高中数学高考总复习立体几何各种平行与垂直的判断习题及详解.docx

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高中数学高考总复习立体几何各种平行与垂直的判断习题及详解

高中数学高考总复习立体几何各种平行与垂直的判断习题及详解

一、选择题

1．设b、c表示两条不重合的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题是真命题的是（　　）

A.⇒b∥c　　　　B.⇒c∥α

C.⇒α⊥βD.⇒c⊥β

[答案]　C

[解析]　选项A中的条件不能确定b∥c；选项B中条件的描述也包含着直线c在平面α内，故不正确；选项D中的条件也包含着c⊂β，c与β斜交或c∥β，故不正确．

[点评]　线线、线面、面面平行或垂直的性质定理和判定定理是解决空间图形位置关系推理的重要依据，在推理中容易把平面几何中的一些结论引用到立体几何中造成错误．对空间中位置关系的考虑不周，也是造成判断错误的因素，所以做这类题目应当考虑全面．

2．定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC.那么，动点C在平面α内的轨迹是（　　）

A．一条线段，但要去掉两个点

B．一个圆，但要去掉两个点

C．一个椭圆，但要去掉两个点

D．半圆，但要去掉两个点

[答案]　B

[解析]　连接BC，∵PB⊥α，∴AC⊥PB.

又∵PC⊥AC，∴AC⊥BC.

∴C在以AB为直径的圆上．故选B.

3．设α、β、γ为平面，给出下列条件：

①a、b为异面直线，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；

②α内不共线的三点到β的距离相等；

③α⊥γ，β⊥γ.

其中能使α∥β成立的条件的个数是（　　）

A．0　　　　B．1　　　　

C．2　　　　D．3

[答案]　B

[解析]　对于②，三个点不一定在同侧；对于③，面面的垂直关系不具有传递性．

对于①，过b作平面γ∩α＝b′，则b∥b′，

∵a与b异面，∴a与b′相交，容易证明b′∥β，

又∵a∥β，∴α∥β，故只有①正确．

4．a、b、c是三条直线，α、β是两个平面，b⊂α，c⊄α，则下列命题不成立的是（　　）

A．若α∥β，c⊥α，则c⊥β

B．“若b⊥β，则α⊥β”的逆命题

C．若a是c在α内的射影，b⊥a，则b⊥c

D．“若b∥c，则c∥α”的逆否命题

[答案]　B

[解析]　一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则垂直于另一个，故A正确；若c∥α，∵a是c在α内的射影，∴c∥a，∵b⊥a，∴b⊥c；若c与α相交，则c与a相交，由线面垂直的性质与判定定理知，若b⊥a，则b⊥c，故C正确；∵b⊂α，c⊄α，b∥c，∴c∥α，因此原命题“若b∥c，则c∥α”为真，从而其逆否命题也为真，故D正确．如图，α⊥β，α∩β＝l，b⊂α，b与l不垂直，则b与β不垂直，∴B不成立．

5．（文）（2010·天津河东区）已知直线a⊂平面α，直线AO⊥α，垂足为O，PA∩α＝P，若条件p：

直线OP不垂直于直线a，条件q：

直线AP不垂直于直线a，则条件p是条件q的（　　）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

[答案]　C

故OP⊥a⇔AP⊥a，从而p⇔q.

（理）（2010·河南新乡调研）设α、β、γ为平面，l、m、n为直线，则m⊥β的一个充分条件为（　　）

A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l

B．n⊥α，n⊥β，m⊥α

C．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ

D．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α

[答案]　B

[解析]　如图①知A错；如图②知C错；如图③在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故D错．

6．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是（　　）

A．平面ABD⊥平面ABC

B．平面ADC⊥平面BDC

C．平面ABC⊥平面BDC

D．平面ADC⊥平面ABC

[答案]　D

[解析]　∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.

又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.

又AD⊥AB，故AB⊥平面ADC.∴平面ABC⊥平面ADC.

7．（文）（2010·重庆文）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点（　　）

A．只有1个B．恰有3个

C．恰有4个D．有无穷多个

[答案]　D

[解析]　过两条互相垂直的异面直线的公垂线段中点且与两条直线都成45°角的直线上所有点到两条直线的距离都相等，故选D.

（理）（2010·全国Ⅱ理）与正方体ABCD－A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点（　　）

A．有且只有1个B．有且只有2个

C．有且只有3个D．有无数个

[答案]　D

[解析]　如图连结B1D，可知B1D上的点到AB、CC1、A1D1的距离均相等，故选D.

8．（文）平行四边形ABCD的对角线交点为O，点P在平面ABCD之外，且PA＝PC，PD＝PB，则PO与平面ABCD的关系是（　　）

A．斜交B．平行

C．垂直D．无法确定

[答案]　C

[解析]　∵PA＝PC，∴PO⊥AC，

∵PB＝PD，∴PO⊥BD，

∵AC∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD.

（理）棱长都为2的直平行六面体（底面为平行四边形的棱柱）ABCD－A1B1C1D1中，∠BAD＝60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为（　　）

A.B.C.D.

[答案]　C

[解析]　如图所示，过点A1作直线A1M⊥D1C1，交D1C1延长线于点M，连结MC，A1C，

则可得A1M⊥面DD1C1C，∠A1CM就是直线A1C与面DD1C1C所成的角．∵所有棱长均为2，∠A1D1C1＝120°，∴A1M＝A1D1sin60°＝，

又A1C＝＝＝4，

∴sin∠A1CM＝＝，故应选C.

[点评]　求直线与平面所成角时，一般要先观察分析是否可以找（或作）出直线上一点到平面的垂线，若能找出则可以将线面角归结到一个直角三角形中求解．若不容易找出线面角，则可以考虑能否进行转化或借助于空间向量求解，请再练习下题：

（2010·全国Ⅰ文）正方体ABCD－A1B1C1D1中BB1与平面ACD1所成角的余弦值为（　　）

A.B.

C.D.

[答案]　D

[解析]　解法1：

设BD与AC交于点O，连结D1O，∵BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1成的角．∵AC⊥BD，AC⊥DD1，DD1∩BD＝D，∴AC⊥平面DD1B，平面DD1B∩平面ACD1＝OD1，∴OD1是DD1在平面ACD1内的射影，故∠DD1O为直线DD1与平面ACD1所成的角，设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝，D1O＝，∴cos∠DD1O＝＝，

∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.

解法2：

因为BB1∥DD1，所以BB1与平面ACD1所成角和DD1与平面ACD1所成角相等，设DO⊥平面ACD1，由等体积法得VD－ACD1＝VD1－ACD，即S△ACD1·DO＝S△ACD·DD1.设DD1＝a，则

S△ACD1＝AC·AD1sin60°＝×（a）2×＝a2，

S△ACD＝AD·CD＝a2.

所以DO＝＝＝a，设DD1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝＝，

所以cosθ＝.

解法3：

建立如图所示空间直角坐标系D－xyz，设边长为1，＝（0,0,1），平面ACD1的一个法向量n＝（1,1,1），

∴cos〈，n〉＝＝，

∴BB1与面ACD1所成角的余弦值为.

9．（文）（2010·鞍山一中模拟）已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题：

①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α⊥β，其中正确的是（　　）

A．①②③B．②③④C．②④D．①③

[答案]　D

∵m⊂β，∴此时推不出l∥m，故②错，排除A，故选D.

（理）若平面α与平面β相交，直线m⊥α，则（　　）

A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直

B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直

C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直

D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直

[答案]　C

[解析]　若β内存在直线与m平行，则必有β⊥α，但α与β不一定垂直，故否定A、D；在β内必存在与m在β内射影垂直的直线，从而此线必与m垂直，否定B，故选C.

10．（文）（2010·芜湖十二中）已知两条不同的直线m、n，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是（　　）

A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n

B．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n

C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n

D．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n

[答案]　A

[解析]　

如图

（1），m⊥α，n⊥α满足n∥β，但m∥n，故C错；

如图

（2）知B错；

如图（3）正方体中，m∥α，n⊥β，α⊥β，知D错．

（理）（2010·浙江金华十校模考）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中真命题是（　　）

A．若a，b与α所成角相等，则a∥b

B．若a∥α，b∥β，α⊥β，则a⊥b

C．若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α⊥β

D．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b

[答案]　D

[解析]　正四棱锥P－ABCD中，PA、PC与底面ABCD所成角相等，但PA与PC相交，∴A错；如图

（1）正方体中，a∥b∥c，满足a∥α，b∥β，α⊥β，故B错；图

（2）正方体中，上、下底面为β、α，a、b为棱，满足a⊂α，b⊂β，a⊥b，但α∥β，故C错；

二、填空题

11．对于四面体ABCD，给出下列四个命题：

①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；

②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；

③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；

④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD.

其中真命题的序号是________．（把你认为正确命题的序号都填上）

[答案]　①④

[解析]　本题考查四面体的性质，取BC的中点E，则BC⊥AE，BC⊥DE，∴BC⊥面ADE，∴BC⊥AD，故①正确．设O为A在面BCD上的射影，依题意OB⊥CD，OC⊥BD，∴O为垂心，∴OD⊥BC，∴BC⊥AD，故④正确，②③易排除，故答案为①④.

12．（文）P为△ABC所在平面外一点，PA、PB、PC与平面ABC所成角均相等，又PA与BC垂直，那么△ABC形状可以是________．

①正三角形　②等腰三角形　③非等腰三角形

④等腰直角三角形（将你认为正确的序号全填上）

[答案]　①②④

[解析]　设点P在底面ABC上的射影为O，由PA、PB、PC与平面ABC所成角均相等，得OA＝OB＝OC，即点O为△ABC的外心，又由PA⊥BC，得OA⊥BC，即AO为△ABC中BC边上的高线，∴AB＝AC，即△ABC必为等腰三角形，故应填①②④.

（理）如图将边长为1的正方形纸板ABCD沿对角线AC折起，使平面ACB⊥平面ACD，然后放在桌面上，使点B、C、D落在桌面，这时点A到桌面的距离为________．

[答案]　

[解析]　取AC中点O，∵OB⊥AC，OD⊥AC，OB∩OD＝O，∴AC⊥平面BOD，∴∠BOD＝90°.

又∵BO＝OD＝，∴BD＝1，S△BOD＝，

∴VA－BCD＝S△BOD·AC＝，设A到桌面距离为h，

VA－BCD＝S△BCD·h＝××h＝，∴h＝，

即A到桌面距离为.

13．（2010·安徽淮北一中）已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则

①棱AB与PD所在的直线垂直；

②平面PBC与平面ABCD垂直；

③△PCD的面积大于△PAB的面积；

④直线AE与直线BF是异面直线．

以上结论正确的是________．（写出所有正确结论的编号）

[答案]　①③

[解析]　由条件可得AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD，故①正确；∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAB、平面PAD都与平面ABCD垂直，故平面PBC不可能与平面ABCD垂直，②错；S△PCD＝CD·PD，S△PAB＝AB·PA，由AB＝CD，PD>PA知③正确；由E、F分别是棱PC、PD的中点可得EF∥CD，又AB∥CD，所以EF∥AB，故AE与BF共面，故④错．

14．（文）（2010·河北唐山）如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM＝________.

[答案]　2

[解析]　∵DA＝DC＝DD1且DA、DC、DD1两两垂直，故当点M使四边形ADCM为正方形时，D1M⊥平面A1C1D，∴DM＝2.

（理）（2010·安徽巢湖市质检）已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别是AB，BC，B1C1的中点．下列命题正确的是________（写出所有正确命题的编号）．

①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面最多只有三个面是直角三角形；

②P在直线FG上运动时，AP⊥DE；

③Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积不变；

④M是正方体的面A1B1C1D1内到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是一条线段．

[答案]　②③④

[解析]　三棱锥A1－ABC的四个面都是Rt△，故①错；F在FG上运动时，PF⊥平面ABCD，∴PF⊥DE，又在正方体ABCD中，E、F为AB、BC中点，∴AF⊥DE，∴DE⊥平面PAF，∴DE⊥PA，故②真；VA－D1QC＝VQ－AD1C，∵BC1∥AD1，∴BC1∥平面AD1C，∴无论点Q在BC1上怎样运动，Q到平面AD1C距离都相等，故③真；到点D和C1距离相等的点在经过线段C1D的中点与DC1垂直的平面α上，故点M为平面α与正方体的面A1B1C1D1相交线段上的点，这条线段即A1D1.

三、解答题

15．（文）（2010·江苏，16）如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°

（1）求证：

PC⊥BC

（2）求点A到平面PBC的距离．

[解析]　

（1）∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.

由∠BCD＝90°知，BC⊥DC，

∵PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC，

∴BC⊥PC.

（2）设点A到平面PBC的距离为h，

∵AB∥DC，∠BCD＝90°，∴∠ABC＝90°，

∵AB＝2，BC＝1，∴S△ABC＝AB·BC＝1，

∵PD⊥平面ABCD，PD＝1，

∴VP－ABC＝S△ABC·PD＝，

∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，

∵PD＝DC＝1，∴PC＝，

∵PC⊥BC，BC＝1，

∴S△PBC＝PC·BC＝，

∵VA－PBC＝VP－ABC，

∴S△PBC·h＝，∴h＝，

∴点A到平面PBC的距离为.

（理）如图，已知三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB中点，且△PMB为正三角形．

（1）求证：

DM∥平面APC；

（2）求证：

平面ABC⊥平面APC；

（3）若BC＝4，AB＝20，求三棱锥D－BCM的体积．

[解析]　

（1）∵M为AB中点，D为PB中点，

∴DM∥AP，又DM⊄平面APC，AP⊂平面APC.

∴DM∥平面APC.

（2）∵△PMB为正三角形，且D为PB中点，

∴MD⊥PB，又由

（1）知MD∥AP，

∴AP⊥PB

又已知AP⊥PC，∴AP⊥平面PBC，

∴AP⊥BC，又∵AC⊥BC

∴BC⊥平面APC

∴平面ABC⊥平面APC.

（3）∵AB＝20，∴MP＝10，∴PB＝10

又BC＝4，PC＝＝2

∴S△BDC＝S△PBC＝PC·BC＝×4×2

＝2

又MD＝AP＝＝5

∴VD－BCM＝VM－BCD＝S△BDC·DM＝×2×5

＝10.

16．（文）如图，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.

（1）求证：

DB⊥平面B1BCC1；

（2）设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．

[解析]　

（1）证明：

∵AB∥DC，AD⊥DC，∴AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，∴BD＝，

易求BC＝，又∵CD＝2，∴BD⊥BC.

又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，

∴BD⊥平面B1BCC1.

（2）DC的中点即为E点．

∵DE∥AB，DE＝AB，∴四边形ABED是平行四边形．

∴AD綊BE.

又AD綊A1D1，∴BE綊A1D1，

∴四边形A1D1EB是平行四边形．∴D1E∥A1B.

∵D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD.

∴D1E∥平面A1BD.

（理）在三棱锥P－ABC中，△PAC和△PBC是边长为的等边三角形，AB＝2，O是AB中点．

（1）在棱PA上求一点M，使得OM∥平面PBC；

（2）求证：

平面PAB⊥平面ABC；

（3）求二面角P－BC－A的余弦值．

[解析]　

（1）当M为棱PA的中点时，OM∥平面PBC.

证明如下：

∵M、O分别为PA、AB中点，

∴OM∥PB

又PB⊂平面PBC，OM⊄平面PBC

∴OM∥平面PBC.

（2）连结OC、OP

∵AC＝CB＝，O是AB中点，AB＝2，∴OC⊥AB，OC＝1.

同理，PO⊥AB，PO＝1.

又PC＝，∴PC2＝OC2＋PO2＝2，

∴∠POC＝90°，∴PO⊥OC.

∵PO⊥OC，PO⊥AB，AB∩OC＝O，∴PO⊥平面ABC.

∵PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC.

（3）如图，建立空间直角坐标系O－xyz.

则B（1,0,0），C（0,1,0），P（0,0,1），

∴＝（－1,1,0），＝（1,0，－1）．

由

（2）知＝（0,0,1）是平面ABC的一个法向量．

设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），

则⇒，

令z＝1，则x＝1，y＝1，∴n＝（1,1,1）．

∴cos〈，n〉＝＝＝.

∵二面角P－BC－A的平面角为锐角，

∴所求二面角P－BC－A的余弦值为.

17．（文）如图，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且＝＝λ（0<λ<1）．

（1）判断EF与平面ABC的位置关系并给予证明；

（2）是否存在λ，使得平面BEF⊥平面ACD，如果存在，求出λ的值，如果不存在，说明理由．

[分析]　

（1）EF与平面ABC相交于点E，故其关系只能是垂直或斜交，由条件＝＝λ易知，EF∥CD，由∠BCD＝90°及AB⊥平面BCD，易证CD⊥平面ABC.

（2）∵EF∥CD，故问题相当于过点B作一个平面与ACD垂直，这样的平面一定存在，故只须计算出λ即可，由条件不难得到BE⊥CD，故只须BE⊥AC.

[解析]　

（1）EF⊥平面ABC.

证明：

因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD，又在△BCD中，∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，又AB∩BC＝B，

所以CD⊥平面ABC，

又在△ACD中，E、F分别是AC、AD上的动点，且＝＝λ（0<λ<1），

∴EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.

（2）∵CD⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴BE⊥CD，

在Rt△ABD中，∠ADB＝60°，∴AB＝BDtan60°＝，则AC＝＝，

当BE⊥AC时，BE＝＝，

AE＝＝，

则＝＝，即λ＝＝时，BE⊥AC，

又BE⊥CD，AC∩CD＝C，∴BE⊥平面ACD，

∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ACD.

所以存在λ，且当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.

[点评]　高考整体降低了对立体几何的考查要求，故线线、线面、面面的位置关系成了主要的考查点，其中平行、垂直的证明题与探索题是重点，同时也要注意由三视图与几何体的结合进行表面积与体积的计算等问题．

（理）已知四棱锥P－ABCD的三视图如下图所示，E是侧棱PC上的动点．

（1）求四棱锥P－ABCD的体积；

（2）是否不论点E在何位置，都有BD⊥AE？

证明你的结论；

（3）若点E为PC的中点，求二面角D－AE－B的大小．

[解析]　

（1）由三视图可知，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，

侧棱PC⊥底面ABCD，且PC＝2.

∴VP－ABCD＝S正方形ABCD·PC＝×12×2＝，

即四棱锥P－ABCD的体积为.

（2）不论点E在何位置，都有BD⊥AE.

证明如下：

连结AC，∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC.

∵PC⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PC.

又∵AC∩PC＝C，∴BD⊥平面PAC.

∵不论点E在何位置，都有AE⊂平面PAC.

∴不论点E在何位置，都有BD⊥AE.

（3）解法1：

在平面DAE内过点D作DF⊥AE于F，连结BF.

∵AD＝AB＝1，DE＝BE＝＝，AE＝AE＝，

∴Rt△ADE≌Rt△ABE，

从而△ADF≌△ABF，∴BF⊥AE.

∴∠DFB为二面角D－AE－B的平面角．

在Rt△ADE中，DF＝＝＝，

∴BF＝.

又BD＝，在△DFB中，由余弦定理得

cos∠DFB＝＝－，

∴∠DFB＝，

即二面角D－AE－B的大小为.

解法2：

如图，以点C为原点，CD，CB，CP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则D（1,0,0），A（1,1,0），B（0,1,0），E（0,0,1），从而＝（0,1,0），＝（－1,0,1），＝（1,0,0），＝（0，－1,1）．

设平面ADE和平面ABE的法向量分别为

n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2），

由⇒，取n1＝（1,0,1）．

由⇒，取n2＝（0，－1，－1）．

设二面角D－AE－B的平面角为θ，则

cosθ＝＝＝－，

∴θ＝，即二面角D－AE－B的大小为.