2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第5讲　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第5讲　高效演练分层突破学案，共10页。

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
解析：选A.由面面垂直的判定定理可得，若l⊂α，l⊥β，则α⊥β，充分性成立；若l⊂α，α⊥β，则l与β平行或相交或垂直，必要性不成立．所以若l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件，故选A.
2．(2020·河北唐山模拟)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是( )
A．①② B．②④
C．①③ D．②③
解析：选B.对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE.故选B.
3.(2020·黑龙江鹤岗模拟)如图，在三棱锥V－ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中不一定成立的是( )
A．AC＝BC
B．AB⊥VC
C．VC⊥VD
D．S△VCD·AB＝S△ABC·VO
解析：选C.因为VO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以VO⊥AB.因为VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊥AB.又因为VO∩VD＝V，所以AB⊥平面VCD.又因为CD⊂平面VCD，所以AB⊥CD.又因为AD＝BD，所以AC＝BC，故A正确．
又因为VC⊂平面VCD，所以AB⊥VC，故B正确；
因为S△VCD＝eq \f(1,2)VO·CD，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·CD，所以S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正确．由题中条件无法判断VC⊥VD.故选C.
4.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
解析：选A.由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.
因为AC⊂平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC.
所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
5.如图，在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
解析：选D.因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，
BC⊄平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故选项A正确；
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
且AE，PE⊂平面PAE，
所以BC⊥平面PAE，
因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，
又DF⊂平面PDF，
从而平面PDF⊥平面PAE.
因此选项B，C均正确．
6.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是边AB上的一个动点，则PM的最小值为________．
解析：作CH⊥AB于H，连接PH.因为PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH为PM的最小值，等于2eq \r(7).
答案：2eq \r(7)
7.如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是边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)
解析：连接AC，BD，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.
而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)
8.如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正确结论的序号是________．
解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．
答案：①②④
9.如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．
(1)求证：BF∥平面ADP；
(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
证明：(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，
因为F是CE的中点，所以FG是梯形CDPE的中位线，
因为CD＝3PE，所以FG＝2PE，
FG∥CD，因为CD∥AB，AB＝2PE，
所以AB∥FG，AB＝FG，
即四边形ABFG是平行四边形，
所以BF∥AG，
又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，
所以BF∥平面ADP.
(2)延长AO交CD于点M，连接BM，FM，
因为BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，
所以ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.
所以FM∥PD，因为PD⊥平面ABCD，
所以FM⊥平面ABCD，所以FM⊥BD，
因为AM∩FM＝M，所以BD⊥平面AMF，
所以BD⊥平面AOF.
10．(一题多解)如图1，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于点A，将△PAD沿AD折起，构成如图2所示的四棱锥P­ABCD，点M在棱PB上，且PM＝eq \f(1,2)MB.
(1)求证：PD∥平面MAC；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求点A到平面PBC的距离．
解：(1)证明：在四棱锥P­ABCD中，连接BD交AC于点N，连接MN，
依题意知AB∥CD，
所以△ABN∽△CDN，
所以eq \f(BN,ND)＝eq \f(BA,CD)＝2，
因为PM＝eq \f(1,2)MB，
所以eq \f(BN,ND)＝eq \f(BM,MP)＝2，
所以在△BPD中，MN∥PD，
又PD⊄平面MAC，MN⊂平面MAC.
所以PD∥平面MAC.
(2)法一：因为平面PAD⊥平面ABCD，且两平面相交于AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，
所以VP­ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PA＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×1))×1＝eq \f(1,3).
因为AB＝2，AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝eq \r(2)，
所以PB＝eq \r(PA2＋AB2)＝eq \r(5)，PC＝eq \r(PA2＋AC2)＝eq \r(3)，BC＝eq \r(AD2＋（AB－CD）2)＝eq \r(2)，
所以PB2＝PC2＋BC2，故∠PCB＝90°，
记点A到平面PBC的距离为h，
所以VA­PBC＝eq \f(1,3)S△PBC·h＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\r(3)×\r(2)))h
＝eq \f(\r(6),6)h.
因为VP­ABC＝VA­PBC，
所以eq \f(1,3)＝eq \f(\r(6),6)h，解得h＝eq \f(\r(6),3).
故点A到平面PBC的距离为eq \f(\r(6),3).
法二：
因为平面PAD⊥平面ABCD，且两平面相交于AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，
因为BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥BC，
因为AB＝2，AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝eq \r(2)，
BC＝eq \r(AD2＋（AB－CD）2)＝eq \r(2)，
所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC，
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
过点A作AE⊥PC于点E，则BC⊥AE，
因为PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC，
所以点A到平面PBC的距离为AE＝eq \f(PA·AC,PC)＝eq \f(1×\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
[综合题组练]
1.如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )
①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；
②BC∥平面A′DE；
③三棱锥A′­FED的体积有最大值．
A．① B．①②
C．①②③ D．②③
解析：选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，
所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上．
②BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.
③当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′­FED的体积达到最大，故选C.
2.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF，则上述结论可能正确的是( )
A．①③ B．②③
C．②④ D．③④
解析：选B.对于①，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则①不成立；对于②，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以②正确；对于③，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；对于④，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以④不成立．
3．在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE.则eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(AE⊥BD,BD⊥AC))⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，EC与BD不垂直，故假设不成立，①错．
②假设AB⊥CD，因为AB⊥AD，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．
③假设AD⊥BC，
因为DC⊥BC，所以BC⊥平面ADC，
所以BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③错．综上，填②.
答案：②
4．如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝eq \r(2)，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq \f(1,2)h，
又2×eq \r(2)＝h×eq \r(22＋（\r(2)）2)，
所以h＝eq \f(2\r(3),3)，DE＝eq \f(\r(3),3).
在Rt△DB1E中，B1E＝eq \r(（\f(\r(2),2)）2－（\f(\r(3),3)）2)＝eq \f(\r(6),6).
由面积相等得eq \f(\r(6),6)× eq \r(x2＋（\f(\r(2),2)）2)＝eq \f(\r(2),2)x，得x＝eq \f(1,2).即线段B1F的长为eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
5．(2020·河南郑州第二次质量预测)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝eq \f(π,3)，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.
(1)求证：AD⊥PB；
(2)若E在线段BC上，且EC＝eq \f(1,4)BC，能否在棱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，请说明理由．
解：(1)证明：连接PF，因为△PAD是等边三角形，F是AD的中点，所以PF⊥AD.
因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq \f(π,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)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.
由(1)知AD⊥BF，因为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.
连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于点G，所以GH⊥平面ABCD.
又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.
因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以eq \f(CH,HF)＝eq \f(CE,DF)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(CG,GP)＝eq \f(CH,HF)＝eq \f(1,2)，
所以GH＝eq \f(1,3)PF＝eq \f(\r(3),3)，
所以VD－CEG＝VG－CDE＝eq \f(1,3)S△CDE·GH＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)DC·CE·sin eq \f(π,3)·GH＝eq \f(1,12).
6．如图(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1­BCD，如图(2)所示．
(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF；
(2)求证：BD⊥A1F；
(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．
解：(1)证明：因为D，M分别为AC，FC的中点，
所以DM∥EF，
又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，
所以DM∥平面A1EF.
(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，
所以BD⊥平面A1EF.
又A1F⊂平面A1EF，
所以BD⊥A1F.
(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：
因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，
所以EF⊥平面A1BD.
因为A1B⊂平面A1BD，
所以A1B⊥EF，
又因为EF∥DM，所以A1B⊥DM.
假设A1B⊥CD，
因为CD∩DM＝D，
所以A1B⊥平面BCD，
所以A1B⊥BD，
这与∠A1BD为锐角矛盾，
所以直线A1B与直线CD不能垂直．