∥平面 PAE？说明原因．
(1)证明：由于 PA⊥平面 ABCD，
所以 PA⊥BD.
由于底面 ABCD为菱形，
所以 BD⊥AC.
又 PA∩ AC＝ A，
所以 BD⊥平面 PAC.
(2) 证明：由于PA⊥平面ABCD，
AE?平面 ABCD，
所以 PA⊥AE.
由于底面 ABCD为菱形，∠ ABC＝60°，且 E 为 CD的中点，所以 AE⊥CD.所以 AB⊥ AE.
又 AB∩ PA＝ A，所以 AE⊥平面 PAB.
由于 AE?平面 PAE，所以平面PAB⊥平面 PAE.
(3)解：棱 PB上存在点 F，使得 CF∥平面 PAE.
取 PB的中点 F， PA的中点 G，连结 CF， FG， EG，
则 FG∥ AB，且 FG＝1 AB.
2
由于底面 ABCD为菱形，且E为 CD的中点，
1
所以 CE∥AB，且 CE＝2AB.
所以 FG∥CE，且 FG＝ CE.
所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥ EG.
由于 CF?平面 PAE， EG?平面 PAE，
所以 CF∥平面 PAE.
B 级能力提高
11．(2019 ·全国卷Ⅰ ) 已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB 两边 AC， BC的距离均为3，那么 P 到平面 ABC的距离为________．
分析：如图，过点P 作 PO⊥平面 ABC于 O，则 PO为 P到平面 ABC的距离．
再过 O作 OE⊥ AC于 E， OF⊥ BC于 F，
连结 PC，PE， PF，
则 PE⊥ AC， PF⊥ BC.
又 PE＝ PF＝3，所以 OE＝OF，
所以 CO为∠ ACB的均分线，
即∠ ACO＝45°.
在 Rt △PEC中，PC＝ 2，PE＝ 3，所以CE＝ 1，所以 OE＝1，
所以 PO＝
22
（
22
PE－ OE＝3）－1＝ 2.
答案：2
12.(2019 ·河南郑州第二次质量展望) 如图，四棱锥P-ABCD中，底面 ABCD是边长为2
π
的菱形，∠ BAD＝3，△ PAD是等边三角形， F 为 AD的中点， PD⊥ BF.
(1)求证： AD⊥ PB；
1
(2)若 E 在线段 BC上，且 EC＝4BC，可否在棱 PC上找到一点 G，使平面 DEG⊥平面 ABCD？若存在，求出三棱锥D-CEG的体积；若不存在，请说明原因．
(1)证明：连结 PF，
由于△ PAD是等边三角形，F 是 AD的中点，
所以 PF⊥AD.
π
由于底面 ABCD是菱形，∠ BAD＝3，
所以 BF⊥AD.
又 PF∩ BF＝ F，
所以 AD⊥平面 BFP.又 PB?平面 BFP，
所以 AD⊥PB.
(2)解：能在棱 PC上找到一点 G，使平面 DEG⊥平面 ABCD.
由 (1) 知AD⊥BF，由于PD⊥BF，AD∩PD＝D，
所以 BF⊥平面 PAD.
又 BF?平面 ABCD，所以平面 ABCD⊥平面 PAD，
又平面 ABCD∩平面 PAD＝ AD，且 PF⊥AD，
所以 PF⊥平面 ABCD.
连结 CF交 DE于点 H，过 H作 HG∥ PF交 PC于 G，所以 GH⊥平面 ABCD.又 GH?平面 DEG，
所以平面 DEG⊥平面 ABCD.
由于 AD∥BC，所以△ DFH∽△ ECH，
CHCE1
所以＝＝，
HFDF2
CGCH1
所以＝＝，
GPHF2
1 3
所以 GH＝3PF＝3，
所以V ＝V ＝1 1 1π1
3S · GH＝3×2DC· CE·sin3· GH＝12.
D-CEGG-CDE△ CDE。