2020屆高考數(shù)學大二輪復習 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 文

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1、第2講　空間中的平行與垂直 「考情研析」　1.從具體內容上：(1)以選擇題、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質定理對命題的真假進行判斷，屬于基礎題．(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 (1)判定 ①判定定理：a∥b，b?α，a?α?a∥α. ②面面平行的性質：α∥β，a?α?a∥β. (2)性質：l∥α，l?

2、β，α∩β＝m?l∥m. 2．直線和平面垂直的判定和性質 (1)判定 ①判定定理：a⊥b，a⊥c，b，c?α，b∩c＝O?a⊥α. ②線面垂直的其他判定方法： a.a∥b，a⊥α?b⊥α. b.l⊥α，α∥β?l⊥β. c.α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. (2)性質 ①l⊥α，a?α?l⊥a. ②l⊥α，m⊥α?l∥m. 3．兩個平面平行的判定和性質 (1)判定 ①判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?β∥α. ②面面平行的其他判定方法： a.l⊥α，l⊥β?α∥β. b.α∥γ，α∥β?β∥γ. (2)性質：α∥β，γ∩α＝a，

3、γ∩β＝b?a∥b. 4．兩個平面垂直的判定和性質 (1)判定：a?α，a⊥β?α⊥β. (2)性質：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. 熱點考向探究 考向1 空間線面位置關系的判定 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，α表示平面．下列說法正確的是(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m⊥α，n⊥α，則m∥n C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α D．若m∥α，m⊥n，則n⊥α 答案　B 解析　若m∥α，n∥α，則m，n相交或平行或異面，故A錯誤；若m⊥α，n⊥α，由線面垂直的性質定理可知m∥n，故B正確；若m⊥α，m

4、⊥n，則n∥α或n?α，故C錯誤；若m∥α，m⊥n，則n∥α或n?α或n⊥α或n與α斜交，故D錯誤．故選B． (2)正方體ABCD－A1B1C1D1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AE∥BM交DD1于點E，則E是DD1的中點，過點N作NT∥AE交A1A于點T，此時NT∥BM，所以B，M，N，T四點共面，所以點Q與點T重合，易知AQ＝NE＝，故選D． 空間線面位置關系判斷的常用方法 (1)根據(jù)空間線面平行、垂直關系的

5、判定定理和性質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系，并結合有關定理來進行判斷． 1．(2019·遼寧撫順高三第一次模擬)在三棱錐P－ABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，點D，E分別為棱BC，PC的中點，則下列結論正確的是(　　) A．直線DE⊥直線AD B．直線DE⊥直線PA C．直線DE⊥直線AB D．直線DE⊥直線AC 答案　D 解析　由題意，如圖所示，因為PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，∴△PAC≌△BAC，得PC＝BC，取PB的中點G，連接AG，CG，則PB⊥CG，PB⊥A

6、G，又∵AG∩CG＝G，∴PB⊥平面CAG，則PB⊥AC，∵D，E分別為棱BC，PC的中點，∴DE∥PB，則DE⊥AC．故選D． 2．如圖，在以角C為直角頂點的三角形ABC中，AC＝8，BC＝6，PA⊥平面ABC，F(xiàn)為PB上的點，在線段AB上有一點E，滿足BE＝λAE.若PB⊥平面CEF，則實數(shù)λ的值為(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　∵PB⊥平面CEF，∴PB⊥CE，又PA⊥平面ABC，CE?平面ABC，∴PA⊥CE，而PA∩PB＝P，∴CE⊥平面PAB，∴CE⊥AB，∴λ＝＝＝＝. 考向2 空間平行、垂直關系的證明 例2　(2019·北京門頭

7、溝區(qū)高三3月模擬)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為6的菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，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AF＝2，側面PAD內是否存在過點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BD⊥PA， 又底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，PA，AC為平面PAC內兩相交直線， 所以，BD⊥平面PAC，BD為平面BDF內一直線，從而平面BDF⊥平面ACF. (2)側面PAD內存在

8、過點E的一條直線，使得直線上任一點M都有CM∥平面BDF. 設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、垂直關系證明的主要思想是轉化，即通過判定定理、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉化． (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AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝AD＝1，BC＝2. (1)求證：AF⊥CD； (2)若M為線段BD的中點，求證：CE∥

9、平面AMF. 證明　(1)因為四邊形ADEF為正方形，所以AF⊥AD． 又因為平面ADEF⊥平面ABCD， 且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF?平面ADEF， 所以AF⊥平面ABCD． 又CD?平面ABCD，所以AF⊥CD． (2)延長AM交BC于點G，連接FG. 因為AD∥BC，M為BD的中點， 所以△BGM≌△DAM，所以BG＝AD＝1. 因為BC＝2，所以GC＝1. 由已知FE＝AD＝1，且FE∥AD， 又因為AD∥GC，所以FE∥GC，且FE＝GC，所以四邊形GCEF為平行四邊形，所以CE∥GF. 因為CE?平面AMF，GF?平面AMF，所以CE∥平面

10、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α，β，有如下三個命題： ①若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，則α∥β； ②若l，m是兩條異面直線，l?α，m?β，l∥β，m∥α，則α∥β； ③若l⊥α，m⊥β，l∥m，則α∥β. 其中正確命題的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析　若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，則α∥β或α與β相交，故①錯誤；假設α與β不平行，則α與β相交，設交線為n，∵l?α，l∥β，α∩β＝n，∴l(xiāng)∥n，同理，m∥n，∴l(xiāng)∥m，與l，m異面矛盾，故假設不成立，所以α∥

11、β，②正確；若l⊥α，l∥m，則m⊥α，又m⊥β，則α∥β，故③正確． 2．(2019·全國卷Ⅲ)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(　　) A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，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，GB． ∵△ECD是正三角形， ∴EF⊥CD． ∵平面ECD⊥平面ABCD， ∴EF⊥平面ABCD． ∴EF

12、⊥FN. 不妨設AB＝2，則FN＝1，EF＝， ∴EN＝＝2. ∵EM＝MD，DG＝GF， ∴MG∥EF且MG＝EF， ∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG. ∵MG＝EF＝，BG＝＝ ＝，∴BM＝＝.∴BM≠EN.連接BD，BE， ∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B． 3．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：________. 答案　若m∥α且l⊥α

13、，則l⊥m成立(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α) 解析　已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②. 『金版押題』 4.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝1，則四面體A－EFB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A－EFB的高，且OA＝，又S△EFB＝×1×1＝，所以V＝××＝. 5．如

14、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，∠CBD＝30°，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∠BCD＝90°，因為圓柱O1O2的底面圓半徑為1，所以BD＝2.因為∠CBD＝30°，所以CD＝1，BC＝，易知AB⊥BC，所以AC＝＝，所以AB＝2，故圓柱O1O2的高為2.連接AO2并延長，設AO2的延長線與下底面圓周交于點E，連接CE，則AE＝2，∠CAE即為異面直線AC與BD所成的角．又CE＝＝，所以cos∠CAE＝＝＝.

15、 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，α，β為兩個不重合的平面，下列條件中，α∥β的充分條件是(　　) A．m∥n，m?α，n?β B．m∥n，m⊥α，n⊥β C．m⊥n，m∥α，n∥β D．m⊥n，m⊥α，n⊥β 答案　B 解析　當m∥n時，若m⊥α，可得n⊥α，又n⊥β，可知α∥β，故選B． 2．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，某學生得出下列四個結論： ①BD⊥AC； ②△BAC是等邊三角形； ③三棱錐D－ABC是正三棱錐；

16、 ④平面ADC⊥平面ABC． 其中正確的是(　　) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 答案　B 解析　由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①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AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正確；由①知④錯誤，故選B． 3．(2019·靖遠縣高三第四次聯(lián)考)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD上一點，且CE＝2DE，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．

17、 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AB＝6，則AF＝3，DE＝2，平面BEF∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，則＝，即＝?DG＝1，D1G＝5，在Rt△B1D1G中，tan∠D1B1G＝＝＝，故B1G與平面ABCD所成角的正切值為，故選C． 4．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法中錯誤的是(　　) A．MN與CC

18、1垂直 B．MN與AC垂直 C．MN與BD平行 D．MN與A1B1平行 答案　D 解析　如下圖所示，連接C1D，BD，則MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A，C正確，D錯誤，又因為AC⊥BD，所以MN⊥AC，B正確． 5．在正方體ABCD－A1B1C1D1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，∴B1E∥OF， ∴∠D1OF為異面直線D1O與B1E所成角．連接D1F

19、，設正方體的棱長為2，則 OF＝B1E＝，D1O＝＝， D1F＝＝， ∴cos∠D1OF＝ ＝＝. 6．在正方體AC1中，E是棱CC1的中點，F(xiàn)是側面BCC1B1內的動點，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 B．A1F與BE是異面直線 C．A1F與D1E不可能平行 D．三棱錐F－ABC1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HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面A1HG∥平面AD1E，故點F的軌跡為線段H

20、G，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F是BB1的中點時，A1F與D1E平行，故C不正確；∵HG∥平面ABC1，∴F點到平面ABC1的距離不變，故三棱錐F－ABC1的體積為定值，故D正確． 7．(2019·漢中高三教學質量第二次檢測)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，點D為BC的中點，則異面直線AD與A1C所成的角為(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　取B1C1的中點D1，連接A1D1，CD1，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，點D為BC的中點，∴AA1＝DD1且AA1∥DD1，∴四邊形

21、ADD1A1是平行四邊形，∴AD∥A1D1且AD＝A1D1，所以∠CA1D1就是異面直線AD與A1C所成的角．AB＝AC＝，BC＝2可以求出AD＝A1D1＝1，在Rt△CC1D1中，由勾股定理可求出CD1＝，在Rt△AA1C中，由勾股定理可求出A1C＝2，顯然△A1D1C是直角三角形，sin∠CA1D1＝＝，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·南開中學高三第三次檢測)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，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

22、，連接A1N，則A1N∥BM，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A1N＝C1N＝ ＝，在△A1C1N中，由余弦定理得cos∠A1NC1＝ ＝.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，AB＝4，AD＝3.沿AC將△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F(xiàn)是AD′的中點，E是AC上一點，給出下列結論： ①存在點E，使得EF∥平面BCD′； ②存在點E，使得EF⊥平面ABC； ③存在點E，使得D′E⊥平面ABC； ④存在點E，使得AC⊥平面BD′E. 其中正確的結論是________．(寫出所有正

23、確結論的序號) 答案　①②③ 解析　對于①，存在AC的中點E，使得EF∥CD′，利用線面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；對于②，過點F作EF⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質定理可得EF⊥平面ABC；對于③，過點D′作D′E⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質定理可得D′E⊥平面ABC；對于④，因為ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，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BD′E. 10．(2019·福建高三3月質量檢測)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

24、出以下結論： ①△SAC為直角三角形； ②平面SAD⊥平面SBD； ③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行． 其中正確結論的序號是________．(寫出所有正確結論的序號) 答案?、佗? 解析　如圖，連接OC，∵SO⊥底面圓O，∴SO⊥AC， C在以AO為直徑的圓上， ∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O， ∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC， 即△SAC為直角三角形，故①正確；假設平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中過點A作AH⊥SD交SD于點H，則AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又∵BD⊥AD，∴BD⊥平面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥平面SAD，∴CO⊥SC，又在△S

25、OC中，SO⊥OC，在一個三角形內不可能有兩個直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②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，∴PO∥SE，即SE∥平面APB， 即平面PAB必與圓錐SO的母線SE平行．故③正確．故正確是①③. 三、解答題 11．如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1－ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. (1)證明：BE⊥平面D1AE； (2)設F為CD1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使得MF∥平面D1AE

26、，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AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°， 即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D1AE. (2)＝，理由如下： 取D1E的中點L，連接FL，AL， ∴FL∥EC，又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝AB， ∴M，F(xiàn)，L，A四點共面， 若MF∥平面AD1E，則MF∥AL. ∴四邊形AMFL為平行四邊形， ∴AM＝FL＝AB，＝. 12．(2019·上海金山區(qū)高三第二學期質量監(jiān)控)如圖，已知點P在圓柱OO1的底面圓O上，AB為圓O的

27、直徑，圓柱OO1的側面積為16π，OA＝2，∠AOP＝120°. (1)求三棱錐A1－APB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＝2π·2·AA1＝16π，解得AA1＝4， 在△AOP中，OA＝OP＝2，∠AOP＝120°，所以AP＝2， 在△BOP中，OB＝OP＝2，∠BOP＝60°，所以BP＝2， 三棱錐A1－APB的體積 V＝S△APB·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Rt△APA1中，tan∠APA1＝＝＝. 即直線A1P與底面PAB所成角的

28、正切值為. 13. (2019·江西八所重點中學高三4月聯(lián)考)如圖，在四棱錐E－ABCD中，底面ABCD是邊長為4的菱形且中心為點O，∠DAB＝∠EAB＝∠EAD＝60°，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：PE⊥AC； (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EH⊥AC，P，H分別為AD，AO的中點， 所以HP∥BD． 又底面ABCD是邊長為4的菱形，所以AC⊥DB．所以AC⊥HP. 且HP∩HE＝H，所以AC⊥平面EPH， PE?平面

29、EPH，即AC⊥PE. (2)由已知條件，易得AP＝2，AH＝，HP＝1， 設EH＝x，在Rt△EHA和Rt△EHP中， 則AE＝，EP＝， 在△EAP中，∠EAP＝60°，由余弦定理得， ()2＋22－2×2cos60°＝()2， 解得x＝，則EH＝，AE＝3， 設點C到平面EAB的距離為h，由VE－ABC＝VC－EAB， 得S△ABC·EH＝S△EAB·h. 又S△ABC＝×4×4×sin120°＝4， S△EAB＝×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P－ABC中，底面ABC是等邊三角形，

30、D為BC邊的中點，PO⊥平面ABC，點O在線段AD上． (1)證明：∠PAB＝∠PAC； (2)若AB＝PB＝2，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OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，連接PE，PF. ∵PO⊥平面ABC， ∴PO⊥OE，PO⊥OF，PO⊥AB，PO⊥AC， ∵底面ABC是等邊三角形，D為BC邊的中點， ∴AD是∠BAC的角平分線，∴OE＝OF， ∴Rt△POE≌Rt△POF，∴PE＝PF， ∵AB⊥OE，AB⊥PO，OE∩PO＝O， ∴AB⊥平面POE，∴AB⊥PE，同理可得AC⊥PF， ∴Rt△PAE≌Rt△PAF，∴∠PAB＝∠PAC． (2)∵AB＝PB＝2，直線PB和平面ABC所成的角的正弦值為，∴PO＝PB＝， ∴VP－ABC＝××22×＝. 連接OB，則OB＝＝. ∴OD＝＝， 又AD＝＝，∴O是AD的中點， 由△AOE∽△ABD可得＝＝，∴OE＝， ∴PE＝＝， ∴S△PAB＝×2×＝， 設C到平面PAB的距離為h，則 VC－PAB＝××h＝，解得h＝. - 17 -