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2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺經(jīng)典專題 第二編 講專題 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直練習(xí) 文

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2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺經(jīng)典專題 第二編 講專題 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直練習(xí) 文

第2講空間中的平行與垂直考情研析1.從具體內(nèi)容上:(1)以選擇題、填空題的形式考查,主要利用平面的基本性質(zhì)及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質(zhì)定理對命題的真假進行判斷,屬于基礎(chǔ)題(2)以解答題的形式考查,主要是對線線、線面與面面平行和垂直關(guān)系交匯綜合命題,且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查2.從高考特點上,難度中等,常以一道選填題或在解答題的第一問考查分值一般為5分.核心知識回顧1.直線與平面平行的判定和性質(zhì)(1)判定判定定理:ab,b,aa.面面平行的性質(zhì):,aa.(2)性質(zhì):l,l,mlm.2直線和平面垂直的判定和性質(zhì)(1)判定判定定理:ab,ac,b,c,bcOa.線面垂直的其他判定方法:a.ab,ab.b.l,l.c.,l,a,ala.(2)性質(zhì)l,ala.l,mlm.3兩個平面平行的判定和性質(zhì)(1)判定判定定理:a,b,abP,a,b.面面平行的其他判定方法:a.l,l.b.,.(2)性質(zhì):,a,bab.4兩個平面垂直的判定和性質(zhì)(1)判定:a,a.(2)性質(zhì):,l,a,ala.熱點考向探究考向1 空間線面位置關(guān)系的判定例1(1)(2019·陜西延安高考模擬)已知m,n表示兩條不同的直線,表示平面下列說法正確的是()A若m,n,則mnB若m,n,則mnC若m,mn,則nD若m,mn,則n答案B解析若m,n,則m,n相交或平行或異面,故A錯誤;若m,n,由線面垂直的性質(zhì)定理可知mn,故B正確;若m,mn,則n或n,故C錯誤;若m,mn,則n或n或n或n與斜交,故D錯誤故選B(2)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2,M為CC1的中點,N為線段DD1上靠近D1的三等分點,平面BMN交AA1于點Q,則線段AQ的長為()A B C D答案D解析如圖所示,過點A作AEBM交DD1于點E,則E是DD1的中點,過點N作NTAE交A1A于點T,此時NTBM,所以B,M,N,T四點共面,所以點Q與點T重合,易知AQNE,故選D 空間線面位置關(guān)系判斷的常用方法(1)根據(jù)空間線面平行、垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷來解決問題(2)必要時可以借助空間幾何模型,如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系,并結(jié)合有關(guān)定理來進行判斷 1(2019·遼寧撫順高三第一次模擬)在三棱錐PABC中,已知PAABAC,BACPAC,點D,E分別為棱BC,PC的中點,則下列結(jié)論正確的是()A直線DE直線ADB直線DE直線PAC直線DE直線ABD直線DE直線AC答案D解析由題意,如圖所示,因為PAABAC,BACPAC,PACBAC,得PCBC,取PB的中點G,連接AG,CG,則PBCG,PBAG,又AGCGG,PB平面CAG,則PBAC,D,E分別為棱BC,PC的中點,DEPB,則DEAC故選D2如圖,在以角C為直角頂點的三角形ABC中,AC8,BC6,PA平面ABC,F(xiàn)為PB上的點,在線段AB上有一點E,滿足BEAE.若PB平面CEF,則實數(shù)的值為()A B C D答案C解析PB平面CEF,PBCE,又PA平面ABC,CE平面ABC,PACE,而PAPBP,CE平面PAB,CEAB,.考向2 空間平行、垂直關(guān)系的證明例2(2019·北京門頭溝區(qū)高三3月模擬)在四棱錐PABCD中,底面ABCD是邊長為6的菱形,且ABC60°,PA平面ABCD,PA6,F(xiàn)是棱PA上的一動點,E為PD的中點(1)求證:平面BDF平面ACF;(2)若AF2,側(cè)面PAD內(nèi)是否存在過點E的一條直線,使得直線上任一點M都有CM平面BDF,若存在,給出證明;若不存在,請說明理由解(1)證明:由題意可知,PA平面ABCD,則BDPA,又底面ABCD是菱形,所以BDAC,PA,AC為平面PAC內(nèi)兩相交直線,所以,BD平面PAC,BD為平面BDF內(nèi)一直線,從而平面BDF平面ACF.(2)側(cè)面PAD內(nèi)存在過點E的一條直線,使得直線上任一點M都有CM平面BDF.設(shè)G是PF的中點,連接EG,CG,OF,則平面CEG平面FBD,所以直線EG上任一點M都滿足CM平面BDF. 空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化,即通過判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化 (2019·朝陽區(qū)高三第一次模擬)如圖,在多面體ABCDEF中,平面ADEF平面ABCD,四邊形ADEF為正方形,四邊形ABCD為梯形,且ADBC,BAD90°,ABAD1,BC2.(1)求證:AFCD;(2)若M為線段BD的中點,求證:CE平面AMF.證明(1)因為四邊形ADEF為正方形,所以AFAD又因為平面ADEF平面ABCD,且平面ADEF平面ABCDAD,AF平面ADEF,所以AF平面ABCD又CD平面ABCD,所以AFCD(2)延長AM交BC于點G,連接FG.因為ADBC,M為BD的中點,所以BGMDAM,所以BGAD1.因為BC2,所以GC1.由已知FEAD1,且FEAD,又因為ADGC,所以FEGC,且FEGC,所以四邊形GCEF為平行四邊形,所以CEGF.因為CE平面AMF,GF平面AMF,所以CE平面AMF.真題押題真題模擬1(2019·河北唐山高三第二次模擬)已知直線l,m和平面,有如下三個命題:若存在平面,使,則;若l,m是兩條異面直線,l,m,l,m,則;若l,m,lm,則.其中正確命題的個數(shù)是()A0 B1 C2 D3答案C解析若存在平面,使,則或與相交,故錯誤;假設(shè)與不平行,則與相交,設(shè)交線為n,l,l,n,ln,同理,mn,lm,與l,m異面矛盾,故假設(shè)不成立,所以,正確;若l,lm,則m,又m,則,故正確2(2019·全國卷)如圖,點N為正方形ABCD的中心,ECD為正三角形,平面ECD平面ABCD,M是線段ED的中點,則()ABMEN,且直線BM,EN是相交直線BBMEN,且直線BM,EN是相交直線CBMEN,且直線BM,EN是異面直線DBMEN,且直線BM,EN是異面直線答案B解析如圖,取CD的中點F,DF的中點G,連接EF,F(xiàn)N,MG,GBECD是正三角形,EFCD平面ECD平面ABCD,EF平面ABCDEFFN.不妨設(shè)AB2,則FN1,EF,EN2.EMMD,DGGF,MGEF且MGEF,MG平面ABCD,MGBG.MGEF,BG ,BM.BMEN.連接BD,BE,點N是正方形ABCD的中心,點N在BD上,且BNDN,BM,EN是DBE的中線,BM,EN必相交故選B3(2019·北京高考)已知l,m是平面外的兩條不同直線給出下列三個論斷:lm;m;l.以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:_.答案若m且l,則lm成立(或若lm,l,則m)解析已知l,m是平面外的兩條不同直線,由lm與m,不能推出l,因為l可以與平行,也可以相交不垂直;由lm與l能推出m;由m與l可以推出lm.故正確的命題是或.金版押題4.如圖,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1,線段B1D1上有兩個動點E,F(xiàn),且EF1,則四面體AEFB的體積V等于_答案解析連接AC,BD,相交于點O,則OA為四面體AEFB的高,且OA,又SEFB×1×1,所以V××.5如圖,圓柱O1O2的底面圓半徑為1,AB是一條母線,BD是O1的直徑,C是上底面圓周上一點,CBD30°,若A,C兩點間的距離為,則圓柱O1O2的高為_,異面直線AC與BD所成角的余弦值為_答案2解析連接CD,則BCD90°,因為圓柱O1O2的底面圓半徑為1,所以BD2.因為CBD30°,所以CD1,BC,易知ABBC,所以AC,所以AB2,故圓柱O1O2的高為2.連接AO2并延長,設(shè)AO2的延長線與下底面圓周交于點E,連接CE,則AE2,CAE即為異面直線AC與BD所成的角又CE,所以cosCAE.配套作業(yè)一、選擇題1(2019·東北三省四市高三第一次模擬)已知m,n為兩條不重合的直線,為兩個不重合的平面,下列條件中,的充分條件是()Amn,m,n Bmn,m,nCmn,m,n Dmn,m,n答案B解析當(dāng)mn時,若m,可得n,又n,可知,故選B2如圖,以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕,把ABD和ACD折成互相垂直的兩個平面后,某學(xué)生得出下列四個結(jié)論:BDAC;BAC是等邊三角形;三棱錐DABC是正三棱錐;平面ADC平面ABC其中正確的是()A B C D答案B解析由題意知,BD平面ADC,故BDAC,正確;AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高,平面ABD平面ACD,所以ABACBC,BAC是等邊三角形,正確;易知DADBDC,又由知正確;由知錯誤,故選B3(2019·靖遠(yuǎn)縣高三第四次聯(lián)考)在正方體ABCDA1B1C1D1中,E為棱CD上一點,且CE2DE,F(xiàn)為棱AA1的中點,且平面BEF與DD1交于點G,則B1G與平面ABCD所成角的正切值為()A B C D答案C解析因為平面ABCD平面A1B1C1D1,所以B1G與平面ABCD所成角即為B1G與平面A1B1C1D1所成角,易知B1G與平面A1B1C1D1所成角為D1B1G.設(shè)AB6,則AF3,DE2,平面BEF平面CDD1C1GE且BF平面CDD1C1,可知BFGE,易得FABGDE,則,即DG1,D1G5,在RtB1D1G中,tanD1B1G,故B1G與平面ABCD所成角的正切值為,故選C4如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,M,N分別是BC1,CD1的中點,則下列說法中錯誤的是()AMN與CC1垂直 BMN與AC垂直CMN與BD平行 DMN與A1B1平行答案D解析如下圖所示,連接C1D,BD,則MNBD,而C1CBD,故C1CMN,故A,C正確,D錯誤,又因為ACBD,所以MNAC,B正確5在正方體ABCDA1B1C1D1中,AC與BD的交點為O,E為BC的中點,則異面直線D1O與B1E所成角的余弦值為()A B C D答案A解析取A1B1的中點F,連接OF,OE,則由OE綊B1F知,四邊形OEB1F為平行四邊形,B1EOF,D1OF為異面直線D1O與B1E所成角連接D1F,設(shè)正方體的棱長為2,則OFB1E,D1O,D1F,cosD1OF.6在正方體AC1中,E是棱CC1的中點,F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點,且A1F與平面D1AE的垂線垂直,如圖所示,下列說法不正確的是()A點F的軌跡是一條線段BA1F與BE是異面直線CA1F與D1E不可能平行D三棱錐FABC1的體積為定值答案C解析由題知A1F平面D1AE,分別取B1C1,BB1的中點H,G,連接HG,A1H,A1G,BC1,可得HGBC1AD1,A1GD1E,故平面A1HG平面AD1E,故點F的軌跡為線段HG,A正確;由異面直線的判定定理可知A1F與BE是異面直線,故B正確;當(dāng)F是BB1的中點時,A1F與D1E平行,故C不正確;HG平面ABC1,F(xiàn)點到平面ABC1的距離不變,故三棱錐FABC1的體積為定值,故D正確7(2019·漢中高三教學(xué)質(zhì)量第二次檢測)如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,ABACAA1,BC2,點D為BC的中點,則異面直線AD與A1C所成的角為()A BC D答案B解析取B1C1的中點D1,連接A1D1,CD1,在直三棱柱ABCA1B1C1中,點D為BC的中點,AA1DD1且AA1DD1,四邊形ADD1A1是平行四邊形,ADA1D1且ADA1D1,所以CA1D1就是異面直線AD與A1C所成的角ABAC,BC2可以求出ADA1D11,在RtCC1D1中,由勾股定理可求出CD1,在RtAA1C中,由勾股定理可求出A1C2,顯然A1D1C是直角三角形,sinCA1D1,所以CA1D1,即異面直線AD與A1C所成的角為.故選B二、填空題8(2019·南開中學(xué)高三第三次檢測)在正三棱柱ABCA1B1C1中,ABAA12,M,N分別為AA1,BB1的中點,則異面直線BM與C1N所成角的余弦值為_答案解析如圖,連接A1N,則A1NBM,所以異面直線BM與C1N所成的角就是直線A1N和C1N所成的角由題意,得A1NC1N,在A1C1N中,由余弦定理得cosA1NC1.所以異面直線BM與C1N所成角的余弦值為.9已知四邊形ABCD是矩形,AB4,AD3.沿AC將ADC折起到ADC,使平面ADC平面ABC,F(xiàn)是AD的中點,E是AC上一點,給出下列結(jié)論:存在點E,使得EF平面BCD;存在點E,使得EF平面ABC;存在點E,使得DE平面ABC;存在點E,使得AC平面BDE.其中正確的結(jié)論是_(寫出所有正確結(jié)論的序號)答案解析對于,存在AC的中點E,使得EFCD,利用線面平行的判定定理可得EF平面BCD;對于,過點F作EFAC,垂足為E,利用面面垂直的性質(zhì)定理可得EF平面ABC;對于,過點D作DEAC,垂足為E,利用面面垂直的性質(zhì)定理可得DE平面ABC;對于,因為ABCD是矩形,AB4,AD3,所以B,D在AC上的射影不是同一點,所以不存在點E,使得AC平面BDE.10(2019·福建高三3月質(zhì)量檢測)如圖,AB是圓錐SO的底面圓O的直徑,D是圓O上異于A,B的任意一點,以AO為直徑的圓與AD的另一個交點為C,P為SD的中點現(xiàn)給出以下結(jié)論:SAC為直角三角形;平面SAD平面SBD;平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行其中正確結(jié)論的序號是_(寫出所有正確結(jié)論的序號)答案解析如圖,連接OC,SO底面圓O,SOAC,C在以AO為直徑的圓上,ACOC,OCSOO,AC平面SOC,ACSC,即SAC為直角三角形,故正確;假設(shè)平面SAD平面SBD,在平面SAD中過點A作AHSD交SD于點H,則AH平面SBD,AHBD,又BDAD,BD平面SAD,又COBD,CO平面SAD,COSC,又在SOC中,SOOC,在一個三角形內(nèi)不可能有兩個直角,故平面SAD平面SBD不成立,故錯誤;連接DO并延長交圓于點E,連接PO,SE,P為SD的中點,O為ED的中點,OP是SDE的中位線,POSE,即SE平面APB,即平面PAB必與圓錐SO的母線SE平行故正確故正確是.三、解答題11如圖1,在矩形ABCD中,AB4,AD2,E是CD的中點,將ADE沿AE折起,得到如圖2所示的四棱錐D1ABCE,其中平面D1AE平面ABCE.(1)證明:BE平面D1AE;(2)設(shè)F為CD1的中點,在線段AB上是否存在一點M,使得MF平面D1AE,若存在,求出的值;若不存在,請說明理由解(1)證明:四邊形ABCD為矩形,且ADDEECBC2,AEB90°,即BEAE,又平面D1AE平面ABCE,平面D1AE平面ABCEAE,BE平面D1AE.(2),理由如下:取D1E的中點L,連接FL,AL,F(xiàn)LEC,又ECAB,F(xiàn)LAB,且FLAB,M,F(xiàn),L,A四點共面,若MF平面AD1E,則MFAL.四邊形AMFL為平行四邊形,AMFLAB,.12(2019·上海金山區(qū)高三第二學(xué)期質(zhì)量監(jiān)控)如圖,已知點P在圓柱OO1的底面圓O上,AB為圓O的直徑,圓柱OO1的側(cè)面積為16,OA2,AOP120°.(1)求三棱錐A1APB的體積;(2)求直線A1P與底面PAB所成角的正切值解(1)由題意,S側(cè)2·2·AA116,解得AA14,在AOP中,OAOP2,AOP120°,所以AP2,在BOP中,OBOP2,BOP60°,所以BP2,三棱錐A1APB的體積VSAPB·AA1××2×2×4.(2)因為AA1底面PAB,所以APA1是直線A1P與底面PAB所成的角,在RtAPA1中,tanAPA1.即直線A1P與底面PAB所成角的正切值為.13. (2019·江西八所重點中學(xué)高三4月聯(lián)考)如圖,在四棱錐EABCD中,底面ABCD是邊長為4的菱形且中心為點O,DABEABEAD60°,且點E在底面ABCD上的投影為AO的中點(1)若P為AD的中點,求證:PEAC;(2)求點C到平面EAB的距離解(1)證明:如圖,取AO的中點為H,連接HP,則EH平面ABCD且AC平面ABCD,所以EHAC,P,H分別為AD,AO的中點,所以HPBD又底面ABCD是邊長為4的菱形,所以ACDB所以ACHP.且HPHEH,所以AC平面EPH,PE平面EPH,即ACPE.(2)由已知條件,易得AP2,AH,HP1,設(shè)EHx,在RtEHA和RtEHP中,則AE,EP,在EAP中,EAP60°,由余弦定理得,()2222×2cos60°()2,解得x,則EH,AE3,設(shè)點C到平面EAB的距離為h,由VEABCVCEAB,得SABC·EHSEAB·h.又SABC×4×4×sin120°4,SEAB×3×4×sin60°3,得h,即點C到平面EAB的距離為.14(2019·呂梁統(tǒng)一模擬)如圖,在三棱錐PABC中,底面ABC是等邊三角形,D為BC邊的中點,PO平面ABC,點O在線段AD上(1)證明:PABPAC;(2)若ABPB2,直線PB和平面ABC所成的角的正弦值為,求點C到平面PAB的距離解(1)證明:如圖,過點O作OEAB于E,OFAC于F,連接PE,PF.PO平面ABC,POOE,POOF,POAB,POAC,底面ABC是等邊三角形,D為BC邊的中點,AD是BAC的角平分線,OEOF,RtPOERtPOF,PEPF,ABOE,ABPO,OEPOO,AB平面POE,ABPE,同理可得ACPF,RtPAERtPAF,PABPAC(2)ABPB2,直線PB和平面ABC所成的角的正弦值為,POPB,VPABC××22×.連接OB,則OB.OD,又AD,O是AD的中點,由AOEABD可得,OE,PE,SPAB×2×,設(shè)C到平面PAB的距離為h,則VCPAB××h,解得h.- 17 -

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