2024年高考數(shù)學考綱解讀與熱點難點突破專題14空間中的平行與垂直熱點難點突破理含解析

PAGEPAGE9空間中的平行與垂直1.四棱錐P-ABCD的三視圖如圖所示，四棱錐P-ABCD的五個頂點都在一個球面上，E，F(xiàn)分別是棱AB，CD的中點，直線EF被球面所截得的線段長為2eq\r(2)，則該球的表面積為()A．12π B．24π C．36π D．48π答案A2．已知a，b，m，n是四條不同的直線，其中a，b是異面直線，則下列命題正確的個數(shù)為()①若m⊥a，m⊥b，n⊥a，n⊥b，則m∥n②若m∥a，n∥b，則m，n是異面直線③若m與a，b都相交，n與a，b都相交，則m，n是異面直線A．0 B．1C．2 D．3解析明顯①正確．②中m，n可能異面，可能相交，∴②不正確．③中m，n可能異面，可能相交，∴③不正確．答案B3．已知l，m，n是空間中的三條直線，命題p：若m⊥l，n⊥l，則m∥n；命題q：若直線l，m，n兩兩相交，則直線l，m，n共面，則下列命題為真命題的是()A．p∧q B．p∨qC．p∨(非q) D．(非p)∧q解析命題p中，m，n可能平行，還可能相交或異面，所以命題p為假命題；命題q中，當三條直線交于三個不同的點時，三條直線肯定共面，當三條直線交于一點時，三條直線不肯定共面，所以命題q也為假命題．所以非p和非q都為真命題，故p∨(非q)為真命題．答案C4．設α，β是兩個不同的平面，l是一條直線，以下命題：①若l⊥α，α⊥β，則l∥β；②若l∥α，α∥β，則l∥β；③若l⊥α，α∥β，則l⊥β；④若l∥α，α⊥β，則l⊥β.其中正確命題的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析對于①，可能l?β，對于②，可能l?β；對于④，l∥β，l?β，l與β相交都有可能．綜上可知①②④為假命題．由面面平行的性質(zhì)定理易知命題③正確，故選A.答案A5.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中點，動點P在底面ABCD內(nèi)，且PA1＝A1E，則點A．線段B．圓弧C．橢圓的一部分D．拋物線的一部分解析由PA1＝A1E知點P應落在以A1為球心，A1E長為半徑的球面上．又知動點P在底面ABCD內(nèi)，所以點P的軌跡是底面ABCD與球面形成的交線，故為圓弧，所以選B.答案B6.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分別是AA1，A1D1，CC1，BC的中點，給出以下四個結論：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C與PM相交；④NCA．① B．②C．③ D．④解析作出過M，N，P，Q四點的截面交C1D1于點S，交AB于點R，如圖中的六邊形MNSPQR，明顯點A1，C分別位于這個平面的兩側，故A1C與平面MNPQ肯定相交，不行能平行，故結論②不正確．答案B7．如圖所示，在正四棱柱(側面為矩形，底面為正方形的棱柱)ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點，則以下結論中不成立的是()A．EF與BB1垂直 B．EF與BD垂直C．EF與CD異面 D．EF與A1C1異面解析連接B1C，AC，則易知EF是△ACB1的中位線，因此EF∥AC∥A1C1，故選D.答案D8．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段AD1上運動，則異面直線CP與BA1所成的角θ的取值范圍是()A．0<θ<eq\f(π,2) B．0<θ≤eq\f(π,2)C．0≤θ≤eq\f(π,2) D．0<θ≤eq\f(π,3)解析當P在D1處時，CP與BA1所成角為0；當P在A處時，CP與BA1所成角為eq\f(π,3)，∴0<θ≤eq\f(π,3).答案D9．設m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題：①m⊥α，n∥α，則m⊥n；②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β；③若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ；④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，則α∥β.其中正確命題的序號是()A．①和③ B．②和③ C．③和④ D．①和④解析②中平面α，β可能相交；④平面α，β可能相交，故選A.答案A10．a(chǎn)、b、c為三條不重合的直線，α、β、γ為三個不重合的平面，現(xiàn)給出六個命題：①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a∥c，,b∥c))?a∥b；②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a∥γ，,b∥γ))?a∥b；③eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α∥c，,β∥c))?α∥β；④eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α∥γ，,β∥γ))?α∥β；⑤eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α∥c，,a∥c))?α∥a；⑥eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α∥γ，,a∥γ))?a∥α.其中正確的命題是()A．①②③ B．①④⑤ C．①④ D．①③④解析①④正確．②錯，a、b可能相交或異面．③錯，α與β可能相交．⑤⑥錯，a可能在α內(nèi)．答案C11.正三棱錐的高為1，底面邊長為2eq\r(6)，內(nèi)有一個球與它的四個面都相切(如圖)．求：(1)這個正三棱錐的表面積；(2)這個正三棱錐內(nèi)切球的表面積與體積．解(1)底面正三角形中心到一邊的距離為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2eq\r(6)＝eq\r(2)，則正棱錐側面的斜高為eq\r(12＋（\r(2)）2)＝eq\r(3).∴S側＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(6)×eq\r(3)＝9eq\r(2).∴S表＝S側＋S底＝9eq\r(2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2＝9eq\r(2)＋6eq\r(3).(2)設正三棱錐P-ABC的內(nèi)切球球心為O，連接OP，OA，OB，OC，而O點到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r.∴VP-ABC＝VO-PAB＋VO-PBC＋VO-PAC＋VO-ABC＝eq\f(1,3)S側·r＋eq\f(1,3)S△ABC·r＝eq\f(1,3)S表·r＝(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r.又VP-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2×1＝2eq\r(3)，∴(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r＝2eq\r(3)，得r＝eq\f(2\r(3),3\r(2)＋2\r(3))＝eq\f(2\r(3)（3\r(2)－2\r(3)）,18－12)＝eq\r(6)－2.∴S內(nèi)切球＝4π(eq\r(6)－2)2＝(40－16eq\r(6))π.V內(nèi)切球＝eq\f(4,3)π(eq\r(6)－2)3＝eq\f(8,3)(9eq\r(6)－22)π.12．如圖所示，在邊長為5＋eq\r(2)的正方形ABCD中，以A為圓心畫一個扇形，以O為圓心畫一個圓，M，N，K為切點，以扇形為圓錐的側面，以圓O為圓錐底面，圍成一個圓錐，求圓錐的表面積與體積．解設圓錐的母線長為l，底面半徑為r，高為h，由已知條件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l＋r＋\r(2)r＝（5＋\r(2)）×\r(2)，,\f(2πr,l)＝\f(π,2)，))解得r＝eq\r(2)，l＝4eq\r(2).所以S＝πrl＋πr2＝10π，h＝eq\r(l2－r2)＝eq\r(30)，V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(2\r(30)π,3).13.在空間四邊形ABCD中，已知AD＝1，BC＝eq\r(3)，且AD⊥BC，對角線BD＝eq\f(\r(13),2)，AC＝eq\f(\r(3),2)，求AC和BD所成的角．解如圖，分別取AD，CD，AB，BD的中點E，F(xiàn)，G，H，連接EF，F(xiàn)H，HG，GE，GF.由三角形的中位線定理知，EF∥AC，且EF＝eq\f(\r(3),4)，GE∥BD，且GE＝eq\f(\r(13),4).GE和EF所成的銳角(或直角)就是AC和BD所成的角．同理，GH＝eq\f(1,2)，HF＝eq\f(\r(3),2)，GH∥AD，HF∥BC.又AD⊥BC，∴∠GHF＝90°，∴GF2＝GH2＋HF2＝1.在△EFG中，EG2＋EF2＝1＝GF2，∴∠GEF＝90°，即AC和BD所成的角為90°.14．已知空間四邊形ABCD中，E，H分別是邊AB，AD的中點，F(xiàn)，G分別是邊BC，CD的中點．(1)求證：BC與AD是異面直線；(2)求證：EG與FH相交．證明(1)假設BC與AD共面．不妨設它們所共平面為α，則B，C，A，D∈α.∴四邊形ABCD為平面圖形，這與四邊形ABCD為空間四邊形相沖突，∴BC與AD是異面直線．(2)如圖，連接AC，BD，則EF∥AC，HG∥AC，∴EF∥HG.同理，EH∥FG，則EFGH為平行四邊形．又EG，F(xiàn)H是?EFGH的對角線，∴EG與HF相交．15．如圖，圓O為三棱錐P－ABC的底面ABC的外接圓，AC是圓O的直徑，PA⊥BC，點M是線段PA的中點．(1)求證：BC⊥PB；(2)設PA⊥AC，PA＝AC＝2，AB＝1，求三棱錐P－MBC的體積；(3)在△ABC內(nèi)是否存在點N，使得MN∥平面PBC？請證明你的結論．(1)證明如圖，因為AC是圓O的直徑，所以BC⊥AB，因為BC⊥PA，又PA、AB?平面PAB，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，所以BC⊥PB，(2)解如圖，在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝1，所以BC＝eq\r(3)，因此S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，因為PA⊥BC，PA⊥AC，BC∩AC＝C，所以PA⊥平面ABC，所以，VP－MBC＝VP－ABC－VM－ABC＝eq\f(1,3)·eq\f(\r(3),2)·2－eq\f(1,3)·eq\f(\r(3),2)·1＝eq\f(\r(3),6).(3)解如圖，取AB的中點D，連接OD、MD、OM，則N為線段OD(除端點O、D外)上隨意一點即可，理由如下：因為M、O、D分別是PA、AC、AB的中點，所以MD∥PB，MO∥PC.因為，MD?平面PBC，PB?平面PBC，所以MD∥平面PBC，同理可得，MO∥平面PBC.因為MD、MO?平面MDO，MD∩MO＝M，所以平面MDO∥平面PBC，因為MN?平面MDO，故MN∥平面PBC.16.如圖，已知四棱錐P－ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且AB∥CD，O是AB中點，PO⊥平面ABCD，PO＝CD＝DA＝eq\f(1,2)AB＝4，M是PA中點．(1)證明：平面PBC∥平面ODM；(2)求點A到平面PCD的距離．解(1)證明：由題意，CD∥BO，CD＝BO，∴四邊形OBCD為平行四邊形，∴BC∥OD.又∵AO＝OB，AM＝MP，∴OM∥PB.又OM?平面PBC，PB?平面PBC，∴OM∥平面PBC.同量，OD∥平面PBC，又OM∩OD＝O，∴平面PBC∥平面ODM.(2)取CD的中點N，連接ON，PN，則ON，PN分別為△ACD，△PCD的高．由PO＝CD＝DA＝eq\f(1,2)AB＝4.可得PN＝2eq\r(7)，ON＝2eq\r(3).設點A到平面PCD的距離為d.∵V三棱錐A－PCD＝V三棱錐P－ACD，即eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2eq\r(7)×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)×4，∴d＝eq\f(4\r(21),7).17.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求證