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 -