【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第9章-第5节-线面、面面垂直的判定与性质.docx

第九章第五节一、选择题1(文)(2022温州十校联考)关于直线a，b，l及平面，下列命题中正确的是()A若a，b，则abB若a，ba，则bC若a，b，且la，lb，则lD若a，a，则答案D解析平行于同一平面的两条直线的位置关系不确定，故A错；a，ba时，经过b与a垂直的平面内任一条直线l都与a垂直，但l与的位置关系不确定，每一条直线l都可取作直线b，故B错；对于C，当a与b相交时，结论成立，当a与b不相交时，结论错误，故C错；a，设经过a的平面与相交于c，则ac，a，c，故D正确(理)已知两条不同的直线m、n，两个不同的平面、，则下列命题中的真命题是()A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，n，则mnD若m，n，则mn答案A解析mn，故A正确；如图(1)，m，n满足n，但mn，故C错；如图(2)知B错；如图(3)正方体中，m，n，知D错2(文)设、是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题若，则；若l上两点到的距离相等，则l；若l，l，则；若，l，且l，则l.其中正确的命题是()A B C D答案D解析对于：若，则可能，也可能.对于：若l上两点到的距离相等，则l，明显错误当l，lA时，l上到A距离相等的两点到的距离相等明显正确(理)设a、b为两条直线，、为两个平面，下列四个命题中真命题是()A若a、b与所成角相等，则abB若a，b，则abC若a，b，ab，则D若a，b，则ab答案D解析正四棱锥PABCD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，abc，满足a，b，故B错；图(2)正方体中，上、下底面为、，a、b为棱，满足a，b，ab，但，故C错；ba，故D真3(2022浙江温州第一次适应性测试)m是一条直线，是两个不同的平面，以下命题正确的是()A若m，则mB若m，m，则C若m，则mD若m，m，则答案D解析若m，则m或m，A错误；若m，m，则或l，且ml，B错误；若m，则m或m或m，C错误；m，存在直线n，使mn，m，n，又n，故选D4(文)(2021深圳调研)如图，在立体图形DABC中，若ABCB，ADCD，E是AC的中点，则下列结论正确的是()A平面ABC平面ABDB平面ABD平面BDCC平面ABC平面BDE，且平面ADC平面BDED平面ABC平面ADC，且平面ADC平面BDE答案C解析要推断两个平面的垂直关系，就需找一个平面内的一条直线与另一个平面垂直由于ABCB，且E是AC的中点，所以BEAC，同理有DEAC，于是AC平面BDE.由于AC在平面ABC内，所以平面ABC平面BDE.又由于AC平面ACD，所以平面ACD平面BDE.所以选C(理)(2022望江期中)在正四周体PABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面ABCD平面PAE平面ABC答案C解析D、F分别为AB、CA中点，DFBCBC平面PDF，故A正确又PABC为正四周体，P在底面ABC内的射影O在AE上PO平面ABCPODF.又E为BC中点，AEBC，AEDF.又POAEO，DF平面PAE，故B正确又PO平面PAE，PO平面ABC，平面PAE平面ABC，故D正确四个结论中不成立的是C5(文)在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB2，AA11，则点A到平面A1BC的距离为()ABCD答案B解析解法1：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AFA1E，垂足为F.A1A平面ABC，A1ABC，ABACAEBCBC平面AEA1.BCAF，又AFA1E，AF平面A1BCAF的长即为所求点A到平面A1BC的距离AA11，AE，AF.解法2：VA1ABCSABCAA11.又A1BA1C，在A1BE中，A1E2.SA1BC222.VAA1BCSA1BChh.h，h.点A到平面A1BC距离为.(理)如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧面A1ABB1BC，且A1C与底面成45角，ABBC2，则该棱柱体积的最小值为()A4 B3C4D3答案C解析由已知得平面A1ABB1平面ABC且交线为AB，故A1在平面ABC上的射影D在AB上由A1C与底面成45角得A1DDC，BCAB，当CD最小即CDBC时A1D最小，此时VminABBCA1D2224.故选C6. (2022皖南八校联考)正四周体ABCD的棱长为1，G是ABC的中心，M在线段DG上，且AMB90，则GM的长为()ABCD答案D解析G是正四周体ABCD的面ABC的中心，M在DG上，MAMB，又AMB90，AB1，MAMB，又AG，MG.二、填空题7.如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADC90，且AA1ADDC2，M平面ABCD，当D1M平面A1C1D时，DM_. 答案2解析DADCAA1DD1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，DM2.8.如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可)答案DMPC(或BMPC等)(不唯一)解析连接AC，四边形ABCD为菱形，ACBD，又PA平面ABCD，PABD，又ACPAA，BD平面PAC，BDPC当DMPC(或BMPC等)时，即有PC平面MBD，而PC平面PCD，平面MBD平面PCD9已知正方体ABCDA1B1C1D1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_(写出全部正确命题的编号)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；P在直线FG上运动时，APDE；Q在直线BC1上运动时，三棱锥AD1QC的体积不变；M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解析三棱锥A1ABC的四个面都是直角三角形，故错；P在FG上运动时，PF平面ABCD，PFDE，又在正方体ABCD中，E、F为AB、BC中点，AFDE，DE平面PAF，DEPA，故真；VAD1QCVQAD1C，BC1AD1，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垂直的平面上，故点M为平面与正方体的面A1B1C1D1相交线段上的点，这条线段即A1D1.三、解答题10(2022山东威海一模)如图所示，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，等腰梯形ABEF中，ABEF，AB2，ADAF1，BAF60，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面OBF的重心(1)求证：平面ADF平面CBF；(2)求证：PM平面AFC；(3)求多面体CDAFEB的体积V.解析(1)证明：矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，且CBAB，CB平面ABEF.又AF平面ABEF，CBAF.又AB2，AF1，BAF60，由余弦定理知BF，AF2BF2AB2，得AFBF.又BFCBB，AF平面CFBAF平面ADF，平面ADF平面CBF.(2)证明：连接OM延长交BF于H，则H为BF的中点，又P为CB的中点，PHCF.又CF平面AFC，PH平面AFC连接PO，则POAC，AC平面AFC，PO平面AFC，PO平面AFC又POPHP，平面POH平面AFC，PM平面POH，PM平面AFC(3)多面体CDAFEB的体积可分成三棱锥CBEF与四棱锥FABCD的体积之和在等腰梯形ABEF中，计算得EF1，两底间的距离EE1，VCBEFSBEFCB11，VFABCDSABCDEE121，VVCBEFVFABCD.一、解答题11(文)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面相互垂直，ADCD，ABCD，ABAD2，CD4，M为CE的中点(1)求证：BM平面ADEF；(2)求证：平面BDE平面BEC证明(1)证明：延长DA与CB相交于P，ABAD2，CD4，ABCD，B为PC的中点，又M为CE的中点，BMEP，BM平面ADEF，EP平面ADEF，BM平面ADEF.(2)证明：由(1)知，BCPC2，又BD2，BD2BC2CD2，BDBC又平面ADEF平面ABCD，EDAD，ED平面ABCD，EDBC，EDBDD，BC平面BDE，又BC平面BEC，平面BDE平面BEC(理)(2021合肥其次次质检)如图，在几何体ABCDE中，ABAD2，ABAD，AE平面ABDM为线段BD的中点，MCAE，AEMC.(1)求证：平面BCD平面CDE；(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN平面BEC解析(1)ABAD2，ABAD，M为线段BD的中点，AMBD，AMBDMC，MCBD，BCCDAE平面ABD，MCAE，MC平面ABD平面ABD平面CBD，AM平面CBD又MC綊AE，四边形AMCE为平行四边形，ECAM，EC平面CBD，BCEC，ECCDC，BC平面CDE，平面BCD平面CDE.(2)M为BD中点，N为ED中点，MNBE且BEECE，由(1)知ECAM且AMMNM，平面AMN平面BEC12(文)(2021北京朝阳期末)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD2，E是棱CD上的一点(1)求证：AD1平面A1B1D；(2)求证：B1EAD1；(3)若E是棱CD的中点，在棱AA1上是否存在点P，使得DP平面B1AE？若存在，求出线段AP的长；若不存在，请说明理由解析(1)证明：在长方体ABCDA1B1C1D1中，由于A1B1平面A1D1DA，所以A1B1AD1.在矩形A1D1DA中，由于AA1AD2，所以AD1A1D所以AD1平面A1B1D(2)证明：由于ECD，所以B1E平面A1B1CD，由(1)可知，AD1平面A1B1CD，所以B1EAD1.(3)解：当点P是棱AA1的中点时，有DP平面B1AE.理由如下：在AB1上取中点M，连接PM，ME.由于P是棱AA1的中点，M是AB1的中点，所以PMA1B1，且PMA1B1.又DEA1B1，且DEA1B1，所以PMDE，且PMDE，所以四边形PMED是平行四边形，所以DPME.又DP平面B1AE，ME平面B1AE，所以DP平面B1AE.此时，APA1A1.(理)(2022四川绵阳二诊)如图所示，四边形ABCD为矩形，四边形ADEF为梯形，ADFE，AFE60，且平面ABCD平面ADEF，AFFEABAD2，点G为AC的中点(1)求证：EG平面ABF；(2)求三棱锥BAEG的体积；(3)试推断平面BAE与平面DCE是否垂直？若垂直，请证明；若不垂直，请说明理由解析(1)证明：取AB中点M，连FM，GM.G为对角线AC的中点，GMAD，且GMAD又FE綊AD，GMFE且GMFE.四边形GMFE为平行四边形，EGFM.又EG平面ABF，FM平面ABF，EG平面ABF.(2)作ENAD，垂足为N，由平面ABCD平面AFED，平面ABCD平面AFEDAD，得EN平面ABCD，即EN为三棱锥EABG的高在AEF中，AFFE，AFE60，AEF是正三角形AEF60，EFAD知EAD60，ENAEsin60.三棱锥BAEG的体积为VSABGEN2.(3)平面BAE平面DCE.证明如下：四边形ABCD为矩形，且平面ABCD平面AFED，CD平面AFED，CDAE.四边形AFED为梯形，FEAD，且AFE60，FAD120.又在AED中，EA2，AD4，EAD60，由余弦定理，得ED2，EA2ED2AD2，EDAE.又EDCDD，AE平面DCE.又AE平面BAE，平面BAE平面DCE.13(文)(2022甘肃张掖月考)如图所示，在底面是正方形的四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，BD交AC于点E，F是PC的中点，G为AC上一动点(1)求证：BDFG；(2)确定点G在线段AC上的位置，使FG平面PBD，并说明理由；(3)假如PAAB2，求三棱锥BCDF的体积解析(1)证明：PA平面ABCD，四边形ABCD是正方形，其对角线BD，AC交于点E，PABD，ACBDBD平面APCFG平面PAC，BDFG.(2)当G为EC的中点，即AGAC时，FG平面PBD理由如下：连接PE.F为PC的中点，G为EC的中点，FGPE.FG平面PBD，PE平面PBD，FG平面PBD(3)三棱锥BCDF的体积为VBCDFVFBCD221.(理)如图1，在RtABC中，C90，D、E分别为AC、AB的中点，点F为线段CD上的一点，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如图2.(1)求证：DE平面A1CB；(2)求证：A1FBE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C平面DEQ？说明理由分析(1)利用线面平行判定定理证明(关键证明DEBC)(2)由平面图形知折叠后，由线面垂直判定定理证得DE平面A1CD，则DEA1F，又由A1FCD，易证得A1F平面BCDE，则A1FBE.(3)实行先找再证的方法处理由DA1DC联想到等腰三角形底边上的中线是底面边上的高，可取A1C中点，再由“中点找中点”原则取A1B中点Q，证明A1C平面DEQ(利用(2)中的DE平面A1DC这一结论)解析(1)证明：由于D、E分别为AC、AB的中点，所以DEBC又由于DE平面A1CB，所以DE平面A1CB(2)证明：由已知得ACBC且DEBC，所以DEAC，所以DEA1D，DECD所以DE平面A1DC而A1F平面A1DC，所以DEA1F.又由于A1FCD，所以A1F平面BCDE.所以A1FBE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C、A1B的中点P、Q，则PQBC又由于DEBC，所以DEPQ，所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE平面A1DC，所以DEA1C又由于P是等腰直角三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP.所以A1C平面DEP.从而A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C平面DEQ.点评1.本题考查了线面平行，线面垂直的判定定理，性质定理，折叠问题，存在性问题等2对于折叠问题，关键是看清折叠前后各量的变化与不变(包括长度、角度、位置关系等)，对于存在性问题，一般实行先找再证(取特例)的方法解决14(文)(2021江西)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB/CD，ADAB，AB2，AD，AA13，E为CD上一点，DE1，EC3.(1)证明：BE平面BB1C1C；(2)求点B1 到平面EA1C1 的距离解析(1)证明：如图，过点B作CD的垂线交CD于点F，则BFAD，EFABDE1，FC2.在RtBFE中，BE.在RtCFB中，BC.在BEC中，由于BE2BC29EC2，故BEBC由BB1平面ABCD得BEBB1，所以BE平面BB1C1C(2)解：三棱锥EA1B1C1的体积VAA1SA1B1C1.在RtA1D1C1中，A1C13.同理，EC13.故SA1C1E3.设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1A1C1E的体积VdSA1C1Ed，从而d，d.即点B1到平面EA1C1的距离为.(理)(2022唐山一中月考) 如图，三棱柱ABCA1B1C1中，BC侧面AA1C1C，ACBC1，CC12, CAA1，D、E分别为AA1、A1C的中点(1)求证：A1C平面ABC；(2)求平面BDE与平面ABC所成角的余弦值解析(1)证明：BC侧面AA1C1C，A1C在平面AA1C1C内，BCA1C，AA1C中，AC1，AA1C1C2，CAA1，由余弦定理得A1C2AC2AA2ACAA1cosCAA11222212cos3，A1C，AC2A1C2AA，ACA1C，ACBCC，A1C平面ABC(2)由(1)知CA，CA1，CB两两垂直，如图，以C为空间坐标系的原点，分别以CA，CA1，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，B(0,0,1)，A(1,0,0)，A1(0，0)，由此可得D(，0)，E(0，0)，(，1)，(0，1)设平面BDE的法向量为n(x，y，z)，则有，令z1，则x0，y，n(0，1)，A1C平面ABC，(0，0)是平面ABC的一个法向量，cos，平面BDE与ABC所成锐二面角的余弦值为.