2025届高考数学二轮总复习专题4立体几何专题突破练14空间位置关系的判断与证明课件

这是一份2025届高考数学二轮总复习专题4立体几何专题突破练14空间位置关系的判断与证明课件，共23页。PPT课件主要包含了ABD，ABC等内容，欢迎下载使用。
1.(2024江西鹰潭一模)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)A.若a∥b,a∥α,则b∥αB.若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥βC.若α⊥β,α⊥β,则a∥αD.若α⊥β,a∥α,则α⊥β
解析 若a∥b,a∥α,则b∥α或b⊂α,故A错误;若a⊥α,b⊥β,则直线a,b的方向向量a,b分别为平面α,β的法向量.又a⊥b,即a⊥b,所以α⊥β,故B正确;若α⊥β,a⊥β,则a∥α或a⊂α,故C错误;由α⊥β,a∥α无法判断a与β的关系.故D错误.故选B.
2.(多选题)如图,四边形ABCD是圆柱的轴截面,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下面结论中正确的是(　　)A.AE⊥CEB.BE⊥DEC.DE⊥平面BCED.平面ADE⊥平面BCE
解析 因为四边形ABCD是圆柱的轴截面,则线段AB是底面圆的直径, BC,AD都是圆柱的母线.又E是底面圆周上异于A,B的一点,所以AE⊥BE.因为BC⊥平面ABE,AE⊂平面ABE,所以BC⊥AE.又BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,则AE⊥平面BCE.又CE⊂平面BCE,所以AE⊥CE,故A正确;同理,BE⊥DE,故B正确;假设DE⊥平面BCE,因为AE⊥平面BCE,所以DE∥AE.又DE∩AE=E,矛盾,故C不正确;因为AE⊥平面BCE,AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE,故D正确.
3.(多选题)(2024江苏南通模拟)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接,然后他又将三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得图2所示四面体ABCD.小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断,其中正确的是(　　)
A.CD⊥平面ABCB.AB⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACDD.平面ABD⊥平面BCD
解析 因为二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD.又因为平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,DC⊂平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故A正确;因为DC⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以DC⊥AB.又因为AB⊥AC,AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正确;因为AB⊥平面ACD,AB⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面ACD,故C正确;假设平面ABD⊥平面BCD,因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面ABD=AB,所以AB⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,所以AB⊥BC,矛盾,所以平面ABD与平面BCD不垂直,故D错误.故选ABC.
4.(15分)(2024陕西西安模拟)如图,已知AC是圆O的直径,PA⊥平面ABCD,E是PC的中点,∠DAC=∠AOB.(1)求证:BE∥平面PAD;(2)求证:平面BEO⊥平面PCD.
证明 (1)在△PAC中,因为O是AC中点,E是PC中点,所以OE∥PA.又因为OE⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,所以OE∥平面PAD.因为∠DAC=∠AOB,所以OB∥AD.又因为OB⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以OB∥平面PAD.又因为OB∩OE=O,OB,OE⊂平面BEO,所以平面BEO∥平面PAD.又因为BE⊂平面BEO,所以BE∥平面PAD.(2)因为AC是圆O的直径,所以AD⊥CD.因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.又因为平面BEO∥平面PAD,所以CD⊥平面BEO.又因为CD⊂平面PCD,所以平面BEO⊥平面PCD.
5.(15分)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形, ∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底面ABCD.求证:(1)PA⊥BD;(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明 (1)取BC的中点O,连接PO.由题可知△PBC为等边三角形,∴PO⊥BC.又平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,PO⊂平面PBC,∴PO⊥平面ABCD.以点O为坐标原点,以BC所在直线为x轴、过点O与AB平行的直线为y轴、OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设CD=1,则AB=BC=2,PO= ,
又PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,∴DM⊥平面PAB.又DM⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.
6.(多选题)(2024广东深圳模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E,F,H分别为棱AA1,AB,BC1,BC的中点,G为△A1B1C1的重心,则下列结论正确的是(　　)A.DF∥平面ABCB.FG∥平面A1ECC.AF,GH为异面直线D.FG,A1E为异面直线
解析 如图1,连接FH,AH,则AD∥CC1,AD= CC1,且FH∥CC1,FH= CC1,所以AD∥FH,AD=FH,所以ADFH为平行四边形,则DF∥AH.又DF⊄平面ABC,AH⊂平面ABC,所以DF∥平面ABC,故A正确;如图2,取A1B1的中点N,连接C1N,EN,BN,易知C1N∥CE,BN∥A1E,因为C1N∩BN=N,C1N,BN⊂平面C1NB,CE∩A1E=E,CE,A1E⊂平面A1EC,所以平面C1NB∥平面A1EC.又GF⊂平面C1NB,所以FG∥平面A1EC,故B正确;
如图3,取B1C1的中点M,连接A1M,MH,由题可知G∈A1M,F∈MH,四边形A1AHM为平行四边形,所以AF⊂平面A1AHM,GH⊂平面A1AHM,故C错误;
如图4,因为BN∥A1E,且BN⊂平面BC1N,A1E⊄平面BC1N,所以A1E∥平面BC1N.又FG⊂平面BC1N,且 ,即FG不与BN平行,即FG不与A1E平行,所以FG,A1E为异面直线,故D正确.故选ABD.
7.(15分)(2024陕西宝鸡模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,PA=PC,PB⊥AC.
(1)求证:四边形ABCD为菱形;(2)若E为棱PB上一点(不与P,B重合),求证:AE不可能与平面PCD平行.
证明 (1)如图,连接AC,BD,交于点O.因为四边形ABCD为平行四边形,所以O为AC,BD的中点.因为PA=PC,所以AC⊥PO.又AC⊥PB,PB∩PO=P,PO,PB⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD.又BD⊂平面PBD,所以AC⊥BD,所以四边形ABCD为菱形.
(2)(方法一　反证法)假设AE∥平面PDC.因为AB∥CD,AB⊄平面PDC,CD⊂平面PDC,所以AB∥平面PDC.又AB⊂平面PAB,AE⊂平面PAB,AB∩AE=A,所以平面PAB∥平面PDC.这显然与平面PAB与平面PDC有公共点P矛盾,所以假设错误,即AE不可能与平面PCD平行.(方法二)因为P∈平面PAB,P∈平面PCD,所以平面PAB与平面PCD相交,设平面PAB∩平面PCD=l.因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AB∥平面PCD.又AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l.又AE⊂平面PAB,AE∩AB=A,所以AE必与l相交.设AE∩l=F.又l⊂平面PCD,所以AE∩平面PCD=F,即AE不可能与平面PCD平行.
8.(15分)如图,正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面互相垂直,已知BC=4,AB=AD=2.(1)求证:AC⊥BF;(2)在线段BE上是否存在一点P,使得平面PAC⊥平面BCEF?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,AF⊂平面ADEF,∴AF⊥平面ABCD.又AC⊂平面ABCD,∴AF⊥AC.如图,取BC中点H,连接AH.由题可知AD∥CH,AD⊥CH,AD=DC,∴四边形ADCH为菱形,∴AH= BC,∴AB⊥AC.又AB∩AF=A,AB,AF⊂平面FAB,∴AC⊥平面FAB.又BF⊂平面FAB,∴AC⊥BF.
(2)解 存在.由(1)知,AF,AB,AC两两垂直,以点A为坐标原点,AB,AC,AF的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
令x=2λ,则y=0,z=3λ-2,所以m=(2λ,0,3λ-2)为平面PAC的一个法向量.设平面BCEF的一个法向量为n=(a,b,c),
9.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是矩形,AB=2, BC=a,PA⊥底面ABCD.
(1)当a为何值时,BD⊥平面PAC?请证明你的结论.(2)若在棱BC上至少存在一点M,使得PM⊥DM,求a的取值范围.