高中数学 空间几何 解题-上海高中数学杨G老师
第二章 2.3 2.3.3
A级 基础巩固
一、选择题
1.平面α∥平面β,直线a∥α,直线b⊥β,那么直线a与直线b的位置关系一定是( C )
A.平行
C.垂直
B.异面
D.不相交
[解析] ∵α∥β,b⊥β,∴b⊥α.又∵a∥α,∴b⊥a.
2.设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面( C )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若m∥n,m⊥α,则n⊥α
B.若m∥α,m∥β,则α∥β
D.若m∥α,α⊥β,则m⊥β
[解析]
∵m∥n,m⊥α,则n⊥α,故选C.
3.如图,已知△ABC为直角三角形,其中∠ACB=90
°,M为AB的中点,PM垂直于
△ABC所在平面,那么( C )
A.PA=PB>PC
C.PA=PB=PC
B.PA=PB<PC
D.PA≠PB≠PC
[解析] ∵PM⊥平面ABC,MC?平面ABC,
∴PM⊥MC,PM⊥AB.
又∵M为AB中点,∠ACB=90°,
∴MA=MB=MC
.
∴PA=PA=PC
.
4.如图,
设平面α∩平面β=PQ,EG⊥平面α,FH⊥平面α,垂足分别为G、H.为使
PQ⊥GH,则需增
加的一个条件是( B )
A.EF⊥平面α
C.PQ⊥GE
B.EF⊥平面β
D.PQ⊥FH
[解析] 因为EG⊥平面α,PQ?平面α,所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β,则由PQ?平面β,得EF⊥PQ.又EG与EF为相交直线,所以PQ⊥平面EFHG,所以PQ⊥GH,故选B.
5.下列结论正确的是( A )
a∥b
?
a⊥α
?
a⊥
α
?
???
???
?b∥α; ①?b⊥α;②?a∥b;③
???
a⊥α
?
b⊥α
?
a⊥b
?
a∥α
??
?
?b⊥α. ④
?
a⊥b
?
A.①②
C.②③④
[解析] 由性质定理可得(1)(2)正确.
6.如图,正方
体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中,点P
在侧面BCC
1
B
1
及其边界上运动,并且总
是保持AP⊥BD1
,则动点P的轨迹是( A )
B.①②③
D.①②④
A.线段B
1
C
B.线段BC
1
C.BB
1
中点与CC
1
中点连成的线段
D.BC中点与B
1
C
1
中点连成的线段
[解析]
∵DD
1
⊥平面ABCD,∴D
1
D⊥AC,
又AC⊥BD,∴AC⊥平面BDD
1
,
∴AC⊥BD
1
.同理BD
1
⊥B
1
C
.
又∵B
1
C∩AC=C,
∴BD
1
⊥平面AB
1
C
.
而AP⊥BD
1
,∴AP?平面AB
1
C
.
又P∈平面BB
1
C
1
C,∴P点轨迹为平面AB
1
C
与平面BB
1
C
1
C的交线B
1
C
.
故选
A.
二、填空题
7.线段AB在平面α的同侧,A、B到α的距离分别为3和5,则AB的中点到α的距
离为
4 .
[解析] 如图,设AB的中点为M,分别过A、M、B向α作垂线,垂足分别为A
1
、M
1
、
B
1
,则由线面垂直的性质可知,AA
1
∥MM
1
∥BB
1
,
四边形AA
1
B
1
B为直角梯形,
AA
1
=3,BB
1
=5,MM
1
为其中位线,
∴MM
1
=4.
8.正三棱锥的底面边长为2,侧面均为直角三角形,则此三棱锥的体积是
[解析] 如图,
由已知得PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,
∴PA⊥平面PBC
.
又PB⊥PC,PB=PC,BC=2,
∴PB=PC=2.
1112
∴V
P
-
ABC
=
V
A
-
PBC
=PA·S
△
PBC
=×2××2×
2=.
3323
三、解答题
9.如图,四棱柱ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
的底面ABCD是正方形,O为底面中心,A<
br>1
O⊥平
面ABCD,AB=AA
1
=2.
2
.
3
证明:A
1
C⊥平面BB
1
D
1
D.
[解析] ∵A
1
O⊥平面ABCD,∴A
1
O⊥BD.
又底面ABCD是正方形,
∴BD⊥AC,∴BD⊥平面A
1
OC,∴BD
⊥A
1
C
.
又OA
1
是AC的中垂线,
2
∴A
1
A=A
1
C=2,且AC=2,∴AC
2
=AA
2
1
+A
1
C,
∴△AA
1
C
是直角三角形,∴AA
1
⊥A
1
C
.
又BB1
∥AA
1
,∴A
1
C⊥BB
1
,∴A
1
C⊥平面BB
1
D
1
D.
10.如图,在四棱锥P-
ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,
PA=AB=BC,
E是PC的中点.
证明:(1)CD⊥AE;
(2)PD⊥平面ABE.
[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中,
因为PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,故AP⊥CD.
因为AC⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC
.
AE?平面PAC,所以CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA
.
因为E是PC的中点,所以AE⊥PC
.
由(1)知,AE⊥CD,且PC∩CD=C,
所以AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD,所以AE⊥PD.
因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.
又AB⊥AD,且AD∩PA=A,所以AB⊥平面PAD.
又PD?平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.
B级 素养提升
一、选择题
1.已知平面α与平面β相交,直线m⊥α,则( C
)
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,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
2.如图,正方体AC
1<
br>的棱长为1,过点A作平面A
1
BD的垂线,垂足为H,则以下结
论中,错误的
结论是( D )
A.点H是△A
1
BD的垂心
C.AH的延长线经过点C
1
B.AH垂直于平面CB
1
D
1
D.直线AH和BB
1
所成角为45°
[解析] A中,△A
1<
br>BD为等边三角形,∴四心合一,∵AB=AA
1
=AD,∴H到△A
1
BD
各顶点的距离相等,∴A正确;
易知CD<
br>1
∥BA
1
,CB
1
∥DA
1
,又CD1
∩CB
1
=C,BA
1
∩DA
1
=A
1
,∴平面CB
1
D
1
∥平面
A
1
BD
,∴AH⊥平面CB
1
D
1
,∴B正确;
连接AC
1,则AC
1
⊥B
1
D
1
,∵B
1
D<
br>1
∥BD,
∴AC
1
⊥BD,同理,AC
1
⊥BA
1
,又BA
1
∩BD=B,∴AC
1
⊥平面A
1<
br>BD,
∴A、H、C
1
三点共线,∴C正确,利用排除法选D.
3
.如图所示,PA垂直于⊙O所在平面,AB是⊙O的直径,C是⊙O上的一点,E、F
分别是点A在P
B、PC上的射影,给出下列结论:①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④
AE⊥BC
.
其中正确的个数为( C )
A.1
C.3
B.2
D.4
[解析] ∵AB是⊙O的直径,∴AC⊥BC
.
∵PA垂直于⊙O所在的平面,∴PA⊥AB,
PA⊥AC,PA⊥BC,∴AC∩PA=A,BC⊥平
面PAC,∴BC⊥AF,∴③正确.又AF⊥PC,
∴AF⊥平面PBC,∴AF⊥PB,∴①正确.
又AE⊥PB,∴PB⊥平面AEF,∴EF⊥PB,∴
②正确.若AE⊥BC,则由AE⊥PB,得A
E⊥平面PBC,此时E、F重合,与已知矛盾,∴
④错误.故选C.
二、填空题
4.已知三棱锥P-ABC,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,PA=2,AC=BC=1,则三棱锥P
-ABC外接球的体积为 6π .
[解析] 如图所示
取PB的中点O,∵PA⊥平面ABC,
∴PA⊥AB,PA⊥BC,又BC⊥AC,PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC,
11<
br>∴BC⊥PC
.
∴OA=PB,OC=PB,∴OA=OB=OC=OP,故O为外接球
的球心.
22
又PA=2,AC=BC=1,
∴AB=2,PB=6,
∴外接球的半径R=
6
.
2
4
4π
6
∴
V
球
=
πR
3
=×()
3
=6π.
33
2
5.(2019·全国卷Ⅰ文,16)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点
P到∠
ACB两边AC,BC的距离均为3,那么P到平面ABC的距离为 2 .
[解析]
如图,过点P作PO⊥平面ABC于O,则PO为P到平面ABC的距离.
再过O作OE⊥AC于E,OF⊥BC于F,
连接PC,PE,PF,则PE⊥AC,PF⊥BC
.
又PE=PF=3,所以OE=OF,
所以CO为∠ACB的平分线,
即∠ACO=45°.
在Rt△PEC中,PC=2,PE=3,所以CE=1,
所以OE=1,所以PO=PE
2
-OE
2
=?3?
2
-1
2
=2.
三、解答题
6.如图所示,四边形ABCD为正方形,SA⊥平
面ABCD,过A且垂直于SC的平面分
别交SB、SC、SD于E、F、G.
求证:AE⊥SB.
[解析]
因为SA⊥平面ABCD,
所以SA⊥BC
.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥BC
.
因为SA∩AB=A,所以BC⊥平面SAB.
因为AE?平面SAB,所以BC⊥AE.
因为SC⊥平面AGFE,所以SC⊥AE.
又因为BC∩SC=C,所以AE⊥平面SBC
.
而SB?平面SBC,所以AE⊥SB.
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面A
BCD,AB=BC=2,AD=CD=7,PA
=3,∠ABC=120°.G为线段PC上的点.
(1)证明:BD⊥平面APC;
(2)若G为PC的中点,求DG与平面APC所成角的正切值;
PG
(3)若G满足PC⊥平面BGD,求的值.
GC
[解析]
(1)设点O为AC、BD的交点.
由AB=BC,AD=CD,得BD垂直平分线段AC
.
所以O为AC的中点,BD⊥AC
.
又因为PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,
所以PA⊥BD.
又PA∩AC=A,
所以BD⊥平面APC
.
(2)连接OG.
由(1)可知OD⊥平面APC,则DG在平面APC内的射影为OG,所以∠OGD
是DG与平面PA
C所成的角.
13
由题意得OG=PA=.
22
在△ABC中,
因为AB=BC,∠ABC=120°,AO=CO,
1
所以∠ABO=∠ABC=60°,
2
所以AO=OC=AB·sin60°=3.
在Rt△OCD中,OD=CD
2
-OC
2
=2.
OD43
在Rt△OGD中,tan∠OGD==.
OG3
43
所以DG与平面APC所成角的正切值为.
3
(3)因为PC⊥平面BGD,OG?平面BGD,所以PC⊥OG.
在Rt△PAC中,PC=?3?
2
+?23?
2
=15.
AC·OC215
所以GC==.
PC5
315PG3
从而PG=,所以=.
5GC2