第7章 立体几何 课时检测训练-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习（人教B版2019）

(a,+a),故k=号. ln q>h,(u∈N),(3)由(1)得n≤q”,则lnn≤nln q,即1 令f(x)=|n≠(a>0,x∈N*),(2)由k=—号时，a,=-÷(a,+a), 即2a+?=-a-a+2,a?+z+a?+?=—(a?+i+a?), 为使对任意正整数n都有a≥n成立，即 f(x)m≤ln q, 故ao+?+a+z=-(a+2+a+1)=a+i+a.. 因为f(x)=1,所以当0<x<c时，f(x)>0,即当n是偶数时，S=a?+a?+ag+a?+⋯+a?-?+a。 f(x)在(0,e)上单调递增；=2(a?+a?)=n; 当x>e时，f'(x)<0,即f(x)在(e,+～)上单调递减. 又x∈N~,且f(2)=22,/(3)=m3,f(2)-f(3)=22 -3-m?ch?<0. 所以 f(x)=f(3)=3, 因此ln q>日2,即q≥13. 当n是奇数时，a?+ag=-(a?+a?)=-2, S,=a?+a?+a?+a?+⋯+a-1+a?=a?+(a?+a?)+ (a?+a?)+⋯+(a?-i+a) =1+”,|×(-2)=2-n. 综上可得，S.={22(u∈N). q--a.(3)若(a,}是等比数列，则公比 课时检测训练39 基本立体图形、简单几何体的表面积和体积 由题意a≠1,故am=a”-1,am+i=α””,am+2=a”+. [A级·基础巩固] ①若am+i为等差中项，则2am+?=am+am+2, 1.ABCD 解析 对于A,棱台的上、下底面相似，但侧棱长不 即2a”=a”-1+a”+,2a=1+a2,解得a=1(舍去); 一定相等，故 A错误；对于 B,有一个面是多边形，其余各面 都是三角形的几何体是棱锥，也可能是组合体，与棱锥的定 义相矛盾，故B错误；对于C,两个斜棱柱扣到一起，也满足 这种情况，但不是棱柱，故C错误；对于D,直角三角形绕直 角边所在直线旋转一周所形成的几何体才是圆锥，故 D错 误.故选 ABCD. ②若a。为等差中项，则2a=ao+?+aw+2, 即2a“1=a”+a”1,2=a+a2. a'" a 因为a≠1,解得a=-2,k=a?+aa+a= 1+a2 =-号； 2.AC 解析 由于斜二测画法平行关系不变，故梯形的直观 ③若am+2为等差中项，则2am+z=am+am+i, ×4=(3,根据直图仍旧是梯形，故A正确；直观图面积为即2a“+1=a”-1+a”,2a2=1+a. 因为a≠1,解得a=-号·k=ifa=-号， 观图与原图面积关系可得(5一空s,解得S-2、G,故B钳 误；直观图中S?Nmc=÷×2×√2=√2,则△ABC的面积S 章C五期础于平存于)始数及长，是 形的直观图一定是邻边不等的平行四边形，故D错误. 综上，存在实鼓k满足题意，k=一号. 6.解 (1)由(q-1)S=qa,-1(q>0)得(q-1)S?=qa?-1, 即(q-1)a?=qa?-1,所以a?=1. 若q=1,则a=1; 若q≠1,则由(q-1)S,=qa。-1得(q-1)S=qa。-- 1(n≥2), 3.D 解析设圆柱的底面半径为r,高为h,因为圆柱的侧面 展开图是一个边长为2的正方形，所以2πr=2,所以h=2, ,一÷,所以圆柱的体积为m2·A=会 两式相减得(q-1)a。=(qan-1)-(qa?-1-1)=qa。- qa-?(n≥2), 化简得a=qa,(n≥2), 所以数列{a,}是以1为首项，以q为公比的等比数列，因此 a=q°-1, 4.C 解析 由题意可得，圆锥体的母线长为l=√6+82= 10(cm), 当q=1时，也满足该式，故a=q1(q>0). 所以圆锥体的侧面积为10×8π=80π(cm2), 6.=,(u+1方2.g(2)证明：因为q=2,所以a,=2-1,则l 2[,.2--c+].] 圆柱体的侧面积为16π×8=128π,圆柱的底面面积为π×82 =64π(cm2), 所以此陀螺的表面积为80π+128π+64π=272π(cm2),故 因此b?+b?+⋯+b,=2(1-2.2)+2(2.2-?.2)+⋯ +2(,.2--cm+1).) 选 C. 5.A 解析由题意，铜镞的直观图如图 所示， 三棱锥的体积V?=÷×3×÷×2×2×=2(1-cm+1).2)<2. 语=/厅(cm2),又因为b;=号，且b?>0,故h+b?+⋯+b,>意， 2≤,因此- b?+b?+⋯+b,<2 得证. 因为圆柱的底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切， ·521· 高考一轮总复习·数学·RJB r-,f A所以圆柱的底面圆的半径 所以圆柱的体积V?= BS >D 1×x×(方)-吾(cm3)。 应N 所以此铜镞的体积为(√3+受)cm2,故选A. C 6.BD 解析如图，连接 AC,BD交于 P 点O,连接 PO,取 CD中点E,连接 在等腰直角△ABD中，AB=√2,∠BAD=否， ∴AM⊥BD,AM=BM=DM=1, PE,OE,则 PE⊥CD, 在等腰直角△BCD中，∠CBD=吾∴MN⊥BD,MN=1,设底面边长为2a,正四棱锥的侧面与 A >D底面所成的二面角为30°, B- 0 EC 所以∠PEO=30°,则 OE=a,OP= BC=2,CN=ND=BN=√2, 又平面ABD⊥平面CBD,∴AM⊥MN,∴AN=√2,即 N 为四面体 ABCD外接球的球心，R=√2,则四面体 ABCD 外接球的表面积为4πR2=8π. Fa.PE=2Fa,,所以 PE2+CE2= PC,即÷a2+a2=28,可得a=2√3.底面边长为4√3米，A 错误； 11.36π 解析 由题意可得，三角形 ABC外接圆的半径r= =√+2=5.因为PA⊥平面ABC,器-,侧棱与底面所成角的正弦值为 ,B正确； 侧面积=÷×PE×CD×4=32、3,C错误； 体积V=÷×PO×AB2=32,D正确. R=√(P△)'+r2=所以鳖膈 PABC 外接球的半径 √4+5=3, ÷xR'=36π.故整膈 P-ABC外接球的体积是- 7.A 解析 如图， 3π0 12. 解析 由题意可知，四面体 A'-BCD为正四面体.A 2 A' 0* B≤ 7BO? C* 由题意可知，OA=OB=5,0A=3,0,B=4, D 则OO=√OA2-OA=√5-3= 4,00? √OB2-O?B2=√52-42=3, ∴圆台的高为4+3=7, 如图，将其放到正方体中，该四面体的外接球和该正方体的 外接球相同， 竖，÷×7×(9x+12r+16x)=25.∴圆台体积为- 又因为AB=1,所以正方体的棱长为 所以外接球的半径为 8.AD 解析 对于选项 A,由面面平行的性质定理得 ED?// BF,FD?//BE,故A对；对于选项 B,若四边形 BFD,E为正 方形，则 ED?⊥BE,且ED?=BE,且在正方体中，有AD⊥ 2 2十 VE √6,R= 2 4 BE,所以 BE⊥平面 AA?D?D,即E与A重合，而此时 ED? 该球的表面积为S=4xR2=4x(G)=2m.≠BE,故B错；对于选项 C,设 AE=x,所以四边形 BFD,E 周长为2(EB+ED)=2(√1+x2+√1+(1-x)2),根据 几何意义可知，√1+x2+√1+(1-x)表示点(x,0)到(0, [B级·能力提升] 13.A 解析 设圆O?半径为r,球的半径为R,依题意， -1),(1,1)的距离之和，即可知√1+x2+√1+(1-x)2≥ 得πr2=4π,∴r=2,∵△ABC为等边三角形， 由正弦定理可得，AB=2rsin 60?=2√3,√5,四边形 BFD,E周长的最小值为2√5,故C错；对于选项 D,Vg-BFD,=Vg-MD+V?-MD,故 D对.故选 AD. .服长为2的年 ∴OO?=AB=2√3,根据球的截面性质OO?上平面ABC, ∴OO⊥OA,R=OA=√00+OA2=√00+r=4, ∴球O的体积V=晋R2=25. 9.π 解析 因圆锥的轴截面是一个顶角为 腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h,因 此，h=2cos子=1,圆锥底面圆半径r=√22-h2=√3,所以 圆锥的体积为V=÷x2h=÷π×(/③)×1=π. 0? 10.8π 解析如图所示，取 BD,CD中点M,N,连接 AM, B0 MN,AN,BN. C 高考一轮总复习·数学·RJB ·522 · 14.ACD 解析对于 A,过 A作AF // 0=D? A O?O?交底面于 F,则 AF⊥底面，所以 课时检测训练40 空间点、直线、平面之间的位置关系 [A级·基础巩固] E ∠ABF即为母线AB与底面所成角. c(在等腰梯形 ABCD中，AB=2,BF=2 B0 1.C 解析 若直线a,b异面，b,c异面，则a,c相交、平行或异 面；若a,b相交，b,c相交，则a,c相交、平行或异面；若a⊥b, b⊥c,则a,c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义 知 C正确.-1=1,所以 cos∠ABF=4F-号. 因为∠ABF为锐角，所以∠ABF=60°.故A正确； 2.B 解析 ①中，空间四边形的四条线段不共面，故①错误； 对于B,由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为S= ÷×2π×2×4-≥×2x×1×2=6π.故 B错误； ②中，由基本事实1知道，过不在同一条直线上的三点，有且 只有一个平面，故②正确；③中，由空间角的等角定理知，空 间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这 两个角相等或互补，故③错误；④中，空间中，垂直于同一直 线的两条直线可相交，可平行，可异面，故④错误. B'r A' 3.BD 解析 对于A,当m⊥α于A时，也可满足m∩n=A,D c nCa,故A错误；对于B,若m//n,na,则当mCa时，直线m 平行于平面α内的无数条直线；当mEα时，有m//α,也满足 直线m平行于平面α内的无数条直线，故B正确；对于C,若 Ar BL 对于C,设圆台外接球的球心为O,半径 R.由题意可得， mEa,nCa,且A∈m,A∈a,则m,n可能相交，可能异面，故 C错误；对D,若m//n,mCa,A∈n,A∈a,则nCa,D正确.O?B=2,O?A=1,0O?=√22-l2=√3. 4.C 解析三棱柱 ABC-A,B?C中，AB=1,AC=2,BC=设OO?=a,则 OO?=√3-a,由R=OA=OB,即 √l2+(V3-a)=√2+a2,解得a=0.即O,O,重合，所 AA?=√5,满足AB2+AC==BC°,∴∠CAB=至，得 AC⊥AB.以 R=OB=2.故C正确； ∵AA?⊥平面ABC,∴AC⊥AA?,且AA,∩AB=A,∴AC⊥ 平面 ABB?A?.∵AB,C平面 ABB,A?,∴AC⊥AB?, ∴∠CAB?=乏.∵A,C?//AC,∴∠ACB,或其补角为异面 直线 B?C与A?C?所成角. 0? 0?D- A D- A E E ok C B C B0 0 对于 D,如图所示，在圆台的侧面上，从C到E的最短路径 的长度为CE.由题意可得，FB=FC=4,AB=2.由E为 AB中点，所以FE=3,所以CE=√CF2+FE=√42+3 icm LAch-出--在Rt△CAB,中， =√15=5.故 D正确. 5 B'r A A' D B C CF A AE B- C;B? 15.8√6π 解析因为直三棱柱ABC-A,B,C?底面是以AB 为斜边的直角三角形， 5.D 解析 如图所示，连接 A,C,∵B,B// D C? A?A,由图知∠A?AC?为锐角， BAy 所以底面三角形ABC外接圆的直径即为AB=2√2. 设外接球的半径为R,则(2R)2=AB2+AA?,所以4R2= ∴∠A?AC?是异面直线 AC?与BB,所成的 角，即∠A?AC?=30°, D 24,解得 R=√6, 在Rt△A?B?C?中，A,C?=√A,B;+B?C= C V=晋R2=8√Gπ.所以外接球的体积 √1+1=√2, A B 章在Rt△AAC;中，有16.16π 解析 如图， A 6.ACD 解析 如图，点C与点G重合，则CD与GH相交，故 A正确；D 0: C(G) A B< c? EK H 由题意知，∠BAC=60°,AO?=6,故在 Rt△AO?C中，AC= D4√3,O,C=2√3, 设内切球球心为O,则OD=OO?=R,在Rt△ADO中， ∠OAD=30°,所以 AO=2OD=2R, B(F) 在正方体中，CE//DF且CE=DF,故四边形CDFE为平行 四边形，∴CD//EF,则CD,EF共面，故B错误；∵AB∩EF所以2R=6-R,解得R=2,所以S=4πR2=16π. ·523· 高考一轮总复习·数学·RJB =B,故 AB,EF共面，故C正确；由图可知，EF,GH不在同 一个平面，且EF,GH既不平行也不相交，∴EF,GH为异面 直线，故 D正确. ∵(√2)2+(√3)2=(√5)2,即 DE2+EM2=MD2, ∴△DEM为直角三角形，且∠DEM=90°, :mn ∠EMD-器一后一空7.平行 解析如图，由题意可知 MN//AC.又因为AC// A'C',所以 MN//A℃'. 厚∴异面直线OC与MD所成角的正切值为 [B级·能力提升] D C' A? B' 12.BD 解析 A中GH//MN;B中，G,H,N三点共面，但 M∈平面GHN,因此 GH,MN是异面直线；C中，连接 D M c N. A" B GM,GM//HN且GM≠HN,所以直线GH与MN 必相 交；D中，G,M,N三点共面，但H≠平面GMN,因此GH, MN 是异面直线. 8.雪 解析 如图，将原图补成正方体 ABCD-QGHP,连接 AG,GP,则GP//BD,所以∠APG或其补角为异面直线AP 与BD所成的角，在△AGP中，AG=GP=AP,所以∠APG 13.ACD 解析 A选项，当CD=2AB时，若A,B,C,D四点 共面且AC//BD时，M,N两点能重合，可知A错误；B选 项，若M,N重合，则 AC//BD,则AC//平面β,故 AC//l, 此时直线 AC与直线l不可能相交，可知B正确；C选项，当 AB与CD相交，且AC//l时，AC//β,所以AC//BD,所以 直线 BD与l平行，可知C错误；D选项，当AB与CD是异 面直线时，MN不可能与l平行，可知D错误.故选ACD. =3. PQr G H DA* B c 14.解 (1)∵正方形ABCD的边长为4,且△PAB为等边三 角形，E为AB的中点，9.号 解析 如图，过点B作BM//C?E交B?C于点M,过点 M作BD的平行线，交 C?D,于点 N,连接 DN,则平面 BDNM即为符合条件的平面a. ∴PE=PB·sin∠PBE=AB·sin 60?=2√3. 又 PE⊥平面 ABCD, ∴四棱锥 PABCD的体积 Vp-MD=÷×42×2√3 32√3 3 D. N G A? M:B D. c (2)∵AD//BC,∴∠PCB或其补角即为PC与AD 所成 的角. EB'A 由图可知，M,N分别为B,C?,C,D,的中点， 如图，连接 EF,∵PE⊥平面 ABCD,EF,BC平面 ABCD,故 BD=2√2,MN=√2,且BM=DN=√5, :等腰梯形MNDB的高为A=√(5y-(竖)-F. P 2×(E+2√2)×22-2∴梯形MNDB的面积为- A >D 管 F 12 B10.解 (1)证明：由已知FG=GA,FH=HD,可得GH业 C ∴PE⊥EF,PE⊥BC.又 PF与平面ABCD所成角为45°, 即∠PFE=45°,AD.又BC上号AD,GH山BC: ∴四边形 BCHG为平行四边形. ∴PE=EF=4,∴PB=√PE2+BE=√42+22=2√5. 又 BC⊥AB,PE∩AB=E,PE,ABC平面 PAB,∴BC⊥平 面 PAB. (2)共面，∵BE上÷AF,G是FA的中点， ∴BE业FG,∴四边形 BEFG为平行四边形，∴EF//BG. 由(1)知 BG业CH,∴EF//CH,∴EF与CH共面. 又 D∈FH,∴C,D,F,E四点共面. 又PBC平面 PAB,∴BC⊥PB,∴an∠PCB=器一空， 唇∴PC与AD所成角的正切值为：11.解 (1)由已知可求得正方形ABCD的面积S=4, ∴四棱锥O-ABCD的体积V=号×4×2=号. 课时检测训练41 空间直线、平面的平行 [A级·基础巩固](2)如图，连接AC,设线段AC的中点为 0 E,连接 ME,DE,又 M为OA 中点， ∴ME//OC, 1.D 解析 A中，a,b可以在同一平面内；B中，a与α内的直 线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平 行的判定定理知b//a,正确. M 则∠EMD(或其补角)为异面直线 OC 与MD 所成的角. A: 由已知可得 DE=√2,EM=√3,MD B D 2.B 解析 在三棱柱ABC-A?B,C?中，AB//A?B. 因为ABC平面 ABC,A?B?±平面 ABC,所以 A?B,//平 面 ABC. C =√5, 高考一轮总复习·数学·RJB ·524· 因为过A,B,的平面与平面ABC交于DE,所以DE//A?B,8.4 解析 设CA,AD,DB的中点分别为F,G,H,连接 EF, 所以 DE//AB. FG,GH,HE, 3.AB 解析 对于 A:若a//β,mCa,由面面平行的性质可得 m//β,故 A正确；对于B:若m⊥a,n⊥β,m//n,则α//β,故 B 正确；对于C:若α//β,mCa,nCβ,则m//n或m与n异面， 故C错误；对于D:若m//α,则m与平面α内任意一条直线 平行或异面，故D错误.故选 AB. 根据三角形中位线定理，可得：EF//AB,FG//CD,GH// AB,HE//CD, EF=÷AB=1,FG=÷CD=1,所以有 EF//GH,FG //HE, 因此四边形 EFGH是平行四边形.4.B 解析 连接AC交BD于E,连接MN,EN,A'C',而M, N分别是A'D',D'C'的中点， 因为 EF//AB,EFC平面EFGH,AB←平面EFGH, 所以AB//平面 EFGH,同理CD//平面EFGH, 所以平行四边形 EFGH的周长为2(1+1)=4. p N C M B' A' A G< D c F D< >BB H E所以MN//A'℃'//AC,即MN//AE,且2MN=A'C'=AC= C2AE,即 MN=AE, 9.15 解析 α//β//γ,根据面面平行的性质定理可知 AD// BE//CF, 则四边形AENM为平行四边形，故AM//EN, 由AM亡平面BND,ENC平面BND,则AM//平面 BND. ∴一由DF一号，A-F-,5.BD 解析 连接EF,B,D?,在正方体ABCD-A?B,C?D,中， AB//CD?且AB=C?D?, 又 AB=6,∴BC=9, ∴AC=AB+BC=15.所以四边形 ABC?D,是平行四边形，所以AD?//BC,AD 平面AED?,BC±平面AED,所以BC?//平面AED. 又EF//BC,所以EF//AD?,所以E,F,D?,A四点共面，即 点F在平面AED?内，故 B、D正确； 10.证明因为E是AD的中点，Q是BC的中点， 所以 ED=BQ,ED//BQ,所以四边形 BEDQ是平行四边 形，所以 BE//DQ. 再连接 FD?,显然G不在平面AEFD?内，所以 FG与平面 AED?不平行，故 A错误； 又因为 BE←平面 A,DQ,DQC平面 A?DQ,所以 BE//平面 A?DQ. 由BC?//平面AED,可知点C?不在平面AED,内，故C错 误.故选 BD. 又因为F是A?A的中点，所以 EF//A,D. 因为 EF±平面 A,DQ,A,DC平面 A,DQ,所以EF//平 D G G 面 A,DQ. A? 因为 BE∩EF=E,EFC平面BEF,BEC平面 BEF, 所以平面 BEF//平面 A,DQ. B? D 11.解 (1)证明：连接BC,设C?B∩CB?=O,连接OE,c A* B C? B 禽6.AB 解析 对于A,因为平面α//平面β,CDC平面β,所以 CD//平面a,故 A正确；对于 B,设由PC与PD所确定的平 面为γ,因为平面α//平面β,平面α∩平面γ=AB,平面β∩ A, .0 C BP-A5,W?+2Ac=÷,平面y=CD,所以AB//CD,所以 E 解得 AC=4;对于C,若 PB=1,则PB+AB=PA,这与三角 形三边关系定理相矛盾，故C错误；对于D.A-S-A 一器而由AB/CD>合一分。 在直三棱柱 ABC-A?B,C?中，四边形 BB?CC为平行四边 形，则O为BC?的中点，又因为E为AB的中点，则 OE// AC?,因为 AC?±平面 B,CE,OEC平面 B,CE,因此 AC?// 平面 B,CE.但 PB与PC长度关系不 确定，故 D错误，故选 AB. (2)因为AC?//平面B?CE,则点A到平面B?CE的距离等 于点 C?到平面 B?CE的距离，所以Vc-Bc=VABc= Va=÷Swe·BB;.在△ABC中，AC=BC=2,E为 S?we=÷S?=÷×AB的中点，∠ACB=120°,所以 ×2×2×竖-唇因此V?-ae=÷S?w·BB;=÷×召 ×2-厚 7.若a//β,mβ,则m//a 解析 将①②作条件，③作结论： 若m//a·a//β,则mCβ.此命题为假命题(结论应为mCβ或 m//β); 将①③作条件，②作结论：若m//a,mCβ,则α//B.此命题为 假命题(结论应为a与β相交或a//β); 将②③作条件，①作结论：若a//β,mβ,则m//a.由两平面 平行的性质定理可知此命题为真命题. 故答案为：若α//β,mβ,则m//a. ·525· 高考一轮总复习·数学·RJB [B级·能力提升] 符合题意；对于C,若m⊥α且nCa,则m⊥n,故C符合题 意；对于D,若m//a且n//a,则m与n平行、相交或异面，故 D不符合题意. 12.B 解析 如图所示，延长 AE交CD D? C 于H,连接FH,则△DEH∽△BEA, 器-器-号.所以 BAy iF 4.A 解析由AC⊥AB,AC⊥BC,AB∩BC?=B,得 AC⊥ 平面ABC?. G DH c 因为平面 AEF//平面 BD?G,平面 因为 ACC平面ABC,A B AEF∩平面 CDD?C?= FH,平面 所以平面ABC?上平面ABC, BD?G∩平面CDD,C?=D,G, 所以 C?在平面 ABC 上的射影 H 必在两平面的交线 AB上.所以 FH//D?G.又四边形CDD?C?是平行四边形，所以 26-cB因为CB=2B=△DFHo△C?GD,所以 号，所以- 5.C 解析因为 AB=CB,且E是AC的中点，所以 BE⊥ AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面 ABC内，所以平面ABC⊥平面 BDE.又由于 ACC平面因为5,-去所以 FD?=C?G,DF= &-÷. ACD,所以平面ACD⊥平面 BDE. CG,所以 ,故选 B. 6.A 解析 可将正四面体放在正方体中研究，如图， R P13.Q为CC,的中点 解析 如图所示，设 Q为CC?的中点，因为P为DD?的中 点，所以QB//PA.连接DB, D C? A B? NP Q F W因为P,O分别是 DD?,DB的中点，所 D, c 以 D?B//PO.又 D?B±平面 PAO,QB A B ≠平面 PAO,POC平面 PAO,PAC平面 PAO,所以 D,B //平面 PAO,QB//平面 PAO.又 D,B∩QB=B,D,B,QB C平面 D?BQ,所以平面D,BQ//平面PAO.故Q为CC,的 中点时，有平面 D,BQ//平面 PAO. B EA 对于①,由直线AD//平面a,直线BC//平面a,知平面α是 与左右两个侧面平行的平面，M,N是前后两个侧面的中心 (对角线交点),则直线 MN//平面α或直线MNC平面a,故 ①错误. 14.解 (1)证明：因为E,F分别为线段AC?,A?C,的中点，所 以 EF//A?A.因为B?B//A?A,所以EF//B?B.又因为EF ≠平面 BCC?B?,B?BC平面 BCC?B,所以 EF//平 面 BCC?B?. 对于②,正方体的左、右两个侧面与平面α平行，因此，与平 面α垂直的直线只能是与其四条侧棱平行或重合的直线，故 ②错误. 对于③,平面ADF就是平面ADPE,由DP与左、右侧面垂 直，且 DPC平面ADF,得面面垂直，故③正确，故选 A. (2)取 BC?的中点G,连接GE,GF.因为E为AC?的中点， 所以 GE//AB. 7.①②→③或②③→① 解析 (1)①②→③ 因为GE亡平面ABB,A?,ABC平面ABB,A?,所以GE//平 面 ABB,A?. 说明：∵α⊥β,l⊥a∴l//β或lCβ. 又∵l是平面β外的一条直线，∴l//β,命题正确. 同理可得，EF//平面ABB?A?.又因为 EF∩EG=E,EG, EFC平面EFG,所以平面EFG//平面ABB,A?, (2)①③→② 说明：设a∩β=m,取直线l//m,此时，l//β,但直线l可能平 行平面α,也可能在平面α内，所以命题不正确. 故在线段BC?上存在一点G,使平面EFG//平面ABB,A?. A,As (3)②③→① 说明：∵l//β,∴平面β内必存在一条直线与直线l平行，设E R B 为n,即n//l. GC C 又∵l⊥a∴n⊥a,从而得：a⊥β,所以命题正确. 故答案为：①②→③或②③→①.课时检测训练42 空间直线、平面的垂直 [A级·基础巩固] 8.A?C?⊥B,C,解析当底面A?B?C满足条件A?C?⊥B?C 时，有AB?⊥BC.1.ABC 解析 如果一个平面经过另一平面的垂线，则这两个 平面相互垂直知选项 A正确；选项B显然正确；如果两个互 相平行的平面有一个垂直于一个平面那么另一个平面也垂 直这个平面知选项C正确；D选项有可能α与β平行. 理由如下：∵AA?上平面ABC,BC=CC, ∴四边形 BCC?B,是正方形， ∴BC?⊥B,C.∵CC?//AA?, ∴A,C?⊥C?C.2.AC 解析对于A,由面面平行性质：两平面平行，在一平 面内的任意直线与另一平面平行.而a//β,mCa,故m//β,A 正确；对于B,α⊥β,m⊥α,此时m有可能在平面β内，故不能 得到m//β,B错误；对于C,由于m//n,则n可经平移到与m 重合的位置而平移不改变直线与平面是否垂直，m⊥a,故 n ⊥α,C正确；对于D,当m//a,过m上一点作直线n⊥a,此时 又A?C⊥B?C,CC?∩B,C=C,CC,B?C?C平面BCC?B, ∴A?C?⊥平面 BCC;B,. ∵AC//A?C,∴AC⊥平面 BCC?B?. ∵BC?C平面BCC?B, ∴BC?⊥AC. m⊥n,不能得到n//a,D错误.综上，AC正确. ∵AC,B,CC平面ACB,,AC∩B,C=C, ∴BC⊥平面ACB?,∴BC?⊥AB. ∴当底面A,B,C,满足条件A,C⊥B,C?时，有AB,⊥BC?. 3.C 解析 对于A,若m⊥a且n⊥a,则m//n,故A不符合题 意；对于B,若m//a且nCa,则m与n平行或异面，故B不 高考一轮总复习·数学·RJB ·526· 9.①② 解析 对于①,连接 B,C,AC,则根据正方体的特点 可知A?D//B?C,且A,D=B?C=AC,则△AB,C为等边三角 形，所以A?D与AB?所成角等于AB,与B,C所成角，其大 小为60°,故①正确；对于②,如图所示，因为A?D//B,C,又 B?C⊥BC,所以A?D⊥BC,故②正确；对于③,由②可知 B?C⊥BC,又 B?C⊥C?D,且BC∩CD?=C,BCC平面 BC?D?,C?D?C平面BC?D?,所以B,C⊥平面 BC?D,所以 B?C⊥BD?,则A?D⊥BD?,故③错误. D C BA, >cD BA 10.解 (1)证明：取AB的中点E,连接 PE,EC,因为△PAB, △ABC均为等边三角形，所以 PE⊥AB,EC⊥AB,且 PE ∩EC=E,PEC平面 PEC,ECC平面 PEC,所以AB⊥平 面 PEC,所以 AB⊥PC. 只 A< C E B (2)因为AB=2,所以 PE=EC=√3,所以△PEC是等边三 角形，由(1)可知AB⊥平面 PEC,所以三棱锥 P-ABC 的体 积V=÷×S,m×AB=÷×÷×(F)2×空×2-F所 以三棱锥 PABC的体积V一唇。 11.证明 (1)连接 BC?交CB,于E,连接ED, C? B A E/ C B DA 由ABC-A?B,C为三棱柱，则 BCC?B,为平行四边形，所 以 E是BC?中点.又D是AB的中点，故在△BAC?中，DE //AC,DEC平面CDB,,AC平面CDB,所以AC?//平 面 CDB . (2)由BC⊥AC,BC⊥CC,而AC∩CC?=C,AC,CCC平 面 ACC?A?,所以 BC⊥平面 ACCA?,又 AC?C平面 ACC?A?,则BC⊥AC,由侧面AA?C?C为菱形，故 A,C⊥ AC.又 BC∩A,C=C,BC,A,CC平面A?BC,故 AC?⊥平 面 A,BC. [B级·能力提升] 12.BD 解析 对于A,如图，根据正方 体的性质有 AB//D?C,且AB= D C BA? D?C,故四边形ABC?D?为平行四边 形，故 BC?//AD,故当且仅当P在 B点时才有PC?//AD?,故A错误； P c P 对于B,如图，由正方体的性质可得 B?C⊥BC,A?B?⊥平面BB,CC,故A?B?⊥BC,又B,C∩ A B A?B?=B?,B?C,A?B?C平面 A?B?CD,故 BC⊥平面 A?B?CD,故 BC?⊥A?C,同理 DC⊥A?C,故 A,C⊥平面 BC?D,故 PC?⊥A,C,故 B正确；对于 C,当 P在B时， ∠C?BA?=60°,故 PC?⊥平面 A,BD不成立，故C错误；对 于D,同B有A?C⊥平面 AB,D,故平面BC?D//平面 AB?D,故PC?//平面AB?D?成立，故D正确。 13.ABD 解析 设△ABC的中心为G,取AC的中点E,连接 BE,DE,则 BE⊥AC. D C E A* GO) M B ∵AC⊥BD,BE∩BD=B, ∴AC⊥平面 BDE,则ACLDE. 又△ABC为等边三角形，AB=BD=2,AD=√2, ∴AE=1,DE=1,BE=√3, ∴DE2+BE2=BD2,即 DE⊥BE,又BE⊥AC,AC∩DE =E, ∴BE⊥平面ADC,BEC平面 ABC, ∴平面ACD⊥平面 ABC,故 A正确； 又∵GE=5,GB=CA=CC=2F, :GD=√GE+DE=√号+1=2F. 故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球心O为△ABC 的中心，故B正确； 当OM//AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角， 由上知∠DCA=π<π,故C错误； 由平面ACD⊥平面 ABC可知，动点 M到平面 ACD的距 离即动点M到直线AC的距离， 由抛物线的定义可知，点 M的轨迹为抛物线的一部分，故 D正确. 14.解(1)证明：连接 BA?,BC,在正四棱柱 ABCD- A?B?C?D?中，AB//D?C?且AB=D?C,所以四边形 ABC?D?为平行四边形，所以AD?//BC.因为AD?C平面 ACD?,BC?±平面ACD?,所以BC?//平面ACD?, 同理 BA?//平面 ACD?. 又 BA?∩BC?=B,BA?,BC?平面 BA,C,所以平面 BA?C?//平面ACD?.又 BPC平面BA,C, 所以 BP//平面 ACD?. D C A?f B1: D c A" B (2)因为在正四棱柱ABCD-A?B?C?D?中，AC⊥BD,BB,⊥ 平面ABCD,ACC平面ABCD,所以BB,⊥AC.因为BB,∩ BD=B,BB?,BDC平面 BB,D,所以AC⊥平面 BB,D.因 为ACC平面ACD?,所以平面 ACD?⊥平面 BB,D.因为平 ·527 · 高考一轮总复习·数学·RJB 面 BDP∩平面BB,D=BD, 面体，AC;=AB+Ab+AA, 要使平面BDP⊥平面ACD,则平面BDP与平面BB,D重 合，即 P在A,C?的中点时满足题意，所以A,C:A,P=2. 课时检测训练43 空间向量及其应用 所以AC=(AB+AD+AA?)2=AB2+AD?+AA?+2AB ·Ab+2AB·AA?+2Ab·AA =4+4+4+2×2×2cos 60°+2×2×2cos 60?=20,所以 AC|=2√5 [A级·基础巩固] 1.A 解析 由a与b互相垂直，则a·b=k+2=0,解得k= -2,故选 A. 10.证明(1)建立如图所示空间直角坐标系，则B(3,3,0), D?(0,0,3),E(0,3,1),F(3,0,2),所以BE=(-3,0,1),2.B 解析 ∵a=(2,-2,-3),b=(2,0,4), :cs0-m商一--4 FD=(-3,0,1),所以BE=FD,所以 BE//FD ,所以 E,B,F,D?四点共面. 3.D 解析 因为a⊥c,则a·c=3x-6+3=0,解得x=1,则 (2)由题意，点G在BC上，且BG=号，可得G(3,子，0), a=(1,1,1). 因为b//c,则-3==,解得 y=-2,即b=(1,-2,1), 设M(3,3,x)(O≤x≤3),所以CM=(0,号，),BF=(0, —3.2), 所以a+b=(2,-1,2),因此|a+b|=√4+1+4=3. 子=号=音， 因为GM⊥BF,所以C心·BF=0×0+2×(-3)+e×2=4.C 解析 由题意可得知x≠0,y≠0,则- ,因此 -2+2x=0,所以x=1, x=1,y=-2,所以x+y=-1,故选C. 所以直线 EM的一个方向向量为dm=(3,0,0). 因为 DC⊥平面 BCC?B,又DC=(3,0,0),显然 dx//DC, 所以 EM⊥平面 BCC?B?. 5.A 解析 因为a,b,c共面，设a=λ?b+λ?c 所以a=(0,λ?,2λ?)+(λ?,0,0)=(λ?,λ?,2λ?)=(1,x, —2), 解得λ?=1,x=λ?,λ?=-1,即x=-1.故选 A. t2D A 6.AC 解析 选项A:BD=AD-AB=b-a.判断正确； 选项 B:BD=AD+DD?-AB=b+c-a.判断错误； BC? EF R. Mk A 选项C:AC=AB+BC+CC=a+b+c.判断正确； y C G B 选项D:A,δ=AO-AA?=÷AB+AD)-AA?=÷a+÷b 11.证明(1)根据题意，如图建立空间直角坐标系，设正方体 一c.判断错误. 的棱长为2, 答案 AC D? G7.- 解析根据题意ABCD为正四面体，BC,BD,BA两 两成 60°角， F Ay B 所以AE=BE-BA=÷BC-BA,CF-B-BC=÷Bx+ -BD-BC 2 D. E. c BA 所以 E(2,2,1),F(1,1,2),B(2,2,0),D?(0,0,2),A 所以EF=(-1,-1,1),BD=(-2,-2,2),所以2EF= R,所以E户//BD,,所以 EF//BD,p (2)由(1)知 B(2,2,0),D?(0,0,2),A,(2,0,2),B2 CE D(0,0,0). 所以AE·CF=(÷BC-BA)·(÷BA+÷BD-C)= 所以DA?=(2,0,2),BD=(-2,-2,2),所以DA,·BD =-2×2+0+4=0,即DA?⊥BD, 所以 BD?⊥A,D. ÷×2+÷×2-2-2-2×2+2=2 8.0 解析 在四棱柱 ABCD-A?B,C,D?中，底面ABCD是平 行四边形，点E为BD的中点， [B级·能力提升] 12.ABC 解析 A.因为|a|=√l2+(-1)2+22=√6,所以 本选项说法正确；B.因为b=—2a,所以向量a与向量b=所以A,E=A,A+AB+BE=A,A+AB+÷BD=A,A+AB +号(BA+AD)=-AA,+÷AB+÷AD, (-2,2,-4)共线，因此本选项说法正确；C.设a=(1,-1, 2)的起点为坐标原点，所以该向量的终点为(1,-1,2),因 由题A,E=xAA?+yAB+xAD, 为点(1,-1,2)关于x轴对称的点的坐标为(1,1,-2),所 以向量a关于x轴对称的向量为(1,1,—2),因此本选项说 法正确；D.设a=(1,-1,2)的起点为坐标原点，所以该向所以x=-1.y=去，k=去，即x+y+z=0. 9.2√5 解析 由题可知四棱柱ABCD-A,B,C?,D,为平行六 高考一轮总复习·数学·RJB ·528· 量的终点为(1,-1,2),因为点(1,-1,2)关于yO≈平面对 称点的坐标为(-1,-1,2),所以向量a关于yO≈平面对称 课时检测训练44 向量法求空间角 的向量为(—1,-1,2),故选ABC. [A级·基础巩固] 13.1 解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 1.解 (1)证明：如图(1),连接AC,交 BD于点M,取CF的中 点N,连接 MN,NE.设 AB=3√2, F则A(0,0,0),B(3,0,3),C(3,3,0),D(0,3,3). 因为 AO⊥平面 BCD,所以O是△BCD的重心， E 即 O(2,2,2),线段AO上的点M可设为M(t,t,t)(O≤t≤ :N A D2), 矿 所以BM=(t-3,t,t-3),CM=(t-3,t-3,t). B- C 图(1) 由∠BMC=茎，得BM·CM=0,即3(t-3)(t-1)=0,即 t=1或t=3(舍去), 因为底面 ABCD是正方形，所以M是AC的中点，所以MN //AF,MN=≥AF. 0-1.所以 M(1,1,1),故； 又由AF//DE,AF=2DE,所以MN//DE,MN=DE, 故四边形MNED是平行四边形，所以BD//NE. 又因为 BD亡平面 CEF,NEC平面CEF,所以 BD//平 面 CEF. D B< 0 M (2)以 A点为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标 系 A—xyzA C F 14.解 (1)证明：在直三棱柱ABC-A?B,C?中， E∵AB=AC,AD⊥BC,∴D是BC的中点.连接DF, 又∵F为B?C?的中点，∴DF//AA?,且DF=AA?, ∴四边形 DFA?A是平行四边形，∴A,F//AD. :NS A BL C学 ∵A,F±平面ADE,ADC平面ADE,∴A,F//平面ADE. 图(2) (2)在直线 B,B上存在一点N,使得A,N//平面 ADE,证 明如下： 设 DE=a,则B(2a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),E(0,2a, a), 在直三棱柱ABC-A?B,C中，∵DF//AA?, ∴DF⊥AD,DF⊥DC. 则BD=(-2a,2a,0),CE=(-2a,0,a), 设异面直线 BD 与 CE 所成角为0,则 cos 0= 需高-- 又∵AD⊥BC,∴DA,DC,DF 两两垂直， 以 D为原点，DC所在直线为x轴，DA所在直线为y轴， DF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 所以异面直线 BD与CE所成角的余弦值为-* A, C? F 2.解 (1)证明：以D为坐标原点，射线 DA为x轴的正半轴， 建立如图所示空间直角坐标系D—xyz.依题设，B(2,2,0),B E {N x C(0,2,0),E(0,2,1),A?(2,0,4). C DE=(0,2,1),DB=(2,2,0),A,C=(-2,2,-4),DA=A~ D B (2,0,4). 因为A,C·DB=0,A,C·DE=0,设A?B?=2,AA?=2t, ∵N在线段B?B上，设BN=λBB,,O≤λ≤1,则N(-1,0, 2λt), 故 A?C⊥BD,A,C⊥DE.又 DB∩DE=D,BD,DEC平 面 DBE, 则A(0,√3,0),D(0,0,0),E(1,0,t),B(-1,0,0),B(-1, 所以 A,C⊥平面 DBE. (2)BE=(-2,0,1),A,C=(-2,2,-4),BE·A,C=-2×0,21),A,(0,√3,21),则DA=(0,√3,0),DE=(1,0,L),A,N (-2)+0×2+1×(-4)=0, =(-1,-√3,2xt-2t). 则 BE⊥A?C,所以异面直线 BE与A,C所成角为90°. 设平面ADE的法向量为n=(x,y,x), (3)设向量n=(x,y,x)是平面DA?E的法向量，则n⊥DE, n|DA,0:则 取x=1,得n=(-t,0,1), 故 2y+z=0,2x+4z=0. ∵A,N//平面ADE,∴A,N·n=t+0+2λt-2t=0,解得 a=, 令 y=1,则x=-2,x=4,所以n=(4,1,-2).所以1 cm(n.xc)1 =|1a4:1c|- 共开∴在直线B,B上存在一点N,且BN=号1 BB,使得 A?N// 平面 ADE. ·529· 高考一轮总复习·数学·RJB 而B,M=MA?,BK=KA,则MK//BB. 设平面 A?DE与平面BDE所成角为0,则sin a=5√7042 而 MK亡平面 CBB,C,BB,C平面 CBB,C,故 MK//平 面 CBB,C?.12D, ,C; A? 而CN=NA,BK=KA,则NK//BC,同理可得NK//平 面 CBB,C. B 而 NK∩MK=K,NK,MKC平面MKN, E 故平面MKN//平面CBB,C,而MNC平面MKN,故 MN //平面CBB,Ci. Dis: cj B’A (2)因为侧面CBB,C?为正方形，故CB⊥BB,, 而CBC平面CBB,C,平面CBB,C?⊥平面ABB,A?, 平面CBB?C?∩平面ABB?A?=BB,,故CB⊥平面ABB,A?. 因为 NK//BC,故 NK⊥平面ABB,A.. 因为ABC平面ABB,A,故 NK⊥AB. 3.解 (1)证明：因为矩形 ADD?A?中，√2AA?=2AD,M为 AA?的中点， 所以tan ∠MDA=tan∠AD,D=竖， 所以∠MDA=∠AD,D. 因为∠AD?D+∠D?AD=E, 若选①,则AB⊥MN,而NK⊥AB,NK∩MN=N, 故 AB⊥平面MNK,而MKC平面MNK,故AB⊥MK, 所以 AB⊥BB,而CB⊥BB?,CB∩AB=B,故 BB,⊥平 面 ABC,所以∠MDA+∠D,AD=雪，所以 D,A⊥MD. 因为 D?A⊥BM,MD∩BM=M,所以D,A⊥平面 BDM. 因为 BDC平面 BDM,所以D?A⊥BD.又DA⊥DB,D,A∩ DA=A,所以 BD⊥平面 ADD,A?. 故可建立如图所示的空间直角坐标系，则 B(0,0,0),A(0,2, 0),N(1,1,0),M(0,1,2), 故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2). 设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),(2)由(1)知 DA,DB,DD?两两相互垂直，所以以D为原点， (n·BN=0, 中2:则 从而(n·B应=0. 取x=-1, DA,DB,DD,所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空 间直角坐标系. 2 则 n=(-2,2,-1). 设直线 AB与平面BNM所成的角为0,则 D, C? N ByA sin 0=|cos(n,AD1=2文3-子.cM 若选②,因为NK//BC,故 NK⊥平面ABB,A?,而KMC平 面 ABB?A?· AE Bx y 因为AB=2AD=√ZAA?,令AD=1,连接DA?, 故 NK⊥KM,而B,M=BK=1,NK=1,故BM=NK, 则 D(0,0,0),D(0,0,√2),A(1,0,0),B(0,√3,0), 而 B,B=MK=2,MB=MN,故△BB,M≌△MKN, 所以∠BB,M=∠MKN=90°,故 A,B,⊥BB,即AB⊥BB, 而CB⊥BB?,CB∩AB=B,故 BB,⊥平面ABC, 故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2, C(-1,√3,√2),A?(1,0,√2), 所以DB=(0,√3,0),DN=DA?+AN=DA?+÷A,C -(.厚√2): 0),N(1,1,0),M(0,1,2),故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2). 设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),设平面BDN的一个法向量为n=(x,y,z), :张则 {+2=6;则 从而 取×=-1,则n=(-2,2, -1), 设直线 AB与平面 BNM所成的角为θ,则 sin θ=所以 y=0,令x=-1,得x=2√2,所以n=(2√2,0,-1). 由(1)知D,A=(1,0,-√Z)是平面BDM的一个法向量， 3√2所以· |cos(n,Ab)|=2文3-. +212 X √(√2)2+12 一誓. B M A? Cf jKB 故平面 MBD与平面 NBD所成角的正弦值为， 3 _√3 3 jA NCl x [B级·能力提升] 4.解 (1)证明：取 AB的中点为K,连接MK,NK, 5.解 (1)证明：在△ABC中，因为∠ABC=90°,AC=2AB,所 以∠ACB=30°.由三棱柱ABC-A?B,C?可得四边形ABB,A?为平行四边形， 高考一轮总复习·数学·RJB ·530· 因为△ACD是等边三角形，所以∠ACD=60°.因此∠BCD =90°,所以 BC⊥CD. 设平面BCE的法向量为m=(a,b,c), 1m1{由m 令b=√3因为 EC⊥平面 ABCD,BCC平面ABCD,所以EC⊥BC. 因为 EC∩CD=C,所以 BC⊥平面 CDE. 所以a=1,c=1,m=(1,√3,1). (2)因为 EC⊥平面 ABCD,ABC平面 ABCD,所以 AB 设 EM与平面BCE所成角为θ,所以sinθ=|cos(m,EM) ⊥EC. -m1:新后√ 当y=1时，sinθ=0, 又 AB⊥BC,且 BC∩EC=C,所以 AB⊥平面 BCE. 又 BEC平面 BCE,所以AB⊥BE,因此∠CBE即为二面角 E-AB-D的平面角， yef-1D*c-当：所以∠CBE=30°.因为EC=1,∠BCE=90°,所以BC=√3,所以∠ACB=30°. 以 AC的中点O为原点，分别以OD,AC所在直线为x轴和 y轴，过O平行CE的直线为z轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系， (y-1)2∈(0,4)>1+y=D∈[.+)→ +[0.] 所以sin D∈(0.誓)综上，sin O∈[0,弯] E叶 D oA< C 子 课时检测训练45 向量法求距离、探索性及折叠问题B [A级·基础巩固] 则 D(-√3,0,0),E(0,1,1),A(0,-1,0),B(誓，-号，0), 1.解 (1)直线l//平面 PBC. 证明：当a=号于是DE=(/③,1,1),AB=(图÷.0),AE=(0,2,1). 设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),⋯由 时，M是PB的中点，又因为N是 PC 的中点，所以 MN//BC,又 BCC平面ABC,且MN←平面ABC,所以MN//平面ABC.又MN二平面AMN,且平面ANM∩平面ABC=l, 所以MN//l.又因为l平面PBC,MNC平面PBC,所以直 线l//平面 PBC.取 x=1,得n=(1,-√3,2√3). 设直线 DE与平面ABE所成角为θ, (2)因为AC是圆O的直径，所以∠ABC=90°, 用 sm 0-1ssm,b1-m一上- 由勾股定理得 AB=√3,因为 PA⊥平面 ABC,BCC平面 ABC,所以 PA⊥BC.又 AB⊥BC,AB∩PA=A,所以 BC⊥平面 PBA,而 PBC平面PBA,故 PB⊥BC, 故∠PBA就是二面角P-BC-A的平面角，所以∠PBA =45°故直线 DE与平面ABE所成角的正弦值为 6.解 (1)证明：连接AE,AM, 所以△PAB为等腰直角三角形，且PA=AB=√3. 以点B为坐标原点，BA,BC所在直线分别为x、y轴过B且 平行于PA的直线为≈轴建立如图所示的空间直角坐标系 B-xyz, 由AB=AD=AF=2,∠ADC=∠AFE=60°可知，四边形 ABCD,ABEF均为含60°的菱形，故AE⊥BF. 当M为CD的中点时，则 AM⊥AB,又侧面 ABCD⊥侧面 ABEF,侧面 ABCD∩侧面 ABEF=AB,故 AM⊥平面 ABEF,从而 AM⊥BF. 则A(√3,0,0),B(0,0,0),C(0,1,0),P(√3,0,√3),AC= (-√3,1,0),AP=(0,0.v?), 因为AE∩AM=A,所以 BF⊥平面 AEM.因为 EMC平面 设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z), AEM,故 EM⊥BF. n·AC=0, {-则 所以·,EF (n·AP=0, 令x=1,则y=√3,x=0,得n=(1,√3,0), 所以PM=APB=(-√3A,0,-√3λ) A￥ >B D d=所以点 M到平面PAC 的距 ,所以 a=号 M C (2)取 EF中点为N,因为侧面ABCD⊥侧面ABEF,AM⊥ AB,AN⊥AB, 2 故可建立如图所示的空间直角坐标 ,EF PN 12 系.B(0,2,0),C(√3,1,0), ME(0,1,√3),设M(√3,y,0),y∈[- NA B方 1,1],则BC=(√3,-1,0),BE=(0, 广 CD M C 立-1,√3),EM=(√3,y-1,-√3). xA^ 了x ·531 · 高考一轮总复习·数学·RJB 2.解 (1)证明：∵四边形ABCD为正方形，则BC⊥AB,CD⊥ 如图，分别以 EB,EC,Ex所在直线为x、y、轴非负半轴建 立空间直角坐标系E-xyz,AD. ∵PB⊥BC,BC⊥AB,PB∩AB=B,∴BC⊥平面 PAB. ∵PAC平面PAB,∴PA⊥BC. D A< 它5∵PD⊥CD,CD⊥AD,PD∩AD=D,∴CD⊥平面PAD. ∵PAC平面PAD,∴PA⊥CD. ∵BCNCD=C,∴PA⊥平面ABCD. B) 则 E(0,0,0),B(√E,0,0),D(0.竖、竖),C(0,√Z,0),防 =(-巨.竖、竖), (2)因为 PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,不妨以点A为坐标原 点，AB,AD,AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示 的空间直角坐标系， tp 设A(x.y,≈),则EA=(x-√豆，y,),cb-(0.一竖，誓), F 由BA=√Z CD,得 A(√2,-1,1), A D 则Eb-(0.誓、竖),EA=(√2,-1,1),设平面ADE的法 向量m=(a,b,c), j Bk CF 则 A(0,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1), 设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),则AC=(2,2,0),AE 一则 取 c=1,=(0,1,1),PC=(2,2,-2), (m·AC=2x+2y=0, 得m=(-√2,-1,1),设直线 BD与平面ADE 所成角为0, sin θ=|cos(BD,m>|= 由 m·AE=y+x=0, 上 取 y=1,可得m=(-1,1,-1), m.P0=w1:两一六. 子所以 PC与平面ACE 所成角的正弦值为· 的的所以直线 BD与平面ADE所成角的正弦值为2 (3)设点F(2,t,0)(O≤t≤2),设平面PAF的法向量为n= (a,b,c),AF=(2,t,0),AP=(0,0,2), 亦”,由 取 a=t,则n=(t,-2,0), a=lAr"l=2∴点E到平面PAF 的距离为 4.解 (1)证明：∵四边形PABC为矩形，PC=3√3,PA=√6, 且CD=2DP, ∴BD=√BC+CD=√(√6)2+(2√3)2=3√2. ∵PD⊥BD,∴PB=√BD3+PD2= √(3√2)2+(√3)2=√2I.>0,4-1 ∵AB=3√3,PA=√6,∴PB2+PA2=AB2,∴PA⊥PB. ∵四边形 PABC为矩形，∴PA⊥PD. ∵PB∩PD=P,PB,PDC平面PBD,∴PA⊥平面PBD. 因此，当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离 为2 (2)过P作PE⊥AD,交AD于E,∵PD=√3,PA=√6, 3.解 (1)证明：图(1)中，CD=DE=1,AD⊥CD,则CE=√2, ∠DEC=45°,而 AD//BC,即∠ECB=45°, ∴PE=P"APA=√2, 在△BCE中， ∴DE=√PD3-PE=1. BE=√CE2+BC2-2CE·BCcos ∠ECB 由(1)知 PA⊥平面 PBD,BDC平面 PBD,∴PA⊥BD, 由PD⊥BD,PD∩AP=P得BD⊥平面 PAD,BDC平面 -√2+4-2、Z×2×竖=√E,有∠AEB=∠EBC=45°, ABD,∴平面ABD⊥平面 PAD. 又 PE⊥AD,PEC平面PAD,平面ABD∩平面PAD=AD, ∴PE⊥平面ABD, 同理可得AB=√2,则 AB⊥BE. 图(2)中，AB2+BD2=5=AD2,则AB⊥BD,而BD∩BE= 故以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，B,BD,BEC平面 BDE,则有AB⊥平面 BDE. 在△BCD中，CD2+BD2=4=BC,则CD⊥BD.又CD⊥ 24 ,P DE,BD∩DE=D,BD,DEC平面BDE,因此CD⊥平面 C D BDE,所以AB//CD. E (2)因为BE2+CE2=BC2,BE2+DE2=BD2,则BE⊥CE, BE⊥DE.又CE∩DE=E,CE,DEC平面CDE, tB 4} 于是得 BE⊥平面CDE,在平面CDE内作Ex⊥CE,则 EB, ∴D(0,0,0),A(0,3,0),B(3√2,0,0),P(0,1,√2). 由题可知平面ABD的一个法向量为m=(0,0,1).EC,Ez两两垂直. 高考一轮总复习·数学·RJB ·532· 设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),则 6.解 (1)证明：在图1中取CE中点F,连接BF,AE, E FD_ ,C ∵AB=(3√2,-3,0),AP=(0,-2,√Z), -20 A? B∵CE=2ED,CD=3,AB=2,∴CF=1,EF=1. ∵DF=AB=2,DF//AB,∠D=90°, ∴四边形ABFD为矩形，∴BF⊥CD, 令x=1,得y=√2,x=2,∴n=(1,√2,2), cc(m.m)=方-2F. ∴BE=BC=√3+I=2.又CE=2,∴△BCE为等边三 角形.∵二面角P-AB-D为锐二面角，∴二面角P-AB-D的余弦值 为2 又AE=√3+I=2,∴△ABE为等边三角形. 在图2中，取BE中点G,连接AG,C?G,AE, [B级·能力提升] C 5.解 (1)设平面BCC?B?与平面AEB,的交线为l, 因为FH//平面AEB,平面BCC?B?∩平面AEB?=l, FHC平面BCC?B,所以FH//l. D E G A2 B由正方体ABCD-A?B,C?D,知，平面ADD?E//平 面BCC?B,, ∵△C?BE,△ABE为等边三角形，∴C?G⊥BE,AG⊥BE, ∴C?G=AG=√3.又AC=√6,∴AG2+C?G2=AC, ∴C?G⊥AG. 又因为平面ADD,E∩平面AEB,=AE,平面BCCB?∩平 面AEB?=l, 所以AE//l,所以AE//FH. 又AG∩BE=G,AG,BE 平面ABED,∴CG⊥平面 ABED.取BC中点G,连接C?G,易知AE//GC,所以GC?//FH. 又因为H为CG中点，所以F为CC,中点. ∵C?GC平面BC?E,∴平面BC,E⊥平面ABED. (2)以G为坐标原点，GA,GB,GC为x、y、2轴正方向，建立 如图所示空间直角坐标系， D C Ek B? F 2+ C? D c G A B ED (2)以点D为原点，DA,DC,DD(分别为x轴、y轴、轴的正 方向，建立空间直角坐标系，则有D(0,0,0),A(2,0,0), G B 2A E(1,0,2),F(0,2,t),其中t∈[0,2], 则B(0,1,0),E(0,-1,0),A(√3,0,0),C(0,0,√3), AE=(-1,0,2),AF=(-2,2,1),DA=(2,0,0). 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), p(竖，-2.0)· n·af-0>{2++2+。则有- 不妨取x=2, ∴:DC=(一竖.号√3),Eb=(0,2.0) EC=(0,1,√3) 则n=(2,2-合，1), 设棱DC?上存在点P(x,y,x)且DP=λDC,(O≤λ≤1)满足 题意，Ab·n所以点D到平面AEF 的距离 d = =|n| V+ 一客--鲁. x=唇一鲁xy+号-是x 解得--号即 lx=√3λ, lx=√3λ, p(誓一竖入毫x-是vx)·即1 当t=2,即点F与点C,重合时， 取等. 2√6所以点D到平面AEF的最大距离为： 3· D 则Ep=(鲁一竖入号x-号3). 设平面PBE的法向量n=(a,b,c),则 C; Ek B? F C, Ep·n=(空-多x)a+(2x-号)o+√3xc=o, B·n=2b=0 D H Al B ·533 · 高考一轮总复习·数学·RJB 6.ABC 解析 因为直线l与l?及x轴围成一个底边在x轴 上的等腰三角形，所以l与l?的倾斜角互补，故B正确；由直 线4的得率为一号，知直线1的斜率为专，可得直线1的方 程为y-2=号(x-3),即L的方程为x-3y+3=0,故A正 令a=-2,则< ∴n=(-2,0,), √3-√3λ EC ·n λ ∴C?到平面PBE的距离为d=· |n| 4+1V =医.解得x=号， 确；令x=0,得y=1,所以l在y轴上的截距为1,故C正确； 13过点P(3,2)且斜率为- 的直线只有一条，故 D错误.故 选ABC 7.x-√3y+1=0(答案不唯一) 解析 由题意得，直线斜率 为k=an 30°=厚， ∴n=(-2,0,2),又平面ABE的一个法向量m=(0,0,1), cs(m/m)=1mt:”m-2一竖、 又直线不经过坐标原点，即一般式方程中的常数项非零， 所以符合题意的一个直线方程为x-√3y+1=0.又二面角 P-BE-A 为锐二面角，∴二面角 P-BE-A 的大小 为子. [0.]8. 解析直线 l:y-1=k(x-√3)经过定点 课时检测训练46 直线的方程 (√3,1),当k=0时，此时直线l:y=1,符合要求；当k≠0 时，直线l:y=kx+1-√3k,要想不经过第四象限，则满足 [A级·基础巩固] 3+=1的斜率为k=-31.D 解析 直线· 所以倾斜 角晋. (k>0, 解得0<A<誓，综上，0≤A<誓。\1-√3k≥0, 9.2 解析 对于直线ax+3my+2a=0,m≠0, 2.C 解析 由题意知，直线l的斜率为√3,则直线l的方程为 令x=0解得y=-3,y=√3x+1. 令 y=0解得x=-2,3.BD 解析 因为直线l:x-my+m-1=0, ∴-3m+(-2)=2若m=0,则直线的斜率不存在，故B正确； 若m≠0,则直线的斜率存在，且斜率k=方，不可能为0,故 A错误； 解得a=-6m, 原直线方程可化为2x-y+4=0,∴k=2. Am=1-二÷=0,km=8-将点(2,1)代入直线方程得2-m+m-1=1≠0,故C错误； 10.解 (1)由斜率公式，得 =√③,k=+L+=, 令m=1,则直线方程为x-y=0,横纵截距均为0,故 D 正确. 因为斜率等于倾斜角的正切 值，且倾斜角的范围是[0,π],4.D 解析由题意设直线l的方程为：a+方=1,直线过 雪.直线所以直线 AB的倾斜角为0,直线 BC的倾斜角为d+方=1.P(1,1),则- s=÷lab|=4直线与坐标轴的交点为(a,0),(0,b),又 AC的倾斜角为否. (2)如图，当直线CD绕点C由CA逆时针转到CB时，直线 CD与线段AB恒有交点，即 D在线段AB上，此时k由 [√].k增大到kx,所以k的取值范围为 ,即直线 CD [音·].的倾斜角的取值范围为 ab=±8, &+=“h?=1.a+b=ab, ab=8时，a + b = 8, 由 得 2 ty3+1 xC (ab=-8 时，a+b= — 8,由 得 22 所以直线l共有4条. A BD 0| x-1 2l 11.解 (1)∵l在两坐标轴上的截距相等， ∴当直线不经过原点时，设它的方程为x+y=n,把点 5.C 解析因AB>0且BC<0,则直线 Ax+By+C=0的 斜率k=一合=-☆<0,纵截距b=-后=—B>0,所以 直线 Ax+By+C=0必过第一、二、四象限，不经过第三 象限. P(4,6)代入可得n=10, 故l的方程为x+y=10,即x+y-10=0. 当直线过原点时，设它的方程为y=kx,把点 P(4,6)代入 可得k=号， 高考一轮总复习·数学·RJB ·534· 课时检测训练39 基本立体图形、简单几何体的表面积和体积 对应答案P521 A. 192r cm* _A级·基础巩固 B.252t cm* , C. 272rcm) 1.(多选)下列命题不正确的是 ) D. 336rt cm{ A.校台的上、下底面可以不相似,但侧梭长一定 5.(2022·山东临近·三模)战国时期的铜是一 相等 种兵器,其由两部分组成,前段是高为3cm、底 B.有一个而是多边形,其余各面都是三角形的儿 面边长为2cm的正三校锥,后段是高为1cm的 何体是校锥 圆柱,圆柱底面圆与正三校锥底面的正三角形内 ( 切,则此铜的体积为 C.有两个平面互相平行,其余各面都是平行四 ) 边形的多面体是榜柱 D.直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周 所形成的几何体都是圆锥 A.(v3+)cm{ 2.(多选)用斜二测画法画水平 2 放置的平面图形的直观图时; B.(#){}# 下述结论正确的是 A.梯形的直观图仍旧是梯形 C.#)mn B.若△ABC的直观图是边长为2的等边三角 D.({#)# 形,则△ABC的面积为/6 )cn C.△ABC的直观图如图所示,AB在:'轴,A'B 6.(多选)(2022·重庆八中模拟)攒尖是中国传统 -2.B'C'与r轴垂直,且B'C'=/②,则△ABC 建筑表现手法,是双坡屋顶形式之一,多用于面 的面积为4 积不大的建筑,如塔、亭、阁等,常用于圆形、方 D.菱形的直观图可以是正方形 形、六角形、八角形等平面的建筑物上,形成圆攒 3.(2022·言林·东北师大附中模拟)一个圆柱的 尖和多边形攒尖,以四角攒尖为例,如图,它的屋 侧面展开图是一个边长为2的正方形,则这个圆 顶部分的轮廊可近似看作一个正四梭锥,已知此 柱的体积为 ) 正四校锥的侧面与底面所成的二面角为30{,侧 A.n B.2π 楼长为2/7米,则该正四梭锥的 C ) D 4.(2022·山东泽·二模)民间 娱乐健身工具陀蝶起源于我国, 最早出土的石制陀蝶是在山西 夏具发现的新石器时代遗址,如 7 A.底面边长为4来 图所示的是一个陀媒的立体结构图,已知底面圆 的直径AB-16cm,圆杜体部分的高BC-8cm. 圆锥体部分的高CD一6cm,则这个陀骡的表面 C.侧面积为64/3平方来 积是 ) D.体积为32立方来 课时检测训练·数学·RJE 296 7.(2022·山东淄博·三棋)若球O的半径为5,一 12.(2023·山西临分·三樊)已知四边形ABCD 个内接圆台的两底面半径分别为3和4(球心O 为菱形,AB-1, BAD=60^{,将其沿对角线 在圆台的两底面之间),则圆台的体积为( _ BD折成四面体A'-BCD,使A'C-A'B,若四面 259 A. 体的所有顶点在同一球面上,则该球的表面积 31 B 37 二B级·能力提升 C.(25+35②) 13.(2023·陕西谓甫·二模)已知A.B.C为球C D.(25+7②) 的球面上的三个点,O为△ABC的外接圆 8.(多选)如图所示,已知正方体 若O 的面积为4n,AB-BC=AC=OO,则 球O的体积为 ABCD-A.B.C.D. 校长为1. ) 过对角线BD 的一个平面交 256 B.64r AA. 于E,交CC 于F,下列 14.(多选)(2022·山东青岛·一 结论中正确的是 ) A.四边形BFD.E一定是平行四边形 模)已知圆台的轴截面如图所 B.四边形BFDE有可能是正方形 示,其上、下底面半径分别为 r. =1,r--2,母线AB长为2,E为母线AB中 C.四边形BFDE周长的最小值为2十2② 1, 点,则下列结论正确的是 ) D.四枝锥B.-BFD.E的体积为定值 A.圆台母线AB与底面所成角为60* 9.(2022·山东济南·一模)已知圆锥的轴截面是 一个顶角为2-,腰长为2的等腰三角形,则该圆 B.圆台的侧面积为12 C. 园台外接球半径为2 锥的体积为 D.在圆台的侧面上,从C到E的最短路径的长 10.(2022·山东荷泽·一棋)如 度为5 图,在四面体ABCD中. 15.(2022·河南洛阳·三模)若三校杜ABC- △ABD和△BCD都是等腰 A.B.C.的底面是以AB为斜边的直角三角形 直角三角形,AB一2, AA. 1平面ABC,AB-2/②,AA-4,则该三枝 BAD- CBD-,平面ABDI平面CBD. 柱的外接球的体积为 则四面体ABCD外接球的表面积为 16.(2023·福建潭州·一棋)某中学开展劳动实 11.(2022·河北保定·二模)在《九章算术》中,将 习,学习加工制作包装盒,现将一张足够用的正 四个面都是直角三角形的三校锥称为鳌瞩,已 方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60{},高 知在鳖瞩P-ABC中,AB BC,PA 平面 为6的圆锥形包装盒,若在该包装盒中放入一 ABC,且 PA-AB-2BC-4,则鳖瞩P-ABC外 个球形冰淇淋(内切),则该球形冰淇淋的表面 接球的体积是 积为 297 课时检测训练·数学·R1B 课时检测训练40 空间点、直线、平面之间的位置关系 对应答案P523 二A级·基础巩固 C. 直线 AB与直线EF共面 1.a.b.c是两两不同的三条直线,下面四个命题中, D. 直线GH与直线EF异面 真命题的是 ) 7.已知在校长为a的正方体ABCDAB'C'D中. A.若直线a,b异面,b.c异面,则a.c异面 M,N分别为CD,AD的中点,则MN与A'C'的 B.若直线a,相交,b,c相交,则a,c相交 位置关系是 C.若a/b,则a,b与c所成的角相等 8.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们 D.若ab,blc,则a/ 所在的平面互相垂直,则异面直线AP与BD所 2.给出以下四个命题: 成的角为 ①依次首尾相接的四条线段必共面 0 ②过不在同一条直线上的三点,有且只有一个 平面; ③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边 分别平行,那么这两个角必相等; ④垂直于同一直线的两条直线必平行 9.在正方体ABCD-A.B.CD 中,E是BC的中 其中正确命题的个数是 点,平面a经过直线BD且与直线CE平行,若 B.1 A.0 C.2 D.3 正方体的校长为2,则平面。截正方体所得的多 3.(多选)已知a是一个平面,n,n是两条直线,A 边形的面积为 是一个点,则下列说法正确的是 C A.若nOn=A,nCa,则mCa B.若n/nnCa.则直线n平行于平面a内的无 数条直线 C.若mg,nCg,且AEm,Aéa,则n,n一定是 10. 如图,平面ABEF工平面 异面直线 D.若m/n,mCa,Aén,AEa,则nC ABCD,四边形ABEF与四边 4.(2023·陕西·西安中学一模)三校柱ABC 形ABCD都是直角梯形, BAD- FAB-90{*,BC/ A.BC 中,AA 平面ABC,AB=1,AC=2. BC=AA.=5,则异面直线BC与A.C 所成角 的正弦值为 ) 且BE- C.15 D.③0 (1)证明:四边形BCHG是平行四边形; 5.(2022·安徽·合肥市第六中学一模)在长方体 (2)C,D,F,E四点是否共面?为什么? ABCD-A BC D 中,AB=BC-1,AC 与BB$ 所成的角为30{,则AA= A.③ B.3 C.5 D. 6.(多选)如图是一个正方体的 展开图,如果将它还原为正方 体,则下列说法中正确的是 A.直线CD与直线GHI共面 B.直线CD与直线EF异面 课时检测训练·数学·RJB 298 11.如图,在四梳锥OABCD中. 14.(2021·上海卷)如图,在四枝锥PABCD中 底面ABCD是边长为2的正 底面ABCD为正方形,边长为4,E为AB的中 方形,OA)底面ABCD,OA 点,PE 平面ABCD 2.M为OA的中点 (1)求四校锥O-ABCD的n 体积; (2)求异面直线OC与MD所成角的正切值 (1)若△PAB为等边三角形,求四梭锥P ABCD的体积; (2)若CD的中点为F,PF与平面ABCD所成 角为45*,求PC与AD所成角的正切值 二B级·能力提升 12.(多选)如图,G,H,M.N分别是正三梭柱的顶 点或所在校的中点,则直线GH,MN是异面直 线的图形有 #### 13.(多选)已知平面a0平面8=直线/.点A.C 平面a,点B.DE平面.且A.B.C,D1.点 M.N分别是线段AB,CD的中点,则下列说法 错误的是 A.当CD-2AB时,M,N不可能重合 B.M,N可能重合,但此时直线AC与/不可能 相交 C.当直线AB.CD相交,且AC///时,BD可与 1相交 D.当直线AB,CD异面时,MN可能与/平行 299 课时检测训练·数学·R1B 课时检测训练41 空间直线、平面的平行 对应答案P524 A级·基础巩固 5.(多选)如图,在正方体ABCD-AB.CD 中,E 1.下列命题中正确的是 ( F.G分别是校BB,B.C.,C.D. 的中点,则 A.若a,b是两条直线,且a/b,那么a平行于经 。 过6的任何平面 ### B.若直线a和平而。满足a/g,那么。与。内的 任何直线平行 C.平行于同一条直线的两个平面平行 D.若直线a,b和平面g满足a/b,a/g,ba,则 b/a A.FG/平面AED 2.如图所示的三校柱ABC-A.B.C 中,过A.B. 的 B.BC /平面AED 平面与平面ABC交于DE,则DE与AB的位置 C.点C在平面AED.内 关系是 1 ) D.点F在平面AED,内 6.(多选)如图所示,平面a/平面3.ABCg.CDC $.且AB/CD.PA-2.AB-1.CD-3,则 ) A.异面 B.平行 C.相交 D.以上均有可能 3.(多选)已知n,n是不同的直线.a,B是两个不重 合的平面,下列命题正确的是 . A.CD/a A.若a/③.mCa,则n/{ B.AC-4 B.若na,nI{,m/n,则a/③ D.CD C.PB-1 PAAB C.若a/③.mCa.n二.则m/n D.若n/g,则n平行于平面a内任意一条直线 7.已知直线n和平面g,3.给出下列三个论断:① 4.(2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟)如 /a;②a/;③mC3.以其中的两个论断作为条 图,在正方形ABCD-AB'CD中,M.N分别是 件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的 A'D,DC'的中点,则直线AM与平面BND的 位置关系是 C 8.(2023·山西临分·三模)在三校锥A-BCD中 ## AB三CD三2.过BC中点E的截面与AB,CD都 平行,则截面的周长为 9.已知平面。/平面③/平面v,两条直线7.n分别 与平面。,8.y相交于点A.B.C和D,E,F,若 A.垂直 B.平行 C.相交但不垂直 D.无法确定 课时检测训练·数学·RJB 300 10.如图,在长方体ABCD-A.B.C.D 中,AB-1, 二B级·能力提升 AD=2,E.F,Q分别为AD,AA,BC的中点; 12.如图,四校柱 ABCD- 求证:平面BEF/平面ADQ A.BCD 中,四边形 0 ABCD为平行四边形,E,F 分别在线段DB,DD 上,且 1 #A. } B. CA }D. 13.在正四校柱ABCD-A.B.C.D. 中,O为底面 ABCD的中心,P是DD.的中点,设Q是CC 上的点,则点Q满足条件 时,有平面 D.BQ/平面PAO. 14.如图,在三楼柱ABC-A.BC 中,E,F分别为线段AC. .... A.C的中点. 11.如图,在直三校柱ABC。 (1)求证:EF//平面BCCB; A.BC 中,AC=CB= (2)在线段BC 上是否存在一点G,使平面 $CC -2. ACB-120*,E EFG/平面ABBA.?请说明理由. 为AB的中点; (1)求证:AC/平面B.CE; (2)求三梳锥C.-B.CE的体积 301 课时检测训练·数学·R1B 课时检测训练42 空间直线、平面的垂直 对应答案P526 A级·基础巩固 线BC/平面a,F是校BC上一动点,现有下列 1.(多选)已知两条直线/,m及三个平面g,3,v,下 三个结论: 1 列条件中能推出a3的是 ①若M,N分别为校AC,BD的中点,则直线 A./Ca./{ B./ a.mI./ m MN/平面a; C.av,/7 D./Ca.mC./m ②在校BC上存在点F,使AF平面a 2.(多选)(2022·山东淄博·一模)若n.n是两条 ③当F为校BC的中点时,平面ADF1平面。 不同的直线,a,3是两个不同的平面,则下列说法 其中所有正确结论的编号是 ) 正确的有 ( C.①② A.③ _ B.①③ D.②③ A.若/8,mCa,则m/ 7.已知/是平面8外的一条直线,给出下列三个 B.若a18.na,则m/③ 论断: C.若m/n,mla,则na ①1g;②/a:③//B D.若nIn.n/a,则n/a 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作 3.(2022·四川·宴宾市教料所三模)已知两条直 为结论,写出一个正确的命题: 线m,n和平面a,则nn的一个充分条件是 8.(2022·福建福州·高一期末)如图,在三校柱 C ABC-A.BC 中,已知AA I平面ABC,BC=CC A.na目na B.m/a且nCa 当底面A.BC 满足条件 时,有AB C.mIa且nCa D.m/g且n/a 1BC. 4.如图,在斜三校柱ABC-A.B.C 中, BAC 90{}.BC1AC,则C. 在底面ABC上的射影H 必在 _~ ##7# 9.如图,正方体ABCD-A.B.C.D. 的校长为a,以 A.直线AB上 B.直线BC上 下结论正确的是 .(填序号) C.直线AC上 D.△ABC内部 D 1 5.如图,在四面体D-ABC中,若AB=CB,AD CD,E是AC的中点,则下列结论正确的是 A.平面ABC1平面ABD B.平面ABD 平面BDC ①异面直线A.D与AB.所成的角为60^{}; C.平面ABC1平面BDE,且 ②直线A.D与BC 垂直; 平面ADC1平面BDE ③直线A.D与BD.平行. D.平面ABC 平面ADC,且平面ADC 平 10.如图,在三校锥PABC中,△PAB,△ABC均 面BDE 为等边三角形. 6.在立体几何探究课上,老师给 每个小组分发了一个正四面体 的实物模型,同学们在探究的 过程中得到了一些有趣的结 论,已知直线AD/平面a,直 课时检测训练·数学·RJB 302 (1)求证:ABPC B级·能力提升 (2)若AB-2.PC=3.求三校锥P-ABC的体 12.(多选)(2022·山东青岛·二模)已知正方体 积. ABCD-A.B.C.D,动点P在线段BD上,则下 述正确的是 ( ) A.PC /AD B. PC IA.C C.PC 1平面A.BD D.PC /平面AB.D 13.(多选)(2022·山东滩劫 ·二模)已知四面体 ABCD的4个顶点都在球 Q(Q为球心)的球面上,A △ABC为等边三角形,M 为底面ABC内的动点,AB-BD=2,AD-② 且 AC]BD.则 ) A.平面ACD 平面ABC B.球心O为△ABC的中心 C.直线OM与CD所成的角最小为= 11. 如图,在三校柱ABC。 D.若动点M到点B的距离与到平面ACD的 A.B.C 中.BC AC.BC 距离相等,则点M的轨迹为抛物线的一部分 CC,点D是AB的中点: 14.如图所示,在正四校柱ABCD-A.BC.D 中,P (1)求证:AC/平面CDB ; 是线段A.C 上的动点. (2)若侧面AA.C.C为菱形. . 求证:AC1平面A.BC (1)证明:BP/平面ACD; (2)在线段A.C 上是否存在一点P,使得平面 BDP1平面ACD?若存在,请求出A.C; A.P的值;若不存在,请说明理由 303 课时检测训练·数学·R1B 课时检测训练43 空间向量及其应用 对应答案P528 二A级·基础巩固 8. 如图,在四校柱ABCD-A.BCD 中,底面 1.已知向量=(,1.1).=(1.2,0),且a与互 ABCD是平行四边形,点E为BD的中点,若 A.E-xAA+yAB+:AD,则x+y+:= 相垂直,则处的值为 C ) A.-2 B.- D.2 2.已知a-(2,-2,-3),b-(2,0,4),则cos(a,b) A.485 B.485 C.0 85 D.1 85 3.设x,yR,向量a=(x,1,1),b-(1,y,1),c 9. 已知四柱 ABCD-AB.C D 的底面ABCD (3,-6,3)且a lc,b/c,则a+b= ) ( 是正方形,底面边长和侧校长均为2,/A.AB A.2/② B.2/3 A.AD一60{},则对角线AC.的长为 C.4 D.3 10.已知ABCD-A.B.C.D 是校长为3的正方体 4.向量m=(-1,x,3),n-(y,2,6),若m/n,则 点E在AA上,点F在CC上,且AE-FC= 十y的值为 . ) . A.2 B.1 C.一1 D.-2 D 5.已知向量a=(1,x,-2),b-(0,1,2),c=(1,0. 0),若a,b,c共面,则x等于 ) A.-1 B.1 C.1或-1 D.1或0 6.(多选)如图,在平行六面体ABCD-A.B.C.D (1)求证:E,B,F,D.四点共面; 中,AC和BD的交点为O,设AB-a,AD-b AA.一c,则下列结论正确的是 _ D 上,GM]BF,垂足为H,求证:EM平 面BCCB. A.BD-b-a B.BD.-a-b+c C.AC-a十b十c D.A0- ) -bc 7.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长 都等于1,点E,F分别是BC,AD的中点,则AE .CF的值为 课时检测训练·数学·RJB 304 11.在正方体ABCD-A.B.CD. 中,已知E.F分别 14.如图,在直三校杜ABC-A.BC 中,A.B= 是BB,D.B 的中点,求证; A.C,F为B.C 的中点,D,E分别是校BC. (1)EF//BD ; CC 上的点,且AD|BC. (2)BD A.D C 乙。 (1)求证:直线AF//平面ADE; (2)若△ABC是正三角形,E为CC中点,能否 在线段B.B上找一点N,使得A.N/平面 ADE?若存在,确定该点位置;若不存在,说明 理由: 二B级·能力提升 12.(多选)已知空间向量a三(1,一1.2).则下列说 法正确的是 ( A.a-6 B.向量ā与向量b=(一2.2,一4)共线 C.向量a关于:轴对称的向量为(1,1,一2) D.向量a关于O:平面对称的向量为(一1,1. -2) 13.在正四面体ABCD中,AO平面BCD,垂足为 0.设M是线段AO上一点,且满足BMC 305 课时检测训练·数学·R1B