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1、天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练专题能力训练专题能力训练 1414 空间中的平行与垂直空间中的平行与垂直一、能力突破训练 1.(2017 全国,文 6)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱 的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( )答案：A 解析：易知选项 B 中,ABMQ,且MQ平面MNQ,AB平面MNQ,则AB平面MNQ;选项 C 中,ABMQ,且MQ平面MNQ,AB平面MNQ,则AB平面MNQ;选项 D 中,ABNQ,且NQ平面MNQ,AB平面MNQ,则AB平面MNQ,故排除选项 B,C,D.故选 A. 2.如
2、图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使 B,C,D三点重合,重合后的点记为P,点P在AEF内的射影为O.则下列说法正确的是( )A.O是AEF的垂心B.O是AEF的内心 C.O是AEF的外心D.O是AEF的重心 答案：A 解析：如图,易知PA,PE,PF两两垂直, PA平面PEF, 从而PAEF, 而PO平面AEF, 则POEF, EF平面PAO,EFAO. 同理可知AEFO,AFEO,天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练O为AEF的垂心. 3.已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,给出下列命题:若,m,则
3、m;若m,n,且mn,则;若m,m,则;若 m,n,且mn,则. 其中正确命题的序号是( )A.B.C.D. 答案：B 解析：当,m时,有m,m,m等多种可能情况,所以不正确;当m,n,且mn时,由面面垂直的判定定理知,所以正确;因为m,m, 所以,正确;若m,n,且mn,则或,相交,不正确.故选 B. 4.平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面 ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( )A.B.C.D. 答案：A 解析：(方法一)平面CB1D1,平面ABCD平面A1B1C1D1,平面ABCD=m,平面CB1D1平面A1B1C1D1=B1D
4、1,mB1D1. 平面CB1D1,平面ABB1A1平面DCC1D1,平面ABB1A1=n,平面CB1D1平面DCC1D1=CD1, nCD1. B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角, 即B1D1C等于m,n所成的角. B1D1C为正三角形,B1D1C=60, m,n所成的角的正弦值为.(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A1B1C1D1平移, 补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF平面CB1D1,所以平面AEF即为平面 ,m即为AE,n即为AF,所以AE与AF所成的角即为m与n所成的角. 因为AEF是正三角形,所以EAF=60, 故m,n所成角的正弦值为. 5.已知正四棱
5、锥S-ABCD的底面边长为 2,高为 2,E是边BC的中点,动点P在表面上运动,并 且总保持PEAC,则动点P的轨迹的周长为 . 答案：+ 解析：如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.设EF交AC于点H,连接GH,易知ACEF.天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练又GHSO,GH平面ABCD,ACGH. 又GHEF=H, AC平面EFG. 故点P的轨迹是EFG,其周长为+. 6.下列命题正确的是 .(填上你认为正确的所有命题的序号) 空间中三个平面,若,则; 若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交; 若球O与棱长为a的正四面体
6、各面都相切,则该球的表面积为a2; 在三棱锥P-ABC中,若PABC,PBAC,则PCAB. 答案： 解析：中也可以与相交;作平面与a,b,c都相交;中可得球的半径为r=a;中由PABC,PBAC得点P在底面ABC的射影为ABC的垂心,故PCAB.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点, AM=2MD,N为PC的中点. (1)证明MN平面PAB; (2)求四面体N-BCM的体积. (1)证明由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=BC=2.又ADBC,故TNAM,四边
7、形AMNT为平行四边形,于是MNAT. 因为AT平面PAB,MN平面PAB, 所以MN平面PAB. (2)解因为PA平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA. 取BC的中点E,连接AE. 由AB=AC=3 得AEBC,AE=. 由AMBC得M到BC的距离为, 故SBCM=4=2.所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=SBCM=.8.天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练如图,在四棱锥P-ABCD中,PC平面ABCD,ABDC,DCAC. (1)求证:DC平面PAC; (2)求证:平面PAB平面PAC; (3)设点E为AB的中点,在棱PB上是否存在点F,使
8、得PA平面CEF?说明理由. (1)证明因为PC平面ABCD,所以PCDC. 又因为DCAC, 所以DC平面PAC. (2)证明因为ABDC,DCAC,所以ABAC. 因为PC平面ABCD, 所以PCAB.所以AB平面PAC. 所以平面PAB平面PAC. (3)解棱PB上存在点F,使得PA平面CEF.证明如下:取PB中点F,连接EF,CE,CF. 又因为E为AB的中点, 所以EFPA. 又因为PA平面CEF,所以PA平面CEF. 9.(2017 天津,文 17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD平面PDC,ADBC,PDPB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2. (1)求异面直线AP与BC
9、所成角的余弦值; (2)求证:PD平面PBC; (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. (1)解如图,由已知ADBC,故DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD平面PDC,所以ADPD. 在 RtPDA中,由已知,得AP=, 故 cosDAP=. 所以,异面直线AP与BC所成角的余弦值为.天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练(2)证明因为AD平面PDC,直线PD平面PDC,所以ADPD. 又因为BCAD,所以PDBC. 又PDPB,所以PD平面PBC. (3)解过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的
10、角. 因为PD平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影, 所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于ADBC,DFAB,故BF=AD=1, 由已知,得CF=BC-BF=2. 又ADDC,故BCDC, 在 RtDCF中,可得DF=2,在 RtDPF中,可得 sinDFP=. 所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.10.(2017 北京,文 18)如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为线段 AC的中点,E为线段PC上一点. (1)求证:PABD; (2)求证:平面BDE平面PAC; (3)当PA平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.
11、(1)证明因为PAAB,PABC,所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC,所以PABD. (2)证明因为AB=BC,D为AC中点,所以BDAC.由(1)知,PABD,所以BD平面PAC. 所以平面BDE平面PAC. (3)解因为PA平面BDE,平面PAC平面BDE=DE,所以PADE.因为D为AC的中点,所以DE=PA=1,BD=DC=.由(1)知,PA平面ABC,所以DE平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=BDDCDE=. 二、思维提升训练 11.如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE 的交点.将ABE沿BE折起到图中A1
12、BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.图天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练图(1)证明:CD平面A1OC; (2)当平面A1BE平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为 36,求a的值. (1)证明在题图中,因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,BAD=,所以BEAC.即在题图中,BEA1O,BEOC, 从而BE平面A1OC, 又CDBE,所以CD平面A1OC. (2)解由已知,平面A1BE平面BCDE,且平面A1BE平面BCDE=BE, 又由(1),A1OBE,所以A1O平面BCDE, 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高. 由题图知,A1O=AB=a,平行四边形B
13、CDE的面积S=BCAB=a2. 从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=SA1O=a2a=a3,由a3=36,得a=6.12.如图,AB是圆O的直径,点C是的中点,点V是圆O所在平面外一点,D是AC的中点,已知AB=2,VA=VB=VC=2. (1)求证:OD平面VBC; (2)求证:AC平面VOD; (3)求棱锥C-ABV的体积. (1)证明O,D分别是AB和AC的中点,ODBC.又OD平面VBC,BC平面VBC, OD平面VBC. (2)证明VA=VB,O为AB中点,VOAB.在VOA和VOC中,OA=OC,VO=VO,VA=VC,VOAVOC,VOA=VOC=90, VOOC. ABOC=
14、O,AB平面ABC,OC平面ABC, VO平面ABC.又AC平面ABC,ACVO. VA=VC,D是AC的中点,ACVD.VO平面VOD,VD平面VOD,VOVD=V, AC平面VOD. (3)解由(2)知VO是棱锥V-ABC的高,且VO=.点C是的中点,COAB,且CO=1,AB=2, ABC的面积SABC=ABCO=21=1,天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练棱锥V-ABC的体积为VV-ABC=SABCVO=1=,故棱锥C-ABV的体积为. 13.已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上. (1)当AEEA1=12
15、时,求证:DEBC1. (2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的?若存在,求AE的长,若 不存在,请说明理由. (1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BDAC. 又平面ABC平面CAA1C1,所以BDDE. 因为AEEA1=12,AB=2,AA1=, 所以AE=,AD=1,所以在 RtADE中,ADE=30. 在 RtDCC1中,C1DC=60, 所以EDC1=90,即DEDC1. 因为C1DBD=D,所以DE平面BC1D,所以DEBC1. (2)解假设存在点E满足题意.设AE=h,则A1E=-h, 所以=-SAED-=2-h-(-h)-=+h.因为BD平面ACC1A1, 所以=+h,又V棱柱=2=3, 所以+h=1,解得h=, 故存在点
