2018届高考数学二轮复习空间的平行与垂直学案含答案(全国通用)

高考数学二轮复习第二编专题五立体几何第2讲空间中的平行与垂直配套作业文02123118

第2讲空间中的平行与垂直配套作业一、选择题1．(2018·青岛二模)已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则α∥β的一个充分条件是( )A．m∥α，m∥βB．α⊥γ，β⊥γC．m⊂α，n⊂β，m∥nD．m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α答案 D解析A中α，β可能相交，故错误；B不正确，如正方体中过同一个顶点的三个平面的关系；C中α，β可能相交，故错误；根据直线与平面平行的性质定理及平面与平面平行的判定定理可知D正确．2．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是( )A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④答案 B解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB ＝DC，又由②知③正确；由①知④错误，故选B.3．(2018·芜湖质检)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上任意一点，则点G到平面D1EF的距离是( )A. 3B.22C.23D.55答案 D解析设点G到平面D1EF的距离为h.因为A1B1∥EF，点G在A1B1上，所以点G到平面D1EF的距离即为点A1到平面D1EF的距离，即点A1到D1E的距离，D1E＝52，由A1D1·A1E＝D1E·h，则h ＝1×1252＝55，故选D.4．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列说法错误的是( )A ．MN 与CC 1垂直B ．MN 与AC 垂直 C ．MN 与BD 平行 D ．MN 与A 1B 1平行答案 D解析如图所示，连接C 1D ，BD ，则MN ∥BD ，而C 1C ⊥BD ，故C 1C ⊥MN ，故A ，C 正确，D 错误，又因为AC ⊥BD ，所以MN ⊥AC ，B 正确．5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC 与BD 的交点为O ，E 为BC 的中点，则异面直线D 1O 与B 1E 所成角的余弦值为( )A.3010 B.15 C.25 D.310答案 A解析取A 1B 1的中点F ，连接OF ，OE ，则由OE 綊B 1F 知，四边形OEB 1F 为平行四边形，∴B 1E ∥OF ，∴∠D 1OF 为异面直线D 1O 与B 1E 所成角．连接D 1F ，设正方体的棱长为2，则OF ＝B 1E ＝5，D 1O ＝DO 2＋DD 21＝6，D 1F ＝D 1A 21＋A 1F 2＝5， ∴cos ∠D 1OF ＝D 1O 2＋OF 2－D 1F 22D 1O ·OF＝62＋52－5226×5＝3010. 6.在正方体AC 1中，E 是棱CC 1的中点，F 是侧面BCC 1B 1内的动点，且A 1F 与平面D 1AE 的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是( )A ．点F 的轨迹是一条线段B ．A 1F 与BE 是异面直线C ．A 1F 与D 1E 不可能平行 D ．三棱锥F －ABC 1的体积为定值答案 C解析由题知A 1F ∥平面D 1AE ，分别取B 1C 1，BB 1的中点H ，G ，连接HG ，A 1H ，A 1G ，BC 1，可得HG ∥BC 1∥AD 1，A 1G ∥D 1E ，故平面A 1HG ∥平面AD 1E ，故点F 的轨迹为线段HG ，A 正确；由异面直线的判定定理可知A 1F 与BE 是异面直线，故B 正确；当F 是BB 1的中点时，A 1F 与D 1E 平行，故C 不正确；∵HG ∥平面ABC 1，∴F 点到平面ABC 1的距离不变，故三棱锥F －ABC 1的体积为定值，故D 正确．7．(2018·洛阳模拟)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A ．3 B.32 C ．1 D.32答案 C解析根据题意画出图形，再由棱锥的体积公式直接求解．在正△ABC 中，D 为BC 中点，则有AD ＝32AB ＝3， S △DB 1C 1＝12×2×3＝ 3.又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1底面上的高．∴V 三棱锥A －B 1DC 1＝13S △DB 1C 1·AD ＝13×3×3＝1.二、填空题8．(2018·厦门一检)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D 是AB 的中点，平面A 1DC 分此棱柱成两部分，多面体A 1ADC 与多面体A 1B 1C 1DBC 体积的比值为________．答案 15解析由题意得三棱锥A 1－ADC 的高等于三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的高，底面面积等于三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的底面面积的一半，则三棱锥A 1－ADC 的体积等于三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积的13×12＝16，所以多面体A 1ADC 与多面体A 1B 1C 1DBC 的体积之比为16－1＝15. 9．已知四边形ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3.沿AC 将△ADC 折起到△AD ′C ，使平面AD ′C ⊥平面ABC ，F 是AD ′的中点，E 是AC 上一点，给出下列结论：①存在点E ，使得EF ∥平面BCD ′； ②存在点E ，使得EF ⊥平面ABC ； ③存在点E ，使得D ′E ⊥平面ABC ； ④存在点E ，使得AC ⊥平面BD ′E .其中正确的结论是________．(写出所有正确结论的序号) 答案 ①②③解析对于①，存在AC 的中点E ，使得EF ∥CD ′，利用线面平行的判定定理可得EF ∥平面BCD ′；对于②，过点F 作EF ⊥AC ，垂足为E ，利用面面垂直的性质定理可得EF ⊥平面ABC ；对于③，过点D ′作D ′E ⊥AC ，垂足为E ，利用面面垂直的性质定理可得D ′E ⊥平面ABC ；对于④，因为ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3，所以B ，D ′在AC 上的射影不是同一点，所以不存在点E ，使得AC ⊥平面BD ′E .10．(2018·天津河西区质检)如图，PA ⊥⊙O 所在的平面，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点，AE ⊥PC ，AF ⊥PB ，给出下列结论：①AE ⊥BC ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC . 其中的真命题是________．(写出所有真命题的序号) 答案 ①②④解析 AE ⊂平面PAC ，BC ⊥AC ，BC ⊥PA ，AC ∩PA ＝A ⇒AE ⊥BC ，故①正确．AE ∩AF ＝A ，EF ⊂平面AEF ，AE ⊥PB ，AF ⊥PB ⇒EF ⊥PB ，故②正确．若AF ⊥BC ⇒AF ⊥平面PBC ，则AF ∥AE ，与已知矛盾，故③错误．由①可知④正确．三、解答题11．(2018·郑州模拟)如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1－ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AM AB的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：∵四边形ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2，∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ，又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ， ∴BE ⊥平面D 1AE .(2)AM AB ＝14，理由如下：取D 1E 的中点L ，连接FL ，AL ， ∴FL ∥EC ，又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝14AB ，∴M ，F ，L ，A 四点共面，若MF ∥平面AD 1E ，则MF ∥AL .∴四边形AMFL 为平行四边形， ∴AM ＝FL ＝14AB ，AM AB ＝14.12．(2018·南京模拟)如图，在四棱锥E －ABCD 中，△EAD 为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB ∥CD ，AD ＝DC ＝12AB ，且AE ⊥BD .(1)证明：平面EBD ⊥平面EAD ；(2)若△EAD 的面积为3，求点C 到平面EBD 的距离．解 (1)证明：如图，取AB 的中点M ，连接DM ，则DM ∥BC ，∴DM ＝12AB ，即点D 在以线段AB 为直径的圆上，∴BD ⊥AD ，又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ，∴BD ⊥平面EAD . ∵BD ⊂平面EBD ，∴平面EBD ⊥平面EAD . (2)∵BD ⊥平面EAD ，且BD ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面EAD .∵等边△EAD 的面积为3，∴AD ＝AE ＝ED ＝2，取AD 的中点O ，连接EO ，则EO ⊥AD ，EO ＝3， ∵平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴EO ⊥平面ABCD .由(1)知△ABD ，△EBD 都是直角三角形， ∴BD ＝AB 2－AD 2＝23， ∴S △EBD ＝12ED ·BD ＝23，∴S △BCD ＝12BC ·CD sin120°＝ 3.设点C 到平面EBD 的距离为h ，由V C －EBD ＝V E －BCD ，得13S △EBD ·h ＝13S △BCD ·EO ，解得h ＝32.13．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥侧面ABB 1A 1，AC ＝AA 1＝2AB ，∠AA 1C 1＝60°，AB ⊥AA 1，H 为CC 1的中点，D 为BB 1的中点．(1)求证：A1D⊥平面AB1H；(2)若AB＝2，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解(1)证明：连接AC1，∵△ACC1为正三角形，H为棱CC1的中点，∴AH⊥CC1，从而AH⊥AA1，又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1＝AA1，AH⊂平面AA1C1C，∴AH⊥平面ABB1A1，又A1D⊂平面ABB1A1，∴AH⊥A1D.①设AB＝2a，∵AC＝AA1＝2AB，∴AC＝AA1＝2a，DB1＝a，DB1B1A1＝12＝A1B1AA1，又∠DB1A1＝∠B1A1A＝90°，∴△A1DB1∽△AB1A1，∴∠B1AA1＝∠B1A1D，又∠B1A1D＋∠AA1D＝90°，∴∠B1AA1＋∠AA1D＝90°，∴A1D⊥AB1，②由①②及AB1∩AH＝A，可得A1D⊥平面AB1H. (2)取AA1的中点M，连接C1M，则C1M∥AH，∴C1M⊥平面ABB1A1，∴V C1－AB1A1＝13S△AB1A1·C1M＝13×2×3＝63，∴三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3V C1－AB1A1＝ 6.14．(2018·衡水模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱锥P－ABM的体积．解(1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN ∥PA ，又MN ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴MN ∥平面PAB . 在Rt △ACD 中， ∠CAD ＝60°，CN ＝AN ， ∴∠ACN ＝60°.又∠BAC ＝60°，∴CN ∥AB . ∵CN ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， ∴CN ∥平面PAB .又CN ∩MN ＝N ，∴平面CMN ∥平面PAB . (2)由(1)知，平面CMN ∥平面PAB ，∴点M 到平面PAB 的距离等于点C 到平面PAB 的距离． ∵AB ＝1，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，∴BC ＝3，∴三棱锥P －ABM 的体积V ＝V M －PAB ＝V C －PAB ＝V P －ABC ＝13×12×1×3×2＝33.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

【通用版】2018年高考理科数学二轮复习：教学案全集(含答案)

[全国卷3年考情分析][题点·考法·全练]1．(2017·全国卷Ⅱ)设集合A＝{1,2,4}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}．若A∩B＝{1}，则B＝()A．{1，－3}B．{1,0}C ．{1,3}D ．{1,5}解析：选C 因为A ∩B ＝{1}，所以1∈B ，所以1是方程x 2－4x ＋m ＝0的根，所以1－4＋m ＝0，m ＝3，方程为x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3，所以B ＝{1,3}．2．(2018届高三·安徽名校阶段测试)设A ＝{x |x 2－4x ＋3≤0}，B ＝{x |ln(3－2x )<0}，则图中阴影部分表示的集合为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ x <32B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1<x <32 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ 1≤x <32 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪32<x ≤3 解析：选B A ＝{x |x 2－4x ＋3≤0}＝{x |1≤x ≤3}，B ＝{x |ln(3－2x )<0}＝{x |0<3－2x <1}＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ 1<x <32，结合Venn 图知，图中阴影部分表示的集合为A ∩B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1<x <32. 3．(2017·全国卷Ⅲ)已知集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＝1}，B ＝{(x ，y )|y ＝x }，则A ∩B 中元素的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选B 因为A 表示圆x 2＋y 2＝1上的点的集合，B 表示直线y ＝x 上的点的集合，直线y ＝x 与圆x 2＋y 2＝1有两个交点，所以A ∩B 中元素的个数为2.4．已知集合P ＝{n |n ＝2k －1，k ∈N *，k ≤50}，Q ＝{2,3,5}，则集合T ＝{xy |x ∈P ，y ∈Q }中元素的个数为( )A ．147B ．140C ．130D ．117解析：选B 由题意得，y 的取值一共有3种情况，当y ＝2时，xy 是偶数，与y ＝3，y ＝5时，没有相同的元素，当y ＝3，x ＝5,15,25，…，95时，与y ＝5，x ＝3,9,15，…，57时有相同的元素，共10个，故所求元素个数为3×50－10＝140.5．已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12，B ＝{x |mx －1＝0，m ∈R}，若A ∩B ＝B ，则所有符合条件的实数m 组成的集合是( )A ．{－1,0,2} B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫－12，0，1 C ．{－1,2}D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，0，12解析：选A 因为A ∩B ＝B ，所以B ⊆A .若B 为∅，则m ＝0；若B ≠∅，则－m －1＝0或12m －1＝0，解得m ＝－1或2.综上，m ∈{－1,0,2}． [准解·快解·悟通][题点·考法·全练] 1．(2017·天津高考)设x∈R，则“2－x≥0”是“|x－1|≤1”的() A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B由2－x≥0，得x≤2，由|x－1|≤1，得0≤x≤2.∵0≤x≤2⇒x≤2，x≤2⇒/ 0≤x≤2，故“2－x ≥0”是“|x －1|≤1”的必要而不充分条件．2．(2017·惠州三调)设函数y ＝f (x )，x ∈R ，“y ＝|f (x )|是偶函数”是“y ＝f (x )的图象关于原点对称”的( )A ．充分不必要条件B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 设f (x )＝x 2，y ＝|f (x )|是偶函数，但是不能推出y ＝f (x )的图象关于原点对称．反之，若y ＝f (x )的图象关于原点对称，则y ＝f (x )是奇函数，这时y ＝|f (x )|是偶函数，故选C.3．(2017·浙江高考)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 因为{a n }为等差数列，所以S 4＋S 6＝4a 1＋6d ＋6a 1＋15d ＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d ，S 4＋S 6－2S 5＝d ，所以d >0⇔S 4＋S 6>2S 5.4．已知“x >k ”是“3x ＋1<1”的充分不必要条件，则k 的取值范围是( ) A ．[2，＋∞) B ．[1，＋∞) C ．(2，＋∞)D ．(－∞，－1]解析：选A 由3x ＋1<1，可得3x ＋1－1＝－x ＋2x ＋1<0，所以x <－1或x >2，因为“x >k ”是“3x ＋1<1”的充分不必要条件，所以k ≥2. 5．已知条件p ：x ＋y ≠－2，条件q ：x ，y 不都是－1，则p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 因为p ：x ＋y ≠－2，q ：x ≠－1或y ≠－1，所以綈p ：x ＋y ＝－2，綈q ：x ＝－1且y ＝－1，因为綈q ⇒綈p 但綈p ⇒/綈q ，所以綈q 是綈p 的充分不必要条件，即p 是q 的充分不必要条件．[准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．下列命题中为真命题的是( ) A ．命题“若x ＞1，则x 2＞1”的否命题 B ．命题“若x ＞y ，则x ＞|y |”的逆命题 C ．命题“若x ＝1，则x 2＋x －2＝0”的否命题 D ．命题“若tan x ＝3，则x ＝π3”的逆否命题解析：选B 对于选项A ，命题“若x ＞1，则x 2＞1”的否命题为“若x ≤1，则x 2≤1”，易知当x ＝－2时，x 2＝4＞1，故选项A 为假命题；对于选项B ，命题“若x ＞y ，则x ＞|y |”的逆命题为“若x ＞|y |，则x ＞y ”，分析可知选项B 为真命题；对于选项C ，命题“若x ＝1，则x 2＋x －2＝0”的否命题为“若x ≠1，则x 2＋x －2≠0”，易知当x ＝－2时，x 2＋x －2＝0，故选项C 为假命题；对于选项D ，命题“若tan x ＝3，则x ＝π3”为假命题，故其逆否命题为假命题，综上可知，选B.2．(2015·全国卷Ⅰ)设命题p ：∃n ∈N ，n 2>2n ，则綈p 为( ) A ．∀n ∈N ，n 2>2n B ．∃n ∈N ，n 2≤2n C ．∀n ∈N ，n 2≤2nD ．∃n ∈N ，n 2＝2n解析：选C 因为“∃x ∈M ，p (x )”的否定是“∀x ∈M ，綈p (x )”，所以命题“∃n ∈N ，n 2>2n ”的否定是“∀n ∈N ，n 2≤2n ”．3．(2017·山东高考)已知命题p ：∀x >0，ln(x ＋1)>0；命题q ：若a >b ，则a 2>b 2.下列命题为真命题的是( )A ．p ∧qB ．p ∧綈qC ．綈p ∧qD ．綈p ∧綈q解析：选B 当x >0时，x ＋1>1，因此ln(x ＋1)>0，即p 为真命题；取a ＝1，b ＝－2，这时满足a >b ，显然a 2>b 2不成立，因此q 为假命题．由复合命题的真假性，知B 为真命题．[准解·快解·悟通][专题过关检测]一、选择题1．(2016·全国卷Ⅱ)已知集合A＝{1,2,3}，B＝{x|(x＋1)·(x－2)<0，x∈Z}，则A∪B＝() A．{1}B．{1,2}C．{0,1,2,3} D．{－1,0,1,2,3}解析：选C因为B＝{x|(x＋1)(x－2)<0，x∈Z}＝{x|－1<x<2，x∈Z}＝{0,1}，A＝{1,2,3}，所以A∪B＝{0,1,2,3}．2．(2017·成都一诊)命题“若a>b，则a＋c>b＋c”的否命题是()A．若a≤b，则a＋c≤b＋c B．若a＋c≤b＋c，则a≤bC．若a＋c>b＋c，则a>b D．若a>b，则a＋c≤b＋c解析：选A命题的否命题是将原命题的条件和结论均否定，所以题中命题的否命题为“若a≤b，则a＋c≤b＋c”．3．(2017·广西三市第一次联考)设集合A＝{x|8＋2x－x2>0}，集合B＝{x|x＝2n－1，n ∈N*}，则A∩B等于()A．{－1,1} B．{－1,3}C．{1,3} D．{3,1，－1}解析：选C∵A＝{x|－2<x<4}，B＝{1,3,5，…}，∴A ∩B ＝{1,3}．4．(2017·郑州第二次质量预测)已知集合A ＝{x |log 2x ≤1}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1x>1，则A ∩(∁R B )＝( )A ．(－∞，2]B ．(0,1]C ．[1,2]D ．(2，＋∞)解析：选C 因为A ＝{x |0<x ≤2}，B ＝{x |0<x <1}，所以A ∩(∁R B )＝{x |0<x ≤2}∩{x |x ≤0或x ≥1}＝{x |1≤x ≤2}．5．(2017·北京高考)设m ，n 为非零向量，则“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n <0”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A ∵m ＝λn ，∴m ·n ＝λn ·n ＝λ|n |2. ∴当λ<0，n ≠0时，m ·n <0.反之，由m ·n ＝|m ||n |cos 〈m ，n 〉<0⇔cos 〈m ，n 〉<0⇔〈m ，n 〉∈⎝⎛⎦⎤π2，π，当〈m ，n 〉∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，m ，n 不共线．故“存在负数λ，使得m ＝λn ”是“m ·n <0”的充分而不必要条件．6．(2018届高三·湘中名校联考)已知集合A ＝{x |x 2－11x －12＜0}，B ＝{x |x ＝2(3n ＋1)，n ∈Z}，则A ∩B 等于( )A ．{2}B ．{2,8}C ．{4,10}D ．{2,4,8,10}解析：选B 因为集合A ＝{x |x 2－11x －12＜0}＝{x |－1＜x ＜12}，集合B 为被6整除余数为2的数．又集合A 中的整数有0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11，故被6整除余数为2的数有2和8，所以A ∩B ＝{2,8}．7．(2017·石家庄调研)设全集U ＝R ，集合A ＝{x |x ≥1}，B ＝{x |(x ＋2)(x －1)<0}，则( ) A ．A ∩B ＝∅ B ．A ∪B ＝U C ．∁U B ⊆AD ．∁U A ⊆B解析：选A 由(x ＋2)(x －1)<0，解得－2<x <1，所以B ＝{x |－2<x <1}，则A ∩B ＝∅，A ∪B ＝{x |x >－2}，∁U B ＝{x |x ≥1或x ≤－2}，A ⊆∁U B ，∁U A ＝{x |x <1}，B ⊆∁U A ，故选A.8．若x ∈A ，则1x ∈A ，就称A 是伙伴关系集合，集合M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，0，13，12，1，2，3，4的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为( )A ．15B ．16C ．28D ．25解析：选A 本题关键看清－1和1本身也具备这种运算，这样所求集合即由－1,1,3和13，2和12这“四大”元素所能组成的集合．所以满足条件的集合的个数为24－1＝15. 9．(2017·郑州第一次质量预测)已知命题p ：1a >14，命题q ：∀x ∈R ，ax 2＋ax ＋1>0，则p 成立是q 成立的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 命题p 等价于0<a <4.命题q ，对∀x ∈R ，ax 2＋ax ＋1>0，必有a ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a 2－4a <0，则0≤a <4，所以命题p 是命题q 的充分不必要条件． 10．已知f (x )＝3sin x －πx ，命题p ：∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x )<0，则( ) A ．p 是假命题，綈p ：∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x )≥0 B ．p 是假命题，綈p ：∃x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x 0)≥0 C ．p 是真命题，綈p ：∃x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x 0)≥0 D ．p 是真命题，綈p ：∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x )>0 解析：选C 因为f ′(x )＝3cos x －π，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，即对∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x )<f (0)＝0恒成立，所以p 是真命题．而p 的否定为∃x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f (x 0)≥0，故选C. 11．已知命题p ：函数f (x )＝2ax 2－x －1在(0,1)内恰有一个零点；命题q ：函数y ＝x 2－a在(0，＋∞)上是减函数．若p 且綈q 为真命题，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，2]C ．(1,2]D ．(－∞，1]∪(2，＋∞)解析：选C 由题意可得，对命题p ，令f (0)·f (1)<0，即－1·(2a －2)<0，得a >1；对命题q ，令2－a <0，即a >2，则綈q 对应的a 的范围是(－∞，2]．因为p 且綈q 为真命题，所以实数a 的取值范围是(1,2]．12．在下列结论中，正确的个数是( )①命题p ：“∃x 0∈R ，x 20－2≥0”的否定形式为綈p ：“∀x ∈R ，x 2－2<0”；②O 是△ABC 所在平面上一点，若OA ―→·OB ―→＝OB ―→·OC ―→＝OC ―→·OA ―→，则O 是△ABC 的垂心；③“M >N ”是“⎝⎛⎭⎫23M >⎝⎛⎭⎫23N”的充分不必要条件；④命题“若x 2－3x －4＝0，则x ＝4”的逆否命题为“若x ≠4，则x 2－3x －4≠0”． A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C 由特称(存在性)命题与全称命题的关系可知①正确． ∵OA ―→·OB ―→＝OB ―→·OC ―→，∴OB ―→·(OA ―→－OC ―→)＝0，即OB ―→·CA ―→＝0， ∴OB ―→⊥CA ―→.同理可知OA ―→⊥BC ―→，OC ―→⊥BA ―→，故点O 是△ABC 的垂心，∴②正确． ∵y ＝⎝⎛⎭⎫23x是减函数，∴当M >N 时，⎝⎛⎭⎫23M <⎝⎛⎭⎫23N ，当⎝⎛⎭⎫23M >⎝⎛⎭⎫23N 时，M <N . ∴“M >N ”是“⎝⎛⎭⎫23M >⎝⎛⎭⎫23N ”的既不充分也不必要条件，∴③错误．由逆否命题的写法可知，④正确． ∴正确的结论有3个．二、填空题13．设命题p ：∀a >0，a ≠1，函数f (x )＝a x －x －a 有零点，则綈p ：________________________.解析：全称命题的否定为特称(存在性)命题，綈p ：∃a 0>0，a 0≠1，函数f (x )＝a x 0－x－a 0没有零点．答案：∃a 0>0，a 0≠1，函数f (x )＝a x 0－x －a 0没有零点14．设全集U ＝{(x ，y )|x ∈R ，y ∈R}，集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫(x ，y )⎪⎪⎪ y －3x －2＝1，P ＝{(x ，y )|y ≠x ＋1}，则∁U (M ∪P )＝________.解析：集合M ＝{(x ，y )|y ＝x ＋1，且x ≠2，y ≠3}，所以M ∪P ＝{(x ，y )|x ∈R ，y ∈R ，且x ≠2，y ≠3}．则∁U (M ∪P )＝{(2,3)}．答案：{(2,3)}15．已知命题p ：不等式xx －1＜0的解集为{x |0＜x ＜1}；命题q ：在△ABC 中，“A ＞B ”是“sin A ＞sin B ”成立的必要不充分条件．有下列四个结论：①p 真q 假；②“p ∧q ”为真；③“p ∨q ”为真；④p 假q 真，其中正确结论的序号是________．解析：解不等式知，命题p是真命题，在△ABC中，“A＞B”是“sin A＞sin B”的充要条件，所以命题q是假命题，所以①③正确．答案：①③16．a，b，c为三个人，命题A：“如果b的年龄不是最大，那么a的年龄最小”和命题B：“如果c不是年龄最小，那么a的年龄最大”都是真命题，则a，b，c的年龄由小到大依次是________．解析：显然命题A和B的原命题的结论是矛盾的，因此我们应该从它们的逆否命题来看．由命题A可知，当b不是最大时，则a是最小，所以c最大，即c>b>a；而它的逆否命题也为真，即“若a的年龄不是最小，则b的年龄是最大”为真，即b>a>c.同理，由命题B为真可得a>c>b或b>a>c.故由A与B均为真可知b>a>c，所以a，b，c三人的年龄大小顺序是：b最大，a次之，c最小．答案：c，a，b送分专题(二)函数的图象与性质[全国卷3年考情分析][题点·考法·全练]1．(2017·广州综合测试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ≤0，1－log 2x ，x >0，则f (f (－3))＝( ) A.43B ．23C ．－43D ．3解析：选D 因为f (－3)＝2－2＝14，所以f (f (－3))＝f ⎝⎛⎭⎫14＝1－log 214＝3. 2．函数y ＝1－x 22x 2－3x －2的定义域为( )A ．(－∞，1]B ．[－1,1]C ．[1,2)∪(2，＋∞)D.⎣⎡⎭⎫－1，－12∪⎝⎛⎦⎤－12，1 解析：选D 要使函数y ＝1－x 22x 2－3x －2有意义，则⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2≥0，2x 2－3x －2≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，x ≠2且x ≠－12，即－1≤x ≤1且x ≠－12，所以该函数的定义域为⎣⎡⎭⎫－1，－12∪⎝⎛⎦⎤－12，1. 3．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x >0，则满足f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x －12>1的x 的取值范围是________．解析：由题意知，可对不等式分x ≤0,0<x ≤12，x >12讨论．当x ≤0时，原不等式为x ＋1＋x ＋12>1，解得x >－14，∴－14<x ≤0.当0<x ≤12时，原不等式为2x ＋x ＋12>1，显然成立．当x >12时，原不等式为2x ＋2x －12>1，显然成立．综上可知，x 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－14，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎫－14，＋∞ 4．若函数f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )(常数a ，b ∈R)是偶函数，且它的值域为(－∞，2]，则该函数的解析式为________．解析：由题意知：a ≠0，f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )＝bx 2＋(2a ＋ab )x ＋2a 2是偶函数，则其图象关于y 轴对称，所以2a ＋ab ＝0，b ＝－2.所以f (x )＝－2x 2＋2a 2，因为它的值域为(－∞，2]，所以2a 2＝2.所以f (x )＝－2x 2＋2.答案：f (x )＝－2x 2＋25．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．解析：当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，y ＝(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1]内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a ＜12.答案：⎣⎡⎭⎫0，12 [准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．(2018届高三·安徽名校阶段性测试)函数y ＝x 2ln|x ||x |的图象大致是( )解析：选D 易知函数y ＝x 2ln|x ||x |是偶函数，可排除B ，当x >0时，y ＝x ln x ，y ′＝ln x＋1，令y ′>0，得x >e －1，所以当x >0时，函数在(e －1，＋∞)上单调递增，结合图象可知D正确，故选D.2．已知函数f (x －1)是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，则函数f (x )的图象可能是( )解析：选B 函数f (x －1)的图象向左平移1个单位，即可得到函数f (x )的图象，因为函数f (x －1)是定义在R 上的奇函数，所以函数f (x －1)的图象关于原点对称，所以函数f (x )的图象关于点(－1,0)对称，排除A 、C 、D ，选B.3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |<1的图象过点(1,1)，函数g (x )是二次函数，若函数f (g (x ))的值域是[0，＋∞)，则函数g (x )的值域是( )A ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B ．(－∞，－1]∪[0，＋∞)C ．[0，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选C 因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |<1的图象过点(1,1)，所以m ＋1＝1，解得m ＝0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，|x |≥1，x ，|x |<1.画出函数y ＝f (x )的图象(如图所示)，由于函数g (x )是二次函数，值域不会是选项A 、B ，易知，当g (x )的值域是[0，＋∞)时，f (g (x ))的值域是[0，＋∞)．[准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．下列函数中，满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0”的是()A．f(x)＝1x－x B．f(x)＝x3C．f(x)＝ln x D．f(x)＝2x解析：选A“∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0”等价于f(x)在(0，＋∞)上为减函数，易判断f(x)＝1x－x满足条件．2．(2017·广西三市第一次联考)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，若实数a满足f(2log3a)>f(－2)，则a的取值范围是()A．(－∞，3) B．(0，3)C．(3，＋∞) D．(1，3)解析：选B∵f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，∴f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减．根据函数的对称性，可得f(－2)＝f(2)，∴f(2log3a)>f(2)．∵2log 3a >0，f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，∴0<2log 3a <2⇒log 3a <12⇒0<a < 3.3．(2017·山东高考)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋4)＝f (x －2)．若当x ∈[－3,0]时，f (x )＝6－x ，则f (919)＝________.解析：∵f (x ＋4)＝f (x －2)，∴f (x ＋6)＝f (x )， ∴f (x )的周期为6，∵919＝153×6＋1，∴f (919)＝f (1)．又f (x )为偶函数，∴f (919)＝f (1)＝f (－1)＝6. 答案：64．(2017·福建普通高中质量检测)已知函数f (x )＝x 2(2x －2－x )，则不等式f (2x ＋1)＋f (1)≥0的解集是________．解析：因为f (－x )＝(－x )2(2－x －2x )＝－x 2(2x －2－x )＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数．不等式f (2x ＋1)＋f (1)≥0等价于f (2x ＋1)≥f (－1)．易知，当x >0时，函数f (x )为增函数，所以函数f (x )在R 上为增函数，所以f (2x ＋1)≥f (－1)等价于2x ＋1≥－1，解得x ≥－1.答案：{x |x ≥－1}[准解·快解·悟通][专题过关检测]一、选择题 1．函数f (x )＝1x －1＋x 的定义域为( ) A ．[0，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．[0,1)∪(1，＋∞)D ．[0,1)解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x －1≠0，x ≥0，∴f (x )的定义域为[0,1)∪(1，＋∞)．2．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝1xB ．y ＝|x |－1C ．y ＝lg xD ．y ＝⎝⎛⎭⎫12|x |解析：选B A 中函数y ＝1x 不是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，故A 错误；B 中函数满足题意，故B 正确；C 中函数不是偶函数，故C 错误；D 中函数不满足在(0，＋∞)上单调递增，故选B.3．已知函数f (x )＝2×4x －a2x的图象关于原点对称，g (x )＝ln(e x ＋1)－bx 是偶函数，则log a b ＝( )A ．1B ．－1C ．－12D ．14解析：选B 由题意得f (0)＝0，∴a ＝2. ∵g (1)＝g (－1)，∴ln(e ＋1)－b ＝ln ⎝⎛⎭⎫1e ＋1＋b ， ∴b ＝12，∴log 212＝－1.4．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x <－1，ln (x ＋a )，x ≥－1的图象如图所示，则f (－3)等于( )A ．－12B ．－54C ．－1D ．－2解析：选C 由图象可得a (－1)＋b ＝3，ln(－1＋a )＝0，∴a ＝2，b ＝5，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5，x <－1，ln (x ＋2)，x ≥－1，故f (－3)＝2×(－3)＋5＝－1.5．已知函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，若f (x ＋2 017)＝⎩⎨⎧2sin x ，x ≥0，lg (－x )，x <0，则f ⎝⎛⎭⎫2 017＋π4·f (－7 983)＝( ) A ．2 016 B.14C ．4 D.12 016解析：选C 由题意得，f ⎝⎛⎭⎫2 017＋π4＝2sin π4＝1， f (－7 983)＝f (2 017－10 000)＝lg 10 000＝4， ∴f ⎝⎛⎭⎫2 017＋π4·f (－7 983)＝4. 6．函数y ＝sin xx ，x ∈(－π，0)∪(0，π)的图象大致是( )解析：选A 函数y ＝sin xx ，x ∈(－π，0)∪(0，π)为偶函数，所以图象关于y 轴对称，排除B 、C ，又当x 趋近于π时，y ＝sin xx 趋近于0，故选A.7．(2016·山东高考)已知函数f (x )的定义域为R.当x ＜0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x ＞12时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎫x －12，则f (6)＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．0D ．2解析：选D 由题意知，当x ＞12时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝fx －12，则f (x ＋1)＝f (x )．又当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )， ∴f (6)＝f (1)＝－f (－1)．又当x ＜0时，f (x )＝x 3－1， ∴f (－1)＝－2，∴f (6)＝2.8．如图，动点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体对角线BD 1上．过点P 作垂直于平面BB 1D 1D 的直线，与正方体的表面相交于M ，N 两点．设BP ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选B 设正方体的棱长为1，显然，当P 移动到体对角线BD 1的中点E 时，函数y ＝MN ＝AC ＝2取得唯一的最大值，所以排除A 、C ；当P 在BE 上时，分别过M ，N ，P 作底面的垂线，垂足分别为M 1，N 1，P 1，则y ＝MN ＝M 1N 1＝2BP 1＝2x cos ∠D 1BD ＝263x ，是一次函数，所以排除D.故选B.9．(2017·贵阳模拟)定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：选C 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数． ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6. 10．函数f (x )＝ax ＋b(x ＋c )2的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A ．a >0，b >0，c <0B ．a <0，b >0，c >0C ．a <0，b >0，c <0D ．a <0，b <0，c <0 解析：选C ∵f (x )＝ax ＋b(x ＋c )2的图象与x 轴，y 轴分别交于N ，M ，且点M 的纵坐标与点N 的横坐标均为正，∴x ＝－b a >0，y ＝bc 2>0，故a <0，b >0，又函数图象间断点的横坐标为正，∴－c >0，c <0，故选C.11．定义在R 上的函数f (x )对任意0<x 2<x 1都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1，且函数y ＝f (x )的图象关于原点对称，若f (2)＝2，则不等式f (x )－x >0的解集是( )A ．(－2,0)∪(0,2)B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(0,2)D ．(－2,0)∪(2，＋∞)解析：选C (转化法)由f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<1，可得[f (x 1)－x 1]－[f (x 2)－x 2]x 1－x 2<0.令F (x )＝f (x )－x ，由题意知F (x )在(－∞，0)，(0，＋∞)上是减函数，且是奇函数，F (2)＝0，F (－2)＝0，所以结合图象，令F (x )>0，得x <－2或0<x <2.12．已知函数f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当|f (x )|<g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( )A ．有最小值－1，最大值1B ．有最大值1，无最小值C ．有最小值－1，无最大值D ．有最大值－1，无最小值解析：选C 作出函数g (x )＝1－x 2和函数|f (x )|＝|2x －1|的图象如图①所示，得到函数h (x )的图象如图②所示，由图象得函数h (x )有最小值－1，无最大值．二、填空题13．函数f (x )＝ln 1|x |＋1的值域是________．解析：因为|x |≥0，所以|x |＋1≥1. 所以0＜1|x |＋1≤1.所以ln 1|x |＋1≤0，即f (x )＝ln1|x |＋1的值域为(－∞，0]．答案：(－∞，0]14．(2018届高三·安徽名校阶段性测试)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，f (x )＝2x ，则f (log 49)＝________.解析：因为log 49＝log 23>0，又f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，f (x )＝2x ，所以f (log 49)＝f (log 23)＝－2－log 23＝－2log 213＝－13.答案：－1315．若当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象始终在函数y ＝log a x 的图象的下方，则实数a 的取值范围是________．解析：如图，在同一平面直角坐标系中画出函数y ＝(x －1)2和y ＝log a x 的图象，由于当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象恒在函数y ＝log a x 的图象的下方，则⎩⎪⎨⎪⎧a >1，log a 2≥1，解得1<a ≤2.答案：(1,2]16．(2017·惠州三调)已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足条件f ⎝⎛⎭⎫x ＋32＝－f (x )，且函数y ＝f ⎝⎛⎭⎫x －34为奇函数，给出以下四个命题： ①函数f (x )是周期函数；②函数f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－34，0对称； ③函数f (x )为R 上的偶函数； ④函数f (x )为R 上的单调函数．其中真命题的序号为____________．解析：f (x ＋3)＝f ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x ＋32＋32＝－f ⎝⎛⎭⎫x ＋32＝f (x )，所以f (x )是周期为3的周期函数，①正确；函数f ⎝⎛⎭⎫x －34是奇函数，其图象关于点(0,0)对称，则f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－34，0对称，②正确；因为f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－34，0对称，－34＝－x ＋⎝⎛⎭⎫－32＋x 2，所以f (－x )＝－f ⎝⎛⎭⎫－32＋x ，又f ⎝⎛⎭⎫－32＋x ＝－f ⎝⎛⎭⎫－32＋x ＋32＝－f (x )，所以f (－x )＝f (x )，③正确；f (x )是周期函数在R 上不可能是单调函数，④错误．故真命题的序号为①②③. 答案：①②③送分专题(三) 平面向量[全国卷3年考情分析][题点·考法·全练]1．(2017·贵州适应性考试)已知向量e 1与e 2不共线，且向量AB ―→＝e 1＋me 2，AC ―→＝ne 1＋e 2，若A ，B ，C 三点共线，则实数m ，n 满足的条件是( )A ．mn ＝1B ．mn ＝－1C ．m ＋n ＝1D ．m ＋n ＝－1解析：选A 法一：因为A ，B ，C 三点共线，所以一定存在一个确定的实数λ，使得AB―→＝λAC ―→，所以有e 1＋me 2＝nλe 1＋λe 2，由此可得⎩⎪⎨⎪⎧1＝nλ，m ＝λ，所以mn ＝1.法二：因为A ，B ，C 三点共线，所以必有1n ＝m1，所以mn ＝1.2.如图所示，下列结论正确的是( )①PQ ―→＝32a ＋32b ；②PT ―→＝32a －b ；③PS ―→＝32a －12b ；④PR ―→＝32a ＋b .A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④解析：选C ①根据向量的加法法则，得PQ ―→＝32a ＋32b ，故①正确；②根据向量的减法法则，得PT ―→＝32a －32b ，故②错误；③PS ―→＝PQ ―→＋QS ―→＝32a ＋32b －2b ＝32a －12b ，故③正确；④PR ―→＝PQ ―→＋QR ―→＝32a ＋32b －b ＝32a ＋12b ，故④错误．故正确命题的结论为①③.3．已知平面内不共线的四点O ，A ，B ，C ，若OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→＝0，则|AB ―→||BC ―→|＝________.解析：由已知得OA ―→－OB ―→＝2(OB ―→－OC ―→)，即BA ―→＝2CB ―→， ∴|BA ―→|＝2|CB ―→|，∴|AB ―→||BC ―→|＝2.答案：24．已知e 1，e 2是不共线向量，a ＝me 1＋2e 2，b ＝ne 1－e 2，且mn ≠0，若a ∥b ，则mn 等于________．解析：∵a ∥b ，∴a ＝λb ，即me 1＋2e 2＝λ(ne 1－e 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧λn ＝m ，－λ＝2，解得m n ＝－2.答案：－2[准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．已知向量m ＝(t ＋1,1)，n ＝(t ＋2,2)，若(m ＋n )⊥(m －n )，则t ＝( ) A ．0 B ．－3 C ．3D ．－1解析：选B 法一：由(m ＋n )⊥(m －n )可得(m ＋n )·(m －n )＝0，即m 2＝n 2，故(t ＋1)2＋1＝(t ＋2)2＋4，解得t ＝－3.法二：m ＋n ＝(2t ＋3,3)，m －n ＝(－1，－1)，∵(m ＋n )⊥(m －n )，∴－(2t ＋3)－3＝0，解得t ＝－3.2．(2017·洛阳统考)已知向量a ＝(1,0)，|b |＝2，a 与b 的夹角为45°，若c ＝a ＋b ，d ＝a －b ，则c 在d 方向上的投影为( )A.55B ．－55C ．1D ．－1解析：选D 依题意得|a |＝1，a ·b ＝1×2×cos 45°＝1，|d |＝(a －b )2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝1，c ·d ＝a 2－b 2＝－1，因此c 在d 方向上的投影等于c ·d|d |＝－1. 3．已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，k )，且a 与b 的夹角为锐角，则实数k 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－2，12 B.⎝⎛⎭⎫－2，12∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(－2，＋∞)D ．[－2，＋∞)解析：选B 当a ，b 共线时，2k －1＝0，k ＝12，此时a ，b 方向相同，夹角为0，所以要使a 与b 的夹角为锐角，则有a·b >0且a ，b 不共线．由a·b ＝2＋k >0得k >－2，又k ≠12，即实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－2，12∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞，选B. 4．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________. 解析：法一：易知|a ＋2b |＝|a |2＋4a ·b ＋4|b |2＝4＋4×2×1×12＋4＝2 3.法二：(数形结合法)由|a |＝|2b |＝2，知以a 与2b 为邻边可作出边长为2的菱形OACB ，如图，则|a ＋2b |＝|OC ―→|.又∠AOB ＝60°，所以|a ＋2b |＝2 3.答案：2 35．(2017·山东高考)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量．若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________．解析：因为(3e 1－e 2)·(e 1＋λe 2)|3e 1－e 2|·|e 1＋λe 2|＝3－λ21＋λ2，故3－λ21＋λ2＝12，解得λ＝33.答案：33[准解·快解·悟通][题点·考法·全练]1．在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝6，点D 在边AC 上，且2AD ―→＝DC ―→，则BA ―→·BD ―→的值是( )A ．48B ．24C ．12D ．6解析：选B 法一：由题意得，BA ―→·BC ―→＝0，BA ―→·CA ―→＝BA ―→·(BA ―→－BC ―→)＝|BA ―→|2＝36，∴BA ―→·BD ―→＝BA ―→·(BC ―→＋CD ―→)＝BA ―→·⎝⎛⎭⎫BC ―→＋23 CA ―→ ＝0＋23×36＝24. 法二：(特例法)若△ABC 为等腰直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (6,0)，C (0,6)．由2AD ―→＝DC ―→，得D (4,2)．∴BA ―→·BD ―→＝(6,0)·(4,2)＝24.2.如图所示，已知点G 是△ABC 的重心，过点G 作直线与AB ，AC 两边分别交于M ，N 两点，且AM ―→＝x AB ―→，AN ―→＝y AC ―→，则x ＋2y 的最小值为( )A ．2 B.13 C.3＋223D.34解析：选C 由已知可得AG ―→＝23×12(AB ―→＋AC ―→)＝13AB ―→＋13AC ―→＝13x AM ―→＋13y AN ―→，又M ，G ，N 三点共线，故13x ＋13y＝1，∴1x ＋1y ＝3，则x ＋2y ＝(x ＋2y )·⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ·13＝13⎝⎛⎭⎫3＋2y x ＋x y ≥3＋223(当且仅当x ＝2y 时取等号)．3．(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1解析：选B 如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)，设P (x ，y )，则PA ―→＝(－x, 3－y )，PB ―→＝(－1－x ，－y )，PC ―→＝(1－x ，－y )，所以PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2x 2＋2⎝⎛⎭⎫y －322－32，当x ＝0，y ＝32时，PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)取得最小值，为－32.4．如图，已知△ABC 中，∠BAC ＝90°，∠B ＝30°，点P 在线段BC 上运动，且满足CP ―→＝λCB ―→，当PA ―→·PC ―→取到最小值时，λ的值为( )A.14 B.15 C.16D.18解析：选D 如图所示，建立平面直角坐标系．不妨设BC ＝4，P (x,0)(0≤x ≤4)，则A (3，3)，C (4,0)，∴PA ―→·PC ―→＝(3－x ，3)·(4－x,0)＝(3－x )(4－x )＝x 2－7x ＋12＝⎝⎛⎭⎫x －722－14.当x ＝72时，PA ―→·PC ―→取得最小值－14.∵CP ―→＝λCB ―→，∴⎝⎛⎭⎫－12，0＝λ(－4,0)， ∴－4λ＝－12，解得λ＝18.故选D.5.如图，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP ―→＝3PD ―→，AP ―→·BP ―→＝2，则AB ―→·AD ―→的值是________．解析：因为AP ―→＝AD ―→＋DP ―→＝AD ―→＋14AB ―→，BP ―→＝BC ―→＋CP ―→＝AD ―→－34AB ―→，所以AP ―→·BP ―→＝⎝⎛⎭⎫AD ―→＋14AB ―→·⎝⎛⎭⎫AD ―→－34AB ―→＝ |AD ―→|2－316|AB ―→|2－12AD ―→·AB ―→＝2，将AB ＝8，AD ＝5代入解得AB ―→·AD ―→＝22. 答案：22[准解·快解·悟通][专题过关检测]一、选择题1．设a ＝(1,2)，b ＝(1,1)，c ＝a ＋kb .若b ⊥c ，则实数k 的值等于( ) A ．－32B ．－53C.53D ．32解析：选A 因为c ＝a ＋kb ＝(1＋k,2＋k )，又b ⊥c ，所以1×(1＋k )＋1×(2＋k )＝0，解得k ＝－32.2．(2017·贵州适应性考试)已知向量a ＝(2,4)，b ＝(－1，1)，c ＝(2,3)，若a ＋λb 与c 共线，则实数λ＝( )A.25 B ．－25C.35D ．－35解析：选B 法一：a ＋λb ＝(2－λ，4＋λ)，c ＝(2,3)，因为a ＋λb 与c 共线，所以必定存在唯一实数μ，使得a ＋λb ＝μc ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2－λ＝2μ，4＋λ＝3μ，解得⎩⎨⎧μ＝65，λ＝－25.法二：a ＋λb ＝(2－λ，4＋λ)，c ＝(2,3)，由a ＋λb 与c 共线可知2－λ2＝4＋λ3，解得λ＝－25. 3．(2018届高三·云南11校跨区调研)已知平面向量a 与b 的夹角为45°，a ＝(1,1)，|b |＝2，则|3a ＋b |等于( )A ．13＋6 2B ．2 5 C.30D ．34解析：选D 依题意得a 2＝2，a ·b ＝2×2×cos 45°＝2，|3a ＋b |＝(3a ＋b )2＝9a 2＋6a ·b ＋b 2＝18＋12＋4＝34.4．在等腰梯形ABCD 中，AB ―→＝－2CD ―→CD ―→，M 为BC 的中点，则AM ―→＝( ) A.12AB ―→＋12AD ―→ B.34AB ―→＋12AD ―→ C.34AB ―→＋14AD ―→ D.12AB ―→＋34AD ―→ 解析：选B 因为AB ―→＝－2CD ―→，所以AB ―→＝2DC ―→.又M 是BC 的中点，所以AM ―→＝12(AB―→＋AC ―→)＝12(AB ―→＋AD ―→＋DC ―→)＝12⎝⎛⎭⎫AB ―→＋AD ―→＋12AB ―→＝34AB ―→＋12AD ―→.5．(2017·成都二诊)已知平面向量a ，b 的夹角为π3，且|a |＝1，|b |＝12，则a ＋2b 与b 的夹角是( )A.π6 B.5π6 C.π4D.3π4解析：选A 法一：因为|a ＋2b |2＝|a |2＋4|b |2＋4a ·b ＝1＋1＋4×1×12×cos π3＝3，所以|a ＋2b |＝3，又(a ＋2b )·b ＝a ·b ＋2|b |2＝1×12×cos π3＋2×14＝14＋12＝34，所以cos 〈a ＋2b ，b 〉＝(a ＋2b )·b|a ＋2b ||b |＝343×12＝32，所以a ＋2b 与b 的夹角为π6.法二：(特例法)设a ＝(1,0)，b ＝⎝⎛⎭⎫12cos π3，12sin π3＝⎝⎛⎭⎫14，34，则(a ＋2b )·b ＝⎝⎛⎭⎫32，32·⎝⎛⎭⎫14，34＝34，|a ＋2b |＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＝3，所以cos 〈a ＋2b ，b 〉＝(a ＋2b )·b |a ＋2b ||b |＝343×12＝32，所以a ＋2b 与b 的夹角为π6. 6．已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量AB ―→在CD ―→方向上的投影为( ) A.322B ．3152C ．－322D ．－3152解析：选A 由题意知AB ―→＝(2,1)，CD ―→＝(5,5)，则AB ―→在CD ―→方向上的投影为|AB ―→|·cos 〈AB ―→，CD ―→〉＝AB ―→·CD ―→|CD ―→|＝322.7．(2017·安徽二校联考)在边长为1的正三角形ABC 中，D ，E 是边BC 的两个三等分点(D 靠近点B )，则AD ―→·AE ―→等于( )A.16B.29C.1318D.13解析：选C 法一：因为D ，E 是边BC 的两个三等分点，所以BD ＝DE ＝CE ＝13，在△ABD 中，AD 2＝BD 2＋AB 2－2BD ·AB ·cos 60° ＝⎝⎛⎭⎫132＋12－2×13×1×12＝79，即AD ＝73，同理可得AE ＝73，在△ADE 中，由余弦定理得 cos ∠DAE ＝AD 2＋AE 2－DE 22AD ·AE＝79＋79－⎝⎛⎭⎫1322×73×73＝1314，所以AD ―→·AE ―→＝|AD ―→|·|AE ―→|cos ∠DAE ＝73×73×1314＝1318. 法二：如图，建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得A ⎝⎛⎭⎫0，32，D ⎝⎛⎭⎫－16，0，E ⎝⎛⎭⎫16，0，所以AD ―→＝⎝⎛⎭⎫－16，－32，AE ―→＝⎝⎛⎭⎫16，－32，所以AD ―→·AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－16，－32·⎝⎛⎭⎫16，－32＝－136＋34＝1318.8．(2017·东北四市模拟)已知向量OA ―→＝(3,1)，OB ―→＝(－1,3)，OC ―→＝m OA ―→－n OB ―→(m >0，n >0)，若m ＋n ＝1，则|OC ―→|的最小值为( )A.52B.102C. 5D.10解析：选C 由OA ―→＝(3,1)，OB ―→＝(－1,3)，得OC ―→＝m OA ―→－n OB ―→＝(3m ＋n ，m －3n )，因为m ＋n ＝1(m >0，n >0)，所以n ＝1－m 且0<m <1，所以OC ―→＝(1＋2m,4m －3)，则|OC ―→|＝(1＋2m )2＋(4m －3)2＝20m 2－20m ＋10 ＝20⎝⎛⎭⎫m －122＋5(0<m <1)，所以当m ＝12时，|OC ―→|min ＝ 5.9．已知向量m ，n 的模分别为2，2，且m ，n 的夹角为45°.在△ABC 中，AB ―→＝2m ＋2n ，AC ―→＝2m －6n ，BC ―→＝2BD ―→，则|AD ―→|＝( )A ．2B ．2 2C ．4D ．8解析：选B 因为BC ―→＝2BD ―→，所以点D 为边BC 的中点，所以AD ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)＝2m －2n ，所以|AD ―→|＝2|m －n |＝2(m －n )2＝22＋4－2×2×2×22＝2 2. 10．(2018届高三·湘中名校联考)若点P 是△ABC 的外心，且PA ―→＋PB ―→＋λPC ―→＝0，C ＝120°，则实数λ的值为( )A.12 B ．－12C ．－1D ．1解析：选C 设AB 中点为D ，则PA ―→＋PB ―→＝2PD ―→PD ―→. 因为PA ―→＋PB ―→＋λPC ―→＝0，所以2PD ―→＋λPC ―→＝0，所以向量PD ―→，PC ―→共线．又P 是△ABC 的外心，所以PA ＝PB ，所以PD ⊥AB ，所以CD ⊥AB .因为∠ACB ＝120°，所以∠APB ＝120°，所以四边形APBC 是菱形，从而PA ―→＋PB ―→＝2PD ―→＝PC ―→，所以2PD ―→＋λPC ―→＝PC ―→＋λPC ―→＝0，所以λ＝－1.11．已知Rt △AOB 的面积为1，O 为直角顶点，设向量a ＝OA ―→|OA ―→|，b ＝OB ―→|OB ―→|，OP ―→＝a ＋2b ，则PA ―→·PB ―→的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 如图，设A (m,0)，B (0，n )，∴mn ＝2，则a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，OP ―→＝a ＋2b ＝(1,2)，PA ―→＝(m －1，－2)，PB ―→＝(－1，n －2)，PA ―→·PB ―→＝5－(m ＋2n )≤5－22nm ＝1，当且仅当m ＝2n ，即m ＝2，n ＝1时，等号成立．12．已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点D ，E 分别是边AB ，BC 的中点，连接DE 并延长到点F ，使得DE ＝2EF ，则AF ―→·BC ―→的值为( )A ．－58B.18 C.14D.118解析：选B 如图所示， AF ―→＝AD ―→＋DF ―→.又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，且DE ＝2EF ，所以AD ―→＝12AB ―→，DF ―→＝12AC ―→＋14AC ―→＝34AC ―→，所以AF ―→＝12AB ―→＋34AC ―→.又BC ―→＝AC ―→－AB ―→，则AF ―→·BC ―→＝⎝⎛⎭⎫12AB ―→＋34AC ―→·(AC ―→－AB ―→)＝12AB ―→·AC ―→－12AB ―→2＋34AC ―→2－34AC ―→·AB ―→ ＝34AC ―→2－12AB ―→2－14AC ―→·AB ―→. 又|AB ―→|＝|AC ―→|＝1，∠BAC ＝60°，故AF ―→·BC ―→＝34－12－14×1×1×12＝18.二、填空题13．在△ABC 中，点O 在线段BC 的延长线上，且||BO ―→＝3||CO―→，当AO ―→＝x AB ―→＋y AC ―→时，则x －y ＝________.解析：∵AO ―→＝AB ―→＋BO ―→＝AB ―→＋32BC ―→＝AB ―→＋32(AC ―→－AB ―→)＝－12AB ―→＋32AC ―→，∴x －y ＝－2.答案：－214．已知a ，b 是非零向量，f (x )＝(ax ＋b )·(bx －a )的图象是一条直线，|a ＋b |＝2，|a |＝1，则f (x )＝________.解析：由f (x )＝a ·bx 2－(a 2－b 2)x －a ·b 的图象是一条直线，可得a ·b ＝0.因为|a ＋b |＝2，所以a 2＋b 2＝4.因为|a |＝1，所以a 2＝1，b 2＝3，所以f (x )＝2x . 答案：2x15．(2017·天津高考)在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2.若BD ―→＝2DC ―→，AE ―→＝λAC ―→－AB ―→ (λ∈R)，且AD ―→·AE ―→＝－4，则λ的值为________．解析：法一：AD ―→＝AB ―→＋BD ―→＝AB ―→＋23BC ―→＝AB ―→＋23(AC ―→－AB ―→)＝13AB ―→＋23AC ―→.又AB ―→·AC ―→＝3×2×12＝3，所以AD ―→·AE ―→＝⎝⎛⎭⎫13AB ―→＋23AC ―→·(－AB ―→＋λAC ―→) ＝－13AB ―→2＋⎝⎛⎭⎫13λ－23AB ―→·AC ―→＋23λAC ―→2 ＝－3＋3⎝⎛⎭⎫13λ－23＋23λ×4＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.法二：以点A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨假设点C 在第一象限，则A (0,0)，B (3,0)，C (1，3)．由BD ―→＝2DC ―→，得D ⎝⎛⎭⎫53，233，由AE ―→＝λAC ―→－AB ―→，得E (λ－3，3λ)，则AD ―→·AE ―→＝⎝⎛⎭⎫53，233·(λ－3，3λ)＝53(λ－3)＋233×3λ＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.答案：31116．定义平面向量的一种运算a ⊙b ＝|a ＋b |·|a －b |·sin 〈a ，b 〉，其中〈a ，b 〉是a 与b 的夹角，给出下列命题：①若〈a ，b 〉＝90°，则a ⊙b ＝a 2＋b 2；②若|a |＝|b |，则(a ＋b )⊙(a －b )＝4a ·b ；③若|a |＝|b |，则a ⊙b ≤2|a |2；④若a ＝(1,2)，b ＝(－2,2)，则(a ＋b )⊙b ＝10.其中真命题的序号是________．解析：①中，因为〈a ，b 〉＝90°，则a ⊙b ＝|a ＋b |·|a －b |＝a 2＋b 2，所以①成立；②中，因为|a |＝|b |，所以〈(a ＋b )，(a －b )〉＝90°，所以(a ＋b )⊙(a －b )＝|2a |·|2b |＝4|a ||b |，所以②不成立；③中，因为|a |＝|b |，所以a ⊙b ＝|a ＋b |·|a －b |·sin 〈a ，b 〉≤|a ＋b |·|a －b |≤|a ＋b |2＋|a －b |22＝2|a |2，所以③成立；④中，因为a ＝(1,2)，b ＝(－2,2)，所以a ＋b ＝(－1,4)，sin 〈(a ＋b )，b 〉＝33434，所以(a ＋b )⊙b ＝35×5×33434＝453434，所以④不成立．故①③正确．答案：①③送分专题(四) 不等式[全国卷3年考情分析][题点·考法·全练]1．已知关于x 的不等式(ax －1)(x ＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞，则a ＝( )A ．2B ．－2C ．－12D ．12解析：选B 根据一元二次不等式与之对应方程的关系知－1，－12是一元二次方程ax 2＋(a －1)x －1＝0的两个根，所以－1×⎝⎛⎭⎫－12＝－1a，所以a ＝－2. 2．若x >y >0，m >n ，则下列不等式正确的是( ) A ．xm >ymB ．x －m ≥y －nC.x n >y mD ．x >xy解析：选D A 不正确，因为同向同正不等式相乘，不等号方向不变，m 可能为0或负数；B 不正确，因为同向不等式相减，不等号方向不确定；C 不正确，因为m ，n 的正负不确定．故选D.3．(2017·云南第一次统一检测)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2，x ≥1，21－x －2，x <1，则不等式f (x －1)≤0的解集为( )A ．{x |0≤x ≤2}B ．{x |0≤x ≤3}C ．{x |1≤x ≤2}D ．{x |1≤x ≤3}解析：选D 由题意，得f (x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2－2，x ≥2，22－x －2，x <2.当x ≥2时，由2x －2－2≤0，解得2≤x ≤3；当x <2时，由22－x －2≤0，解得1≤x <2.综上所述，不等式f (x －1)≤0的解集为{x |1≤x ≤3}．4．已知x ∈(－∞，1]，不等式1＋2x ＋(a －a 2)·4x >0恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎫－2，14 B ．⎝⎛⎦⎤－∞，14 C.⎝⎛⎭⎫－12，32 D ．(－∞，6]解析：选C 根据题意，由于1＋2x ＋(a －a 2)·4x >0对于一切的x ∈(－∞，1]恒成立，令2x ＝t (0<t ≤2)，则可知1＋t ＋(a －a 2)t 2>0⇔a －a 2>－1＋t t 2，故只要求解h (t )＝－1＋tt2(0＜t ≤2)的最大值即可，h (t )＝－1t 2－1t ＝－⎝⎛⎭⎫1t ＋122＋14，又1t ≥12，结合二次函数图象知，当1t ＝12，即t ＝2时，h (x )取得最大值－34，即a －a 2>－34，所以4a 2－4a －3<0，解得－12<a <32，故实数a的取值范围为⎝⎛⎭⎫－12，32. [准解·快解·悟通]。

2018届高考数学(全国通用)二轮复习中档大题精品讲义第5讲空间中的平行与垂直

第5讲空间中的平行与垂直[明考情]高考中对直线和平面的平行、垂直关系交汇综合命题，多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中档偏下. [知考向]1.空间中的平行关系.2.空间中的垂直关系.3.平行和垂直的综合应用.考点一空间中的平行关系方法技巧 (1)平行关系的基础是线线平行，比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系，利用平行四边形构造平行关系.(2)证明过程中要严格遵循定理中的条件，注意推证的严谨性.1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点N 在BD 上，点M 在B 1C 上，且CM ＝DN ，求证：MN ∥平面AA 1B 1B .证明如图所示，作ME ∥BC 交BB 1于点E ，作NF ∥AD 交AB 于点F ，连接EF ，则EF ⊂平面AA 1B 1B .∵ME ∥BC ，NF ∥AD ， ∴ME BC ＝B 1M B 1C ，NF AD ＝BN BD. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， ∵CM ＝DN ， ∴B 1M ＝NB .又B 1C ＝BD ， ∴ME BC ＝BN BD ＝NFAD，又BC ＝AD ，∴ME ＝NF . 又ME ∥BC ∥AD ∥NF ， ∴四边形MEFN 为平行四边形， ∴MN ∥EF .又EF ⊂平面AA 1B 1B ，MN ⊄平面AA 1B 1B ， ∴MN ∥平面AA 1B 1B .2.(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.(1)证明由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥P A ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)解如图，在平面P AD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ，所以PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得P A ＝PD ＝AB ＝DC ＝2， AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12P A ·PD ＋12P A ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin60°＝6＋2 3.3.(2017·龙岩市新罗区校级模拟)如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面P AB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点.(1)若弧BC的中点为D，求证：AC∥平面POD；(2)如果△P AB的面积是9，求此圆锥的表面积.(1)证明方法一设BC∩OD＝E，∵D是弧BC的中点，∴E是BC的中点.又∵O是AB的中点，∴AC∥OE.又∵AC⊄平面POD，OE⊂平面POD，∴AC∥平面POD.方法二∵AB是底面圆的直径，∴AC⊥BC.∵弧BC的中点为D，∴OD⊥BC.又AC，OD共面，∴AC∥OD.又AC⊄平面POD，OD⊂平面POD，∴AC∥平面POD.(2)解设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，∵圆锥的轴截面P AB为等腰直角三角形，∴h＝r，l＝2r.由S△P AB＝12×2r×h＝r2＝9，得r＝3，∴S表＝πrl＋πr2＝πr×2r＋πr2＝9(1＋2)π.4.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB＝2CD，在棱AB上是否存在一点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1？若存在，求点F的位置；若不存在？请说明理由.解存在这样的点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1，此时点F为AB的中点，证明如下：∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF綊CD，∴四边形AFCD是平行四边形，∴AD∥CF.又AD⊂平面ADD1A1，CF⊄平面ADD1A1，∴CF∥平面ADD1A1.又CC1∥DD1，CC1⊄平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，∴CC1∥平面ADD1A1.又CC1，CF⊂平面C1CF，CC1∩CF＝C，∴平面C1CF∥平面ADD1A1.考点二空间中的垂直关系方法技巧判定直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直定义.(2)利用线面垂直的判定定理，一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直.(3)利用线面垂直的性质，两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面.(4)利用面面垂直的性质定理，两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.5.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点.求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE ⊥平面CDE .证明 (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG .∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GF AB 为平行四边形， ∴AF ∥BG .∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .6.(2017·全国Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比. (1)证明如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO . 又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩OB ＝O ，所以AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . (2)解连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.7.(2017·南京一模)如图，在六面体ABCDE 中，平面DBC ⊥平面ABC ，AE ⊥平面ABC .(1)求证：AE ∥平面DBC ；(2)若AB ⊥BC ，BD ⊥CD ，求证：AD ⊥DC . 证明 (1)过点D 作DO ⊥BC ，O 为垂足.∵平面DBC ⊥平面ABC ，平面DBC ∩平面ABC ＝BC ，DO ⊂平面DBC ， ∴DO ⊥平面ABC .又AE ⊥平面ABC ，则AE ∥DO .又AE ⊄平面DBC ，DO ⊂平面DBC ，故AE ∥平面DBC .(2)由(1)知，DO ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴DO ⊥AB .又AB ⊥BC ，且DO ∩BC ＝O ，DO ，BC ⊂平面DBC ， ∴AB ⊥平面DBC . ∵DC ⊂平面DBC ，∴AB⊥DC.又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB，DB⊂平面ABD，则DC⊥平面ABD.又AD⊂平面ABD，故可得AD⊥DC.8.已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD为正方形，顶点S在底面ABCD上的射影为其中心O，高为3，设E，F分别为AB，SC的中点，且SE＝2，M为CD边上的点.(1)求证：EF∥平面SAD；(2)试确定点M的位置，使得平面EFM⊥底面ABCD.(1)证明取SB的中点P，连接PF，PE.∵F为SC的中点，∴PF∥BC，又底面ABCD为正方形，∴BC∥AD，即PF∥AD，又PE∥SA，∴平面PFE∥平面SAD.∵EF⊂平面PFE，∴EF∥平面SAD.(2)解连接AC，AC的中点即为点O，连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD，取OC的中点H，连接FH，则FH∥SO，∴FH⊥平面ABCD，∴平面EFH⊥平面ABCD，连接EH并延长，则EH与DC的交点即为M点.连接OE，由题意知SO＝3，SE＝2.∴OE ＝1，AB ＝2，AE ＝1， ∴MC AE ＝HC HA ＝13， ∴MC ＝13AE ＝16CD ，即点M 在CD 边上靠近C 点距离为16的位置.考点三平行和垂直的综合应用方法技巧空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.9.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点.求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面P AD .证明 (1)在△P AD 中，∵E ，F 分别为AP ，AD 的中点， ∴EF ∥PD .又∵EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ， ∴直线EF ∥平面PCD . (2)如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， ∴△ADB 为正三角形. ∵F 是AD 的中点， ∴BF ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BF ⊂平面ABCD ， ∴BF ⊥平面P AD . 又∵BF ⊂平面BEF ， ∴平面BEF ⊥平面P AD .10.(2017·山东)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD.因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.11.(2017·汉中二模)如图，在棱长均为4的三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分别是BC和B1C1的中点.(1)求证：A1D1∥平面AB1D；(2)若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC＝60°，求三棱锥B1－ABC的体积.(1)证明连接DD1，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∵D ，D 1分别是BC 和B 1C 1的中点， ∴B 1D 1∥BD ，且B 1D 1＝BD ， ∴四边形B 1BDD 1为平行四边形， ∴BB 1∥DD 1，且BB 1＝DD 1. 又∵AA 1∥BB 1，AA 1＝BB 1， ∴AA 1∥DD 1，AA 1＝DD 1， ∴四边形AA 1D 1D 为平行四边形， ∴A 1D 1∥AD .又∵A 1D 1⊄平面AB 1D ，AD ⊂平面AB 1D ， ∴A 1D 1∥平面AB 1D .(2)解在△ABC 中，边长均为4，则AB ＝AC ，D 为BC 的中点， ∴AD ⊥BC .∵平面ABC ⊥平面B 1C 1CB ，交线为BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴AD ⊥平面B 1C 1CB ，即AD 是三棱锥A －B 1BC 的高. 在△ABC 中，由AB ＝AC ＝BC ＝4，得AD ＝23，在△B 1BC 中，B 1B ＝BC ＝4，∠B 1BC ＝60°， ∴△B 1BC 的面积为4 3.∴三棱锥B 1－ABC 的体积即为三棱锥A －B 1BC 的体积V ＝13×43×23＝8.12.如图，在四棱锥S －ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD .四边形ABCD 为正方形，且P 为AD 的中点，Q 为SB 的中点.(1)求证：CD ⊥平面SAD ； (2)求证：PQ ∥平面SCD ；(3)若SA ＝SD ，M 为BC 的中点，在棱SC 上是否存在点N ，使得平面DMN ⊥平面ABCD ？并证明你的结论.(1)证明 ∵四边形ABCD 为正方形，∴CD ⊥AD .又∵平面SAD ⊥平面ABCD ，且平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴CD ⊥平面SAD .(2)证明取SC 的中点R ，连接QR ，DR .由题意知，PD ∥BC 且PD ＝12BC .在△SBC 中，Q 为SB 的中点，R 为SC 的中点， ∴QR ∥BC 且QR ＝12BC .∴QR ∥PD 且QR ＝PD ，则四边形PDRQ 为平行四边形， ∴PQ ∥DR .又PQ ⊄平面SCD ，DR ⊂平面SCD ， ∴PQ ∥平面SCD .(3)解存在点N 为SC 的中点，使得平面DMN ⊥平面ABCD .连接PC ，DM 交于点O ，连接PM ，SP ，NM ，ND ，NO ， ∵PD ∥CM ，且PD ＝CM ， ∴四边形PMCD 为平行四边形， ∴PO ＝CO .又∵N 为SC 的中点， ∴NO ∥SP . 易知SP ⊥AD .∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，且SP ⊥AD ， ∴SP ⊥平面ABCD ， ∴NO ⊥平面ABCD . 又∵NO ⊂平面DMN ， ∴平面DMN ⊥平面ABCD .例 (12分)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，点E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AH ⊥平面DEF . 审题路线图(1)E ，F 是中点―――→取PD 的中点M 构造▱AEFM ―→线线平行EF ∥AM ―→线面平行EF ∥平面P AD (2)面面垂直P AD ⊥ABCD ―――→P A ⊥AD线面垂直P A ⊥底面ABCD ―→线线垂直P A ⊥DE ―――――――――→Rt △ABH ≌Rt △DAE线线垂直DE ⊥AH ―→线面垂直DE ⊥平面P AH ―→ 面面垂直平面P AH ⊥平面DEF 规范解答·评分标准证明 (1)取PD 的中点M ，连接FM ，AM .∵在△PCD 中，F ，M 分别为PC ，PD 的中点， ∴FM ∥CD 且FM ＝12CD .∵在正方形ABCD 中，AE ∥CD 且AE ＝12CD ，∴AE ∥FM 且AE ＝FM ，则四边形AEFM 为平行四边形，∴AM ∥EF .…………………………………………………………………………………4分又∵EF ⊄平面P AD ，AM ⊂平面P AD ，∴EF ∥平面P AD .…………………………………………………………………………6分(2)∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，侧面P AD ∩底面ABCD ＝AD ，∴P A ⊥底面ABCD .∵DE ⊂底面ABCD ，∴DE ⊥P A . ∵E ，H 分别为正方形ABCD 边AB ，BC 的中点， ∴Rt △ABH ≌Rt △DAE ，则∠BAH ＝∠ADE ，∴∠BAH ＋∠AED ＝90°，则DE ⊥AH .…………………………………………………………………………………8分 ∵P A ⊂平面P AH ，AH ⊂平面P AH ，P A ∩AH ＝A ，∴DE ⊥平面P AH .…………………………………………………………………………10分 ∵DE ⊂平面DEF ，∴平面P AH ⊥平面DEF .…………………………………………………………………12分构建答题模板[第一步] 找线线：通过三角形或四边形的中位线，平行四边形、等腰三角形的中线或线面、面面关系的性质寻找线线平行或线线垂直.[第二步] 找线面：通过线线垂直或平行，利用判定定理，找线面垂直或平行；也可由面面关系的性质找线面垂直或平行.[第三步] 找面面：通过面面关系的判定定理，寻找面面垂直或平行. [第四步] 写步骤：严格按照定理中的条件规范书写解题步骤.1.如图，在空间四面体ABCD 中，若E ，F ，G ，H 分别是AB ，BD ，CD ，AC 的中点.(1)求证：四边形EFGH 是平行四边形； (2)求证：BC ∥平面EFGH .证明 (1)∵在空间四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BD ，CD ，AC 的中点， ∴EF 綊12AD ，GH 綊12AD ，∴EF 綊GH ，∴四边形EFGH 是平行四边形. (2)∵E ，H 分别是AB ，AC 的中点， ∴EH ∥BC .∵EH ⊂平面EFGH ，BC ⊄平面EFGH ， ∴BC ∥平面EFGH .2.(2017·北京)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ⊥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点.(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积. (1)证明因为P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，所以P A ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以P A ⊥BD . (2)证明因为AB ＝BC ，D 是AC 的中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，P A ⊥BD ，所以BD ⊥平面P AC . 所以平面BDE ⊥平面P AC .(3)解因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝DE ，所以P A ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12P A ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，P A ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.3.(2017·北京海淀区模拟)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝2，E 是侧棱P A 上的动点.(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)如果E 是P A 的中点，求证：PC ∥平面BDE ；(3)是否不论点E 在侧棱P A 的任何位置，都有BD ⊥CE ？证明你的结论.(1)解 ∵P A ⊥底面ABCD ， ∴P A 为此四棱锥底面上的高.∴V 四棱锥P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ×P A ＝13×12×2＝23.(2)证明连接AC 交BD 于点O ，连接OE .∵四边形ABCD 是正方形， ∴AO ＝OC . 又∵AE ＝EP ， ∴OE ∥PC .又∵PC ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ， ∴PC ∥平面BDE .(3)解不论点E 在侧棱P A 的任何位置，都有BD ⊥CE . 证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AC .∵P A ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥BD . 又∵P A ∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC . ∵CE ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CE .4.如图，已知正方形ABCD 的边长为2，AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，得到三棱锥A －BCD .(1)求证：平面AOC ⊥平面BCD ； (2)若三棱锥A －BCD 的体积为63，且∠AOC 是钝角，求AC 的长. (1)证明 ∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AO ，BD ⊥CO .折起后仍有BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，AO ∩CO ＝O ， ∴BD ⊥平面AOC . ∵BD ⊂平面BCD ， ∴平面AOC ⊥平面BCD . (2)解由(1)知BD ⊥平面AOC ， ∴V A －BCD ＝13S △AOC ·BD ，∴13×12OA ·OC ·sin ∠AOC ·BD ＝63，即13×12×2×2×sin ∠AOC ×22＝63， ∴sin ∠AOC ＝32. 又∵∠AOC 是钝角， ∴∠AOC ＝120°.在△AOC 中，由余弦定理，得 AC 2＝OA 2＋OC 2－2·OA ·OC ·cos ∠AOC ＝(2)2＋(2)2－2×2×2×cos120°＝6， ∴AC ＝ 6.5.(2016·四川)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面P AD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面P AB ，并说明理由； (2)求证：平面P AB ⊥平面PBD .(1)解取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，点M 即为所求的一个点，理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM .所以四边形AMCB 是平行四边形，所以CM ∥AB . 又AB ⊂平面P AB ，CM ⊄平面P AB ，所以CM ∥平面P AB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以P A ⊥平面ABCD .所以P A ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD . 所以四边形BCDM 是平行四边形，所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB . 又BD ⊂平面PBD ，所以平面P AB ⊥平面PBD .。

新课标2018届高考数学二轮复习专题五立体几何5.2空间中的平行与垂直课件

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命题热点一
命题热点二
命题热点三
对点训练1如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB; (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
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命题热点一
命题热点二
5 2 5 2
,1,2 ,
,1,-2 , �� =
5 2
,1,2 .
设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量 , 2��-4�� = 0, ��· �� = 0, 则即 5 �� + ��-2�� = 0, ��· �� = 0,
(2017全国Ⅰ,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且 ∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
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命题热点一
命题热点二
命题热点三
(1)证明: 由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)解: 在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.
题型
命题规律高考对空间点、线、面位置关系的考查主要有两种形式:一是对命题真假的判断,通常以选择题、填空题的形式考查,难度不大,也不是高考的热点;

高三数学二轮复习空间中的平行与垂直练习含试题答案

空间中的平行与垂直[明考情]高考中对直线和平面的平行、垂直关系交汇综合命题，多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中档偏下.[知考向]1.空间中的平行关系.2.空间中的垂直关系.3.平行和垂直的综合应用.考点一空间中的平行关系方法技巧(1)平行关系的基础是线线平行，比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系，利用平行四边形构造平行关系.(2)证明过程中要严格遵循定理中的条件，注意推证的严谨性.1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点N在BD上，点M在B1C上，且CM＝DN，求证：MN∥平面AA1B1B.证明如图所示，作ME∥BC交BB1于点E，作NF∥AD交AB于点F，连接EF，则EF⊂平面AA1B1B.∵ME∥BC，NF∥AD，∴MEBC＝B1MB1C，NFAD＝BNBD.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，∵CM＝DN，∴B1M＝NB.又B1C＝BD，∴ME BC ＝BN BD ＝NFAD，又BC ＝AD ，∴ME ＝NF .又ME ∥BC ∥AD ∥NF ，∴四边形MEFN 为平行四边形， ∴MN ∥EF .又EF ⊂平面AA 1B 1B ，MN ⊄平面AA 1B 1B ， ∴MN ∥平面AA 1B 1B .2.(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.(1)证明由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥PA ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)解如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ，所以PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.3.(2017·龙岩市新罗区校级模拟)如图，O 是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面PAB 为等腰直角三角形，C 为底面圆周上一点.(1)若弧BC 的中点为D ，求证：AC ∥平面POD ； (2)如果△PAB 的面积是9，求此圆锥的表面积. (1)证明方法一设BC ∩OD ＝E ， ∵D 是弧BC 的中点， ∴E 是BC 的中点.又∵O 是AB 的中点，∴AC ∥OE . 又∵AC ⊄平面POD ，OE ⊂平面POD ， ∴AC ∥平面POD .方法二 ∵AB 是底面圆的直径， ∴AC ⊥BC .∵弧BC 的中点为D ， ∴OD ⊥BC .又AC ，OD 共面，∴AC ∥OD . 又AC ⊄平面POD ，OD ⊂平面POD ， ∴AC ∥平面POD .(2)解设圆锥底面半径为r ，高为h ，母线长为l ， ∵圆锥的轴截面PAB 为等腰直角三角形， ∴h ＝r ，l ＝2r .由S △PAB ＝12×2r ×h ＝r 2＝9，得r ＝3，∴S 表＝πrl ＋πr 2＝πr ×2r ＋πr 2＝9(1＋2)π.4.如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，且AB ＝2CD ，在棱AB上是否存在一点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1？若存在，求点F的位置；若不存在？请说明理由.解存在这样的点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1，此时点F为AB的中点，证明如下：∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF綊CD，∴四边形AFCD是平行四边形，∴AD∥CF.又AD⊂平面ADD1A1，CF⊄平面ADD1A1，∴CF∥平面ADD1A1.又CC1∥DD1，CC1⊄平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，∴CC1∥平面ADD1A1.又CC1，CF⊂平面C1CF，CC1∩CF＝C，∴平面C1CF∥平面ADD1A1.考点二空间中的垂直关系方法技巧判定直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直定义.(2)利用线面垂直的判定定理，一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直.(3)利用线面垂直的性质，两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面.(4)利用面面垂直的性质定理，两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.5.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点.求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.证明(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GFAB 为平行四边形， ∴AF ∥BG .∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .6.(2017·全国Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比.(1)证明如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO . 又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO .又DO ∩OB ＝O ，所以AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . (2)解连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt△AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.7.(2017·南京一模)如图，在六面体ABCDE 中，平面DBC ⊥平面ABC ，AE ⊥平面ABC .(1)求证：AE ∥平面DBC ；(2)若AB ⊥BC ，BD ⊥CD ，求证：AD ⊥DC . 证明 (1)过点D 作DO ⊥BC ，O 为垂足.∵平面DBC ⊥平面ABC ，平面DBC ∩平面ABC ＝BC ，DO ⊂平面DBC ， ∴DO ⊥平面ABC .又AE ⊥平面ABC ，则AE ∥DO .又AE ⊄平面DBC ，DO ⊂平面DBC ，故AE ∥平面DBC .(2)由(1)知，DO ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴DO ⊥AB .又AB ⊥BC ，且DO ∩BC ＝O ，DO ，BC ⊂平面DBC ， ∴AB ⊥平面DBC . ∵DC ⊂平面DBC ，∴AB⊥DC.又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB，DB⊂平面ABD，则DC⊥平面ABD.又AD⊂平面ABD，故可得AD⊥DC.8.已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD为正方形，顶点S在底面ABCD上的射影为其中心O，高为3，设E，F分别为AB，SC的中点，且SE＝2，M为CD边上的点.(1)求证：EF∥平面SAD；(2)试确定点M的位置，使得平面EFM⊥底面ABCD.(1)证明取SB的中点P，连接PF，PE.∵F为SC的中点，∴PF∥BC，又底面ABCD为正方形，∴BC∥AD，即PF∥AD，又PE∥SA，∴平面PFE∥平面SAD.∵EF⊂平面PFE，∴EF∥平面SAD.(2)解连接AC，AC的中点即为点O，连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD，取OC的中点H，连接FH，则FH∥SO，∴FH⊥平面ABCD，∴平面EFH⊥平面ABCD，连接EH并延长，则EH与DC的交点即为M点.连接OE，由题意知SO＝3，SE＝2.∴OE ＝1，AB ＝2，AE ＝1，∴MC AE ＝HC HA ＝13， ∴MC ＝13AE ＝16CD ，即点M 在CD 边上靠近C 点距离为16的位置.考点三平行和垂直的综合应用方法技巧空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.9.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点.求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面PAD .证明 (1)在△PAD 中，∵E ，F 分别为AP ，AD 的中点， ∴EF ∥PD .又∵EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ， ∴直线EF ∥平面PCD . (2)如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， ∴△ADB 为正三角形. ∵F 是AD 的中点， ∴BF ⊥AD .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BF ⊂平面ABCD ， ∴BF ⊥平面PAD . 又∵BF ⊂平面BEF ， ∴平面BEF ⊥平面PAD .10.(2017·山东)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD.因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.11.(2017·汉中二模)如图，在棱长均为4的三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分别是BC和B1C1的中点.(1)求证：A1D1∥平面AB1D；(2)若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC＝60°，求三棱锥B1－ABC的体积.(1)证明连接DD 1，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∵D ，D 1分别是BC 和B 1C 1的中点， ∴B 1D 1∥BD ，且B 1D 1＝BD ， ∴四边形B 1BDD 1为平行四边形， ∴BB 1∥DD 1，且BB 1＝DD 1. 又∵AA 1∥BB 1，AA 1＝BB 1， ∴AA 1∥DD 1，AA 1＝DD 1， ∴四边形AA 1D 1D 为平行四边形， ∴A 1D 1∥AD .又∵A 1D 1⊄平面AB 1D ，AD ⊂平面AB 1D ， ∴A 1D 1∥平面AB 1D .(2)解在△ABC 中，边长均为4，则AB ＝AC ，D 为BC 的中点， ∴AD ⊥BC .∵平面ABC ⊥平面B 1C 1CB ，交线为BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴AD ⊥平面B 1C 1CB ，即AD 是三棱锥A －B 1BC 的高. 在△ABC 中，由AB ＝AC ＝BC ＝4，得AD ＝23，在△B 1BC 中，B 1B ＝BC ＝4，∠B 1BC ＝60°， ∴△B 1BC 的面积为4 3.∴三棱锥B 1－ABC 的体积即为三棱锥 A －B 1BC 的体积V ＝13×43×23＝8.12.如图，在四棱锥S －ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD .四边形ABCD 为正方形，且P 为AD 的中点，Q 为SB 的中点.(1)求证：CD ⊥平面SAD ； (2)求证：PQ ∥平面SCD ；(3)若SA ＝SD ，M 为BC 的中点，在棱SC 上是否存在点N ，使得平面DMN ⊥平面ABCD ？并证明你的结论.(1)证明 ∵四边形ABCD 为正方形， ∴CD ⊥AD .又∵平面SAD ⊥平面ABCD ，且平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴CD ⊥平面SAD .(2)证明取SC 的中点R ，连接QR ，DR .由题意知，PD ∥BC 且PD ＝12BC .在△SBC 中，Q 为SB 的中点，R 为SC 的中点， ∴QR ∥BC 且QR ＝12BC .∴QR ∥PD 且QR ＝PD ，则四边形PDRQ 为平行四边形， ∴PQ ∥DR .又PQ ⊄平面SCD ，DR ⊂平面SCD ， ∴PQ ∥平面SCD .(3)解存在点N 为SC 的中点，使得平面DMN ⊥平面ABCD .连接PC ，DM 交于点O ，连接PM ，SP ，NM ，ND ，NO ， ∵PD ∥CM ，且PD ＝CM ， ∴四边形PMCD 为平行四边形， ∴PO ＝CO .又∵N 为SC 的中点， ∴NO ∥SP . 易知SP ⊥AD .∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，且SP ⊥AD ， ∴SP ⊥平面ABCD ， ∴NO ⊥平面ABCD . 又∵NO ⊂平面DMN ， ∴平面DMN ⊥平面ABCD .例 (12分)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，点E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.(1)求证：EF ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAH ⊥平面DEF . 审题路线图(1)E ，F 是中点―――→取PD 的中点M 构造▱AEFM ―→线线平行EF ∥AM ―→线面平行EF ∥平面PAD (2)面面垂直PAD ⊥ABCD ―――→PA ⊥AD 线面垂直PA ⊥底面ABCD ―→线线垂直PA ⊥DE―――――――――→Rt△ABH ≌Rt△DAE 线线垂直DE ⊥AH ―→线面垂直DE ⊥平面PAH ―→ 面面垂直平面PAH ⊥平面DEF 规范解答·评分标准证明 (1)取PD 的中点M ，连接FM ，AM .∵在△PCD 中，F ，M 分别为PC ，PD 的中点， ∴FM ∥CD 且FM ＝12CD .∵在正方形ABCD 中，AE ∥CD 且AE ＝12CD ，∴AE ∥FM 且AE ＝FM ，则四边形AEFM 为平行四边形，∴AM ∥EF .…………………………………………………………………………………4分又∵EF ⊄平面PAD ，AM ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD .…………………………………………………………………………6分 (2)∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，侧面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，∴PA ⊥底面ABCD .∵DE ⊂底面ABCD ，∴DE ⊥PA . ∵E ，H 分别为正方形ABCD 边AB ，BC 的中点， ∴Rt△ABH ≌Rt△DAE ，则∠BAH ＝∠ADE ，∴∠BAH ＋∠AED ＝90°，则DE ⊥AH .…………………………………………………………………………………8分 ∵PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA ∩AH ＝A ，∴DE ⊥平面PAH .…………………………………………………………………………10分 ∵DE ⊂平面DEF ，∴平面PAH ⊥平面DEF .…………………………………………………………………12分构建答题模板[第一步] 找线线：通过三角形或四边形的中位线，平行四边形、等腰三角形的中线或线面、面面关系的性质寻找线线平行或线线垂直.[第二步] 找线面：通过线线垂直或平行，利用判定定理，找线面垂直或平行；也可由面面关系的性质找线面垂直或平行.[第三步] 找面面：通过面面关系的判定定理，寻找面面垂直或平行. [第四步] 写步骤：严格按照定理中的条件规范书写解题步骤.1.如图，在空间四面体ABCD 中，若E ，F ，G ，H 分别是AB ，BD ，CD ，AC 的中点.(1)求证：四边形EFGH 是平行四边形； (2)求证：BC ∥平面EFGH .证明 (1)∵在空间四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BD ，CD ，AC 的中点， ∴EF 綊12AD ，GH 綊12AD ，∴EF 綊GH ，∴四边形EFGH 是平行四边形. (2)∵E ，H 分别是AB ，AC 的中点，∴EH ∥BC .∵EH ⊂平面EFGH ，BC ⊄平面EFGH ， ∴BC ∥平面EFGH .2.(2017·北京)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点.(1)求证：PA ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3)当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积. (1)证明因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD . (2)证明因为AB ＝BC ，D 是AC 的中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，PA ⊥BD ，所以BD ⊥平面PAC . 所以平面BDE ⊥平面PAC .(3)解因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.3.(2017·北京海淀区模拟)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝2，E 是侧棱PA 上的动点.(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)如果E 是PA 的中点，求证：PC ∥平面BDE ；(3)是否不论点E 在侧棱PA 的任何位置，都有BD ⊥CE ？证明你的结论. (1)解 ∵PA ⊥底面ABCD ， ∴PA 为此四棱锥底面上的高.∴V 四棱锥P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ×PA ＝13×12×2＝23.(2)证明连接AC 交BD 于点O ，连接OE .∵四边形ABCD 是正方形， ∴AO ＝OC . 又∵AE ＝EP ， ∴OE ∥PC .又∵PC ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ， ∴PC ∥平面BDE .(3)解不论点E 在侧棱PA 的任何位置，都有BD ⊥CE . 证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AC .∵PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BD . 又∵PA ∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面PAC . ∵CE ⊂平面PAC ， ∴BD ⊥CE .4.如图，已知正方形ABCD 的边长为2，AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，得到三棱锥A －BCD .(1)求证：平面AOC ⊥平面BCD ； (2)若三棱锥A －BCD 的体积为63，且∠AOC 是钝角，求AC 的长.(1)证明 ∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AO ，BD ⊥CO .折起后仍有BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，AO ∩CO ＝O ， ∴BD ⊥平面AOC . ∵BD ⊂平面BCD ， ∴平面AOC ⊥平面BCD . (2)解由(1)知BD ⊥平面AOC ， ∴V A －BCD ＝13S △AOC ·BD ，∴13×12OA ·OC ·sin∠AOC ·BD ＝63，即13×12×2×2×sin∠AOC ×22＝63， ∴sin∠AOC ＝32. 又∵∠AOC 是钝角， ∴∠AOC ＝120°.在△AOC 中，由余弦定理，得AC 2＝OA 2＋OC 2－2·OA ·OC ·cos∠AOC＝(2)2＋(2)2－2×2×2×cos 120°＝6， ∴AC ＝ 6.5.(2016·四川)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (2)求证：平面PAB ⊥平面PBD .(1)解取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点，理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM .所以四边形AMCB 是平行四边形，所以CM ∥AB . 又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ，所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以PA ⊥平面ABCD .所以PA ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD . 所以四边形BCDM 是平行四边形，所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB . 又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD .。

2018年高考数学(理)二轮复习讲学案：考前专题五立体几何与空间向量第2讲空间中的平行与垂直(含答案)

第2讲空间中的平行与垂直1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题．2．以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．热点一空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．例1 (1)(2017·四川省眉山中学月考)已知m，n为空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个不同的平面，下列命题正确的是( )A．若n⊥α，n⊥β，m⊂β，则m∥αB．若m⊥α，α⊥β，则m∥βC．若m，n在α内的射影互相平行，则m∥nD．若m⊥l，α∩β＝l，则m⊥α答案 A解析由题意知，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊂β，则m∥α，A正确；若m⊥α，α⊥β，可能会现m⊂β，B错误；若m，n在α内的射影互相平行，两直线异面也可以， C错误；若m⊥l，α∩β＝l，可能会出现m⊂α，D错误．故选A.(2)(2017届泉州模拟)设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α( )A．有无数多个B．恰有4个C．只有1个D．不存在答案 A解析如图，由题知面PAD与面PBC相交，面PAB与面PCD相交，可设两组相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，C1，D1，则由面面平行的性质定理得A1B1∥n∥C1D1，A1D1∥m∥B1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下平移，可知满足条件的平面α有无数多个．故选A.思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．跟踪演练1 (1)α，β，γ是三个平面，m, n是两条直线，则下列命题正确的是( )A．若α∩β＝m, n⊂α，m⊥n，则α⊥βB．若α⊥β，α∩β＝m, α∩γ＝n，则m⊥nC．若m不垂直平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β答案 D解析逐一分析所给的命题：A项，若α∩β＝m, n⊂α，m⊥n，并非一条直线垂直于平面内的两条相交直线，不一定有α⊥β，该说法错误；B项，若α⊥β，α∩β＝m, α∩γ＝n，无法确定m，n的关系，该说法错误；C项，若m不垂直平面α，则m可能垂直于平面α内的无数条直线，该说法错误；D项，若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β，该说法正确．故选D.(2)(2017届株洲一模)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝直线l, A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l, M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是( )A．当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行答案 B解析由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，则BD⊂β，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故应排除答案A，C，D，故选B.热点二空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．例2 (1)(2017·全国Ⅱ)如图，四棱锥P —ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.①证明：直线BC ∥平面PAD ；②若△PCD 的面积为27，求四棱锥P —ABCD 的体积．①证明在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD . 又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以BC ∥平面PAD .②解如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2. 于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P —ABCD 的体积V ＝13×2(2＋4)2×23＝4 3.(2)(2017·重庆市巴蜀中学三模)如图，平面ABCD ⊥平面ADEF ，四边形ABCD 为菱形，四边形ADEF 为矩形， M ，N 分别是EF ，BC 的中点， AB ＝2AF, ∠CBA ＝60°.①求证： DM ⊥平面MNA ； ②若三棱锥A －DMN 的体积为33，求MN 的长． ①证明连接AC ，在菱形ABCD 中， ∠CBA ＝60°，且AB ＝BC ，∴△ABC 为等边三角形，又∵N 为BC 的中点， ∴AN ⊥BC ， ∵BC ∥AD ， ∴AN ⊥AD ，又∵平面ABCD ⊥平面ADEF ，平面ABCD ∩平面ADEF ＝AD ，AN ⊂平面ABCD ， ∴AN ⊥平面ADEF ，又DM ⊂平面ADEF ，∴DM ⊥AN . ∵在矩形ADEF 中， AD ＝2AF ，M 为EF 的中点， ∴△AMF 为等腰直角三角形，∴∠AMF ＝45°，同理可证∠DME ＝45°，∴∠DMA ＝90°， ∴DM ⊥AM ，又∵AM ∩AN ＝A ，且AM ，AN ⊂平面MNA ， ∴DM ⊥平面MNA .②设AF ＝x ，则AB ＝2AF ＝2x ，在Rt△ABN 中， AB ＝2x, BN ＝x, ∠ABN ＝60°， ∴AN ＝3x ，∴S △ADN ＝12×2x ×3x ＝3x 2.∵平面ABCD ⊥平面ADEF, AD 为交线， FA ⊥AD ， ∴FA ⊥平面ABCD ，设h 为点M 到平面ADN 的距离，则h ＝AF ＝x ， ∴V M －ADN ＝13×S △ADN ×h ＝13×3x 2×x ＝33x 3，∵V M －ADN ＝V A －DMN ＝33，∴x ＝1. ∴MN ＝AN 2＋AM 2＝ 5.思维升华垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换． (2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .跟踪演练2 (2017·北京市海淀区适应性考试)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝3， E 是侧棱PA 上的动点． (1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)如果E 是PA 的中点，求证：PC ∥平面BDE ；(3)是否无论点E 在侧棱PA 的任何位置，都有BD ⊥CE ？证明你的结论． (1)解 ∵PA ⊥平面ABCD ，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PA ＝13×12×3＝33，即四棱锥P －ABCD 的体积为33.(2)证明连接AC 交BD 于O ，连接OE . ∵四边形ABCD 是正方形， ∴O 是AC 的中点，又∵E 是PA 的中点，∴PC ∥OE ， ∵PC ⊄平面BDE, OE ⊂平面BDE ， ∴PC ∥平面BDE .(3)解无论点E 在任何位置，都有BD ⊥CE . 证明如下：∵四边形ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC ， ∵PA ⊥底面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥PA ，又∵AC ∩PA ＝A ，AC ，PA ⊂平面PAC ， ∴BD ⊥平面PAC .∵无论点E 在任何位置，都有CE ⊂平面PAC ， ∴无论点E 在任何位置，都有BD ⊥CE . 热点三平面图形的折叠问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．例3 (2017·孝义质检)如图(1)，在五边形ABCDE 中， ED ＝EA ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ，∠EDC ＝150°.如图(2)，将△EAD 沿AD 折到△PAD 的位置，得到四棱锥P －ABCD .点M 为线段PC 的中点，且BM ⊥平面PCD .(1)求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；(2)若四棱锥P －ABCD 的体积为23，求四面体BCDM 的体积．(1)证明取PD 的中点N ，连接AN ，MN ，如图所示，则MN ∥CD ，MN ＝12CD .又AB ∥CD ，AB ＝12CD ，∴MN ∥AB 且MN ＝AB ，∴四边形ABMN 为平行四边形，∴AN ∥BM ，又BM ⊥平面PCD ， ∴AN ⊥平面PCD ， ∴AN ⊥PD ，AN ⊥CD .由ED ＝EA ，即PD ＝PA 及N 为PD 的中点，可得△PAD 为等边三角形， ∴∠PDA ＝60°，又∠EDC ＝150°， ∴∠CDA ＝90°，∴CD ⊥AD ，又AN ∩AD ＝A ，AN ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CD ⊥平面PAD ，又∵CD ⊂平面ABCD ， ∴平面PAD ⊥平面ABCD .(2)解设四棱锥P －ABCD 的高为h ，四边形ABCD 的面积为S ，则V P －ABCD ＝13hS ＝23，又S △BCD ＝23S ，四面体BCDM 的高为h2.∴V BCDM ＝13×h 2×S △BCD ＝16×23hS＝16×23×63＝233， ∴四面体BCDM 的体积为233.思维升华 (1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．跟踪演练3 (2017届四川省成都市九校模拟)如图，在直角梯形ABCD 中， AD ∥ BC, AB ⊥BC, BD ⊥DC ，点E 是BC 边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE, AC, DE, 得到如图所示的空间几何体．(1)求证： AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，AB ＝2，求点B 到平面ADE 的距离． (1)证明因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，又BD ⊥DC ，DC ⊂平面BCD ，所以DC ⊥平面ABD . 因为AB ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AB .又AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ，AD ，DC ⊂平面ADC ，所以AB ⊥平面ADC .(2)解因为AB ＝2，AD ＝1，所以BD ＝ 3. 依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即21＝CD3. 所以CD ＝ 6. 故BC ＝3.由于AB ⊥平面ADC ，AB ⊥AC ，E 为BC 的中点，所以AE ＝BC 2＝32.同理DE ＝BC 2＝32.所以S △ADE ＝12×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22.因为DC ⊥平面ABD ，所以V A —BCD ＝13CD ·S △ABD ＝33.设点B 到平面ADE 的距离为d ，则13d ·S △ADE ＝V B —ADE ＝V A —BDE ＝12V A —BCD ＝36，所以d ＝62，即点B 到平面ADE 的距离为62.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是______．答案(1)解析对于(1)，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；对于(2)，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；对于(3)，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；对于(4)，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.2．(2017·江苏)如图，在三棱锥A—BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以AB∥EF.又EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.押题预测1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是( )A．m⊥n⇒m⊥βB．m⊥n⇒α⊥βC．α∥β⇒m∥βD．m∥n⇒α∥β押题依据空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点．此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力．答案 C解析构造长方体，如图所示．因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，所以平面AA1C1C与平面AA1B1B不垂直．所以选项A，B都是假命题．CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题．“若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.2．如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．(1)求证：A1E⊥FP；(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．押题依据以平面图形的翻折为背景，探索空间直角与平面位置关系的考题创新性强，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题形式．(1)证明在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.所以在题图(2)中A1E⊥EF，又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，所以A1E⊥平面BEFC.因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.(2)解在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．理由如下：如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.如图所示，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F的中点，所以MK∥FP.因为FP∥BE，所以MK∥BE.因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以MK∥平面A1BE.故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．A组专题通关1．(2017·河南省六市联考)如图，G, H, M, N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH, MN是异面直线的图形的序号为( )A．①② B．③④C．①③ D．②④答案 D解析由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；图②中的GH与MN异面，符合题意；图③中GH与MN相交，不合题意；图④中GH与MN异面，符合题意．则表示GH, MN是异面直线的图形的序号为②④.故选D.2．(2017·宣城调研)已知m, n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题，错误的命题是( )A．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥nB．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥nC．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，则m⊥αD．若α∥β，m∥α，则m∥β答案 D解析由m∥α，m∥β，α∩β＝n，利用线面平行的判定与性质定理可得m∥n，A正确；由α⊥β，m⊥α，n⊥β，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥n，B正确；由α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥α，C正确；由α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，可得D不正确．故选D.3．已知平面α及直线a，b下列说法正确的是( )A．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行B．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直答案 D解析由题意逐一分析所给的选项．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不一定平行；若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直；若直线a，b平行，则这两条直线中可能两条都与平面α不平行；若直线a ，b 垂直，则这两条直线与平面 α不可能都垂直．故选D.4．已知m ，n ，l 1，l 2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m ⊂α，n ⊂α，l 1⊂β，l 2⊂β，l 1∩l 2＝M ，则α∥β的一个充分条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥β且n ∥βC ．m ∥β且n ∥l 2D ．m ∥l 1且n ∥l 2答案 D解析对于选项A ，当m ∥β且l 1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A 不是α∥β的充分条件；对于选项B ，当m ∥β且n ∥β时，若m ∥n ，则α，β可能平行也可能相交，故B 不是α∥β的充分条件；对于选项C ，当m ∥β且n ∥l 2时，α，β可能平行也可能相交，故C 不是α∥β的充分条件；对于选项D ，当m ∥l 1，n ∥l 2时，由线面平行的判定定理可得l 1∥α，l 2∥α，又l 1∩l 2＝M ，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m ∥l 1且n ∥l 2不一定成立，故D 是α∥β的一个充分条件．故选D. 5．对于四面体A —BCD ，有以下命题：①若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等；②若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则点A 在底面BCD 内的射影是△BCD 的内心； ③四面体A —BCD 的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体A —BCD 的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为π6.其中正确的命题是( ) A ．①③ B ．③④ C ．①②③ D ．①③④ 答案 D解析 ①正确，若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 在底面的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A 在平面BCD 的射影为点O ，连接BO ，CO ，可得BO ⊥CD ，CO ⊥BD ，所以点O 是△BCD 的垂心；③正确，如图， AB ⊥平面BCD, ∠BCD ＝90°，其中有4个直角三角形；④正确，正四面体的内切球的半径为r ，棱长为1，高为63，根据等体积公式13×S ×63＝13×4×S ×r ，解得 r ＝612，那么内切球的表面积S ＝4πr 2＝π6，故选D.6．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号) ①AC ⊥BE ；②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E －ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1. 答案 ①②③解析因为AC ⊥平面BDD 1B 1，故①正确；因为B 1D 1∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E －ABC ＝16V ，为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．7．下列四个正方体图形中，点A ，B 为正方体的两个顶点，点M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是________．(写出所有符合要求的图形序号)答案 ①③解析对于①，注意到该正方体的面中过直线AB 的侧面与平面MNP 平行，因此直线AB ∥平面MNP ；对于②，注意到直线AB 和过点A 的一个与平面MNP 平行的平面相交，因此直线AB 与平面MNP 相交；对于③，注意到此时直线AB 与平面MNP 内的一条直线MP 平行，且直线AB 位于平面MNP 外，因此直线AB 与平面MNP 平行；对于④，易知此时AB 与平面MNP 相交．综上所述，能得出直线AB 平行于平面MNP 的图形的序号是①③.8.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，点D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .答案 a 或2a解析由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x . 易知Rt△CAF ∽Rt△FA 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .9．(2017·山东)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD.又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD.因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.10．(2017届宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，矩形ABCD中，AB＝3, BC＝4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影E落在BC上．(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；(2)求三棱锥A－BCD的体积．(1)证明∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD.又BC⊥CD，且AE∩BC＝E，∴CD⊥平面ABC.又CD⊂平面ACD，∴平面ACD ⊥平面ABC .(2)解由(1)知，CD ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，∴CD ⊥AB . 又AB ⊥AD ，CD ∩AD ＝D ， ∴AB ⊥平面ACD .∴V A －BCD ＝V B －ACD ＝13·S △ACD ·AB .又在△ACD 中，AC ⊥CD ，AD ＝BC ＝4，AB ＝CD ＝3， ∴AC ＝AD 2－CD 2＝42－32＝7， ∴V A －BCD ＝13×12×7×3×3＝372.B 组能力提高11．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，M ，N 分别在AD 1，BC 上移动，且始终保持MN ∥平面DCC 1D 1，设BN ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )答案 C解析过M 作MQ ∥DD 1，交AD 于点Q ，连接QN . ∵MN ∥平面DCC 1D 1，MQ ∥平面DCC 1D 1，MN ∩MQ ＝M ， ∴平面MNQ ∥平面DCC 1D 1，又平面ABCD 与平面MNQ 和DCC 1D 1分别交于直线QN 和直线DC ， ∴NQ ∥DC ，可得QN ＝CD ＝AB ＝1，AQ ＝BN ＝x ，∵MQ AQ ＝DD 1AD＝2，∴MQ ＝2x .在Rt△MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1， ∴y 2－4x 2＝1 (0≤x ≤1)，∴函数y ＝f (x )的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分．故选C.12.(2017届江西省重点中学协作体联考)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AA 1＝6，AB ＝3，AD ＝8, 点M 是棱AD 的中点，N 在棱AA 1上，且满足AN ＝2NA 1,P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点(含边界)，若C 1P ∥平面CMN ，则线段C 1P 长度的最小值是________．答案17解析取A 1D 1的中点Q ，过点Q 在平面ADD 1A 1内作MN 的平行线交DD 1于E ，则易知平面C 1QE ∥平面CMN ，在△C 1QE 中作C 1P ⊥QE ，则C 1P ＝17为所求．13.(2017届江西省重点中学协作体联考)如图，多面体ABCB 1C 1D 是由三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去一部分后而成， D 是AA 1的中点．(1)若F 在CC 1上，且CC 1＝4CF ，E 为AB 的中点，求证：直线EF ∥平面B 1C 1D ； (2)若AD ＝AC ＝1，AD ⊥平面ABC, BC ⊥AC, 求点C 到面B 1C 1D 的距离．(1)证明方法一取AC 的中点G ，CC 1的中点为H ，连接AH ，GF ，GE ，如图所示．∵AD 綊C 1H ，∴四边形ADC 1H 为平行四边形， ∴AH ∥C 1D ，又F 是CH 的中点， G 是AC 的中点， ∴GF ∥AH, ∴GF ∥C 1D ，又GF ⊄平面C 1DB 1，C 1D ⊂平面C 1DB 1，∴GF ∥平面C 1DB 1, 又G ，E 分别是AC ，AB 的中点， ∴GE ∥BC ∥B 1C 1，又GE ⊄平面C 1DB 1，B 1C 1⊂平面C 1DB 1，∴GE ∥平面C 1DB 1,又GE ∩GF ＝G ，GE ⊂平面GEF ，GF ⊂平面GEF ， ∴平面GEF ∥平面DB 1C 1，又EF ⊄平面DB 1C 1，EF ⊂平面GEF ， ∴EF ∥平面DB 1C 1.方法二取B 1D 的中点M ，连接EM ，MC 1，则EM 是梯形ABB 1D 的中位线， ∴EM ∥BB 1，EM ＝12()AD ＋BB 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12CC 1＋CC 1＝34CC 1，又C 1F ＝CC 1－CF ＝34CC 1, BB 1∥CC 1，∴ EM 綊C 1F ，故四边形EMC 1F 为平行四边形， ∴C 1M ∥EF ，又EF ⊄平面C 1DB 1, C 1M ⊂平面C 1DB 1, ∴EF ∥平面C 1DB 1.(2)解 AD ⊥平面ABC, AC ⊂平面ABC, ∴AD ⊥AC ，又AD ＝AC ＝1, CC 1＝2AD ，AD ∥CC 1， ∴C 1D 2＝DC 2＝AC 2＋AD 2＝2AD 2＝2，C 1C 2＝4，故CC 21＝CD 2＋C 1D 2，即C 1D ⊥CD ，又BC ⊥AC, AD ⊥BC ，AC ∩AD ＝A ， ∴BC ⊥平面ACC 1D ，又CD ⊂平面ACC 1D ， ∴BC ⊥CD ，又B 1C 1∥BC, ∴B 1C 1⊥CD ，又DC 1∩B 1C 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D ，∴点C 到平面B 1C 1D 的距离为CD 的长，即为 2.14．(2017届云南省师范大学附属中学月考)如图，矩形AB ′DE (AE ＝6，DE ＝5)，被截去一角(即△BB ′C )，AB ＝3, ∠ABC ＝135°，平面PAE ⊥平面ABCDE, PA ＋PE ＝10.(1)求五棱锥P －ABCDE 的体积的最大值； (2)在(1)的情况下，证明： BC ⊥PB . (1)解因为AB ＝3，∠ABC ＝135°，所以∠B ′BC ＝45°， BB ′＝AB ′－AB ＝5－3＝2，所以截去的△BB ′C 是等腰直角三角形，所以S ABCDE ＝S AB ′DE －S △BB ′C ＝6×5－12×2×2＝28.如图，过P 作PO ⊥AE ，垂足为O ，因为平面PAE ⊥平面ABCDE ，平面PAE ∩平面ABCDE ＝AE ，PO ⊂平面PAE ，所以PO ⊥平面ABCDE, PO 为五棱锥P －ABCDE 的高．在平面PAE 内， PA ＋PE ＝10>AE ＝6, P 在以A ，E 为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的简单的几何性质知，点P 为短轴端点时， P 到AE 的距离最大，此时PA ＝PE ＝5, OA ＝OE ＝3，所以PO max ＝4，所以()V P －ABCDE max ＝13S ABCDE ·PO max＝13×28×4＝1123.(2)证明连接OB ，如图，由(1)知， OA ＝AB ＝3，故△OAB 是等腰直角三角形，所以∠ABO ＝45°，所以∠OBC ＝∠ABC －∠ABO ＝135°－45°＝90°，即BC ⊥BO .由于PO ⊥平面ABCDE ，所以PO ⊥BC ，而PO ∩BO ＝O ，PO ，BO ⊂平面POB ，所以BC ⊥平面POB ，又PB ⊂平面POB ，所以BC ⊥PB .。

2018年高考数学(理)二轮复习讲学案：立体几何与空间向量第2讲空间中的平行与垂直(含答案解析)

第2讲空间中的平行与垂直1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题．2．以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．热点一空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．例1 (1)(2017·四川省眉山中学月考)已知m，n为空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个不同的平面，下列命题正确的是( )A．若n⊥α，n⊥β，m⊂β，则m∥αB．若m⊥α，α⊥β，则m∥βC．若m，n在α内的射影互相平行，则m∥nD．若m⊥l，α∩β＝l，则m⊥α答案 A解析由题意知，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊂β，则m∥α，A正确；若m⊥α，α⊥β，可能会现m⊂β，B错误；若m，n在α内的射影互相平行，两直线异面也可以， C错误；若m⊥l，α∩β＝l，可能会出现m⊂α，D错误．故选A.(2)(2017届泉州模拟)设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α( )A．有无数多个B．恰有4个C．只有1个D．不存在答案 A解析如图，由题知面PAD与面PBC相交，面PAB与面PCD相交，可设两组相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，C1，D1，则由面面平行的性质定理得A1B1∥n∥C1D1，A1D1∥m∥B1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下平移，可知满足条件的平面α有无数多个．故选A.思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．跟踪演练1 (1)α，β，γ是三个平面，m, n是两条直线，则下列命题正确的是( )A．若α∩β＝m, n⊂α，m⊥n，则α⊥βB．若α⊥β，α∩β＝m, α∩γ＝n，则m⊥nC．若m不垂直平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β答案 D解析逐一分析所给的命题：A项，若α∩β＝m, n⊂α，m⊥n，并非一条直线垂直于平面内的两条相交直线，不一定有α⊥β，该说法错误；B项，若α⊥β，α∩β＝m, α∩γ＝n，无法确定m，n的关系，该说法错误；C项，若m不垂直平面α，则m可能垂直于平面α内的无数条直线，该说法错误；D项，若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β，该说法正确．故选D.(2)(2017届株洲一模)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝直线l, A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l, M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是( )A．当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行答案 B解析由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，则BD⊂β，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故应排除答案A，C，D，故选B.热点二空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．例2 (1)(2017·全国Ⅱ)如图，四棱锥P —ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.①证明：直线BC ∥平面PAD ；②若△PCD 的面积为27，求四棱锥P —ABCD 的体积．①证明在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD . 又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以BC ∥平面PAD .②解如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2. 于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P —ABCD 的体积V ＝13×2(2＋4)2×23＝4 3.(2)(2017·重庆市巴蜀中学三模)如图，平面ABCD ⊥平面ADEF ，四边形ABCD 为菱形，四边形ADEF 为矩形， M ，N 分别是EF ，BC 的中点， AB ＝2AF, ∠CBA ＝60°.①求证： DM ⊥平面MNA ； ②若三棱锥A －DMN 的体积为33，求MN 的长． ①证明连接AC ，在菱形ABCD 中， ∠CBA ＝60°，且AB ＝BC ，∴△ABC 为等边三角形，又∵N 为BC 的中点， ∴AN ⊥BC ， ∵BC ∥AD ， ∴AN ⊥AD ，又∵平面ABCD ⊥平面ADEF ，平面ABCD ∩平面ADEF ＝AD ，AN ⊂平面ABCD ， ∴AN ⊥平面ADEF ，又DM ⊂平面ADEF ，∴DM ⊥AN . ∵在矩形ADEF 中， AD ＝2AF ，M 为EF 的中点， ∴△AMF 为等腰直角三角形，∴∠AMF ＝45°，同理可证∠DME ＝45°，∴∠DMA ＝90°， ∴DM ⊥AM ，又∵AM ∩AN ＝A ，且AM ，AN ⊂平面MNA ， ∴DM ⊥平面MNA .②设AF ＝x ，则AB ＝2AF ＝2x ，在Rt△ABN 中， AB ＝2x, BN ＝x, ∠ABN ＝60°， ∴AN ＝3x ，∴S △ADN ＝12×2x ×3x ＝3x 2.∵平面ABCD ⊥平面ADEF, AD 为交线， FA ⊥AD ， ∴FA ⊥平面ABCD ，设h 为点M 到平面ADN 的距离，则h ＝AF ＝x ， ∴V M －ADN ＝13×S △ADN ×h ＝13×3x 2×x ＝33x 3，∵V M －ADN ＝V A －DMN ＝33，∴x ＝1. ∴MN ＝AN 2＋AM 2＝ 5.思维升华垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换． (2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .跟踪演练2 (2017·北京市海淀区适应性考试)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝3， E 是侧棱PA 上的动点． (1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)如果E 是PA 的中点，求证：PC ∥平面BDE ；(3)是否无论点E 在侧棱PA 的任何位置，都有BD ⊥CE ？证明你的结论． (1)解 ∵PA ⊥平面ABCD ，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PA ＝13×12×3＝33，即四棱锥P －ABCD 的体积为33.(2)证明连接AC 交BD 于O ，连接OE . ∵四边形ABCD 是正方形， ∴O 是AC 的中点，又∵E 是PA 的中点，∴PC ∥OE ， ∵PC ⊄平面BDE, OE ⊂平面BDE ， ∴PC ∥平面BDE .(3)解无论点E 在任何位置，都有BD ⊥CE . 证明如下：∵四边形ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC ， ∵PA ⊥底面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥PA ，又∵AC ∩PA ＝A ，AC ，PA ⊂平面PAC ， ∴BD ⊥平面PAC .∵无论点E 在任何位置，都有CE ⊂平面PAC ， ∴无论点E 在任何位置，都有BD ⊥CE . 热点三平面图形的折叠问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．例3 (2017·孝义质检)如图(1)，在五边形ABCDE 中， ED ＝EA ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ，∠EDC ＝150°.如图(2)，将△EAD 沿AD 折到△PAD 的位置，得到四棱锥P －ABCD .点M 为线段PC 的中点，且BM ⊥平面PCD .(1)求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；(2)若四棱锥P －ABCD 的体积为23，求四面体BCDM 的体积．(1)证明取PD 的中点N ，连接AN ，MN ，如图所示，则MN ∥CD ，MN ＝12CD .又AB ∥CD ，AB ＝12CD ，∴MN ∥AB 且MN ＝AB ，∴四边形ABMN 为平行四边形，∴AN ∥BM ，又BM ⊥平面PCD ， ∴AN ⊥平面PCD ， ∴AN ⊥PD ，AN ⊥CD .由ED ＝EA ，即PD ＝PA 及N 为PD 的中点，可得△PAD 为等边三角形， ∴∠PDA ＝60°，又∠EDC ＝150°， ∴∠CDA ＝90°，∴CD ⊥AD ，又AN ∩AD ＝A ，AN ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CD ⊥平面PAD ，又∵CD ⊂平面ABCD ， ∴平面PAD ⊥平面ABCD .(2)解设四棱锥P －ABCD 的高为h ，四边形ABCD 的面积为S ，则V P －ABCD ＝13hS ＝23，又S △BCD ＝23S ，四面体BCDM 的高为h2.∴V BCDM ＝13×h 2×S △BCD ＝16×23hS＝16×23×63＝233， ∴四面体BCDM 的体积为233.思维升华 (1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．跟踪演练3 (2017届四川省成都市九校模拟)如图，在直角梯形ABCD 中， AD ∥ BC, AB ⊥BC, BD ⊥DC ，点E 是BC 边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE, AC, DE, 得到如图所示的空间几何体．(1)求证： AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，AB ＝2，求点B 到平面ADE 的距离． (1)证明因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，又BD ⊥DC ，DC ⊂平面BCD ，所以DC ⊥平面ABD . 因为AB ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AB .又AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ，AD ，DC ⊂平面ADC ，所以AB ⊥平面ADC .(2)解因为AB ＝2，AD ＝1，所以BD ＝ 3. 依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即21＝CD3. 所以CD ＝ 6. 故BC ＝3.由于AB ⊥平面ADC ，AB ⊥AC ，E 为BC 的中点，所以AE ＝BC 2＝32.同理DE ＝BC 2＝32.所以S △ADE ＝12×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22.因为DC ⊥平面ABD ，所以V A —BCD ＝13CD ·S △ABD ＝33.设点B 到平面ADE 的距离为d ，则13d ·S △ADE ＝V B —ADE ＝V A —BDE ＝12V A —BCD ＝36，所以d ＝62，即点B 到平面ADE 的距离为62.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是______．答案(1)解析对于(1)，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；对于(2)，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；对于(3)，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；对于(4)，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.2．(2017·江苏)如图，在三棱锥A—BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以AB∥EF.又EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.押题预测1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是( )A．m⊥n⇒m⊥βB．m⊥n⇒α⊥βC．α∥β⇒m∥βD．m∥n⇒α∥β押题依据空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点．此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力．答案 C解析构造长方体，如图所示．因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，所以平面AA1C1C与平面AA1B1B不垂直．所以选项A，B都是假命题．CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题．“若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.2．如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．(1)求证：A1E⊥FP；(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．押题依据以平面图形的翻折为背景，探索空间直角与平面位置关系的考题创新性强，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题形式．(1)证明在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.所以在题图(2)中A1E⊥EF，又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，所以A1E⊥平面BEFC.因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.(2)解在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．理由如下：如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.如图所示，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F的中点，所以MK∥FP.因为FP∥BE，所以MK∥BE.因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以MK∥平面A1BE.故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．A组专题通关1．(2017·河南省六市联考)如图，G, H, M, N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH, MN是异面直线的图形的序号为( )A．①② B．③④C．①③ D．②④答案 D解析由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；图②中的GH与MN异面，符合题意；图③中GH与MN相交，不合题意；图④中GH与MN异面，符合题意．则表示GH, MN是异面直线的图形的序号为②④.故选D.2．(2017·宣城调研)已知m, n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题，错误的命题是( )A．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥nB．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥nC．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，则m⊥αD．若α∥β，m∥α，则m∥β答案 D解析由m∥α，m∥β，α∩β＝n，利用线面平行的判定与性质定理可得m∥n，A正确；由α⊥β，m⊥α，n⊥β，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥n，B正确；由α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥α，C正确；由α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，可得D不正确．故选D.3．已知平面α及直线a，b下列说法正确的是( )A．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行B．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直答案 D解析由题意逐一分析所给的选项．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不一定平行；若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直；若直线a，b平行，则这两条直线中可能两条都与平面α不平行；若直线a ，b 垂直，则这两条直线与平面 α不可能都垂直．故选D.4．已知m ，n ，l 1，l 2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m ⊂α，n ⊂α，l 1⊂β，l 2⊂β，l 1∩l 2＝M ，则α∥β的一个充分条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥β且n ∥βC ．m ∥β且n ∥l 2D ．m ∥l 1且n ∥l 2答案 D解析对于选项A ，当m ∥β且l 1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A 不是α∥β的充分条件；对于选项B ，当m ∥β且n ∥β时，若m ∥n ，则α，β可能平行也可能相交，故B 不是α∥β的充分条件；对于选项C ，当m ∥β且n ∥l 2时，α，β可能平行也可能相交，故C 不是α∥β的充分条件；对于选项D ，当m ∥l 1，n ∥l 2时，由线面平行的判定定理可得l 1∥α，l 2∥α，又l 1∩l 2＝M ，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m ∥l 1且n ∥l 2不一定成立，故D 是α∥β的一个充分条件．故选D. 5．对于四面体A —BCD ，有以下命题：①若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等；②若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则点A 在底面BCD 内的射影是△BCD 的内心； ③四面体A —BCD 的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体A —BCD 的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为π6.其中正确的命题是( ) A ．①③ B ．③④ C ．①②③ D ．①③④ 答案 D解析 ①正确，若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 在底面的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A 在平面BCD 的射影为点O ，连接BO ，CO ，可得BO ⊥CD ，CO ⊥BD ，所以点O 是△BCD 的垂心；③正确，如图， AB ⊥平面BCD, ∠BCD ＝90°，其中有4个直角三角形；④正确，正四面体的内切球的半径为r ，棱长为1，高为63，根据等体积公式13×S ×63＝13×4×S ×r ，解得 r ＝612，那么内切球的表面积S ＝4πr 2＝π6，故选D.6．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号) ①AC ⊥BE ；②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E －ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1. 答案 ①②③解析因为AC ⊥平面BDD 1B 1，故①正确；因为B 1D 1∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E －ABC ＝16V ，为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．7．下列四个正方体图形中，点A ，B 为正方体的两个顶点，点M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是________．(写出所有符合要求的图形序号)答案 ①③解析对于①，注意到该正方体的面中过直线AB 的侧面与平面MNP 平行，因此直线AB ∥平面MNP ；对于②，注意到直线AB 和过点A 的一个与平面MNP 平行的平面相交，因此直线AB 与平面MNP 相交；对于③，注意到此时直线AB 与平面MNP 内的一条直线MP 平行，且直线AB 位于平面MNP 外，因此直线AB 与平面MNP 平行；对于④，易知此时AB 与平面MNP 相交．综上所述，能得出直线AB 平行于平面MNP 的图形的序号是①③.8.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，点D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .答案 a 或2a解析由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x . 易知Rt△CAF ∽Rt△FA 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .9．(2017·山东)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD.又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD.因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.10．(2017届宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，矩形ABCD中，AB＝3, BC＝4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影E落在BC上．(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；(2)求三棱锥A－BCD的体积．(1)证明∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD.又BC⊥CD，且AE∩BC＝E，∴CD⊥平面ABC.又CD⊂平面ACD，∴平面ACD ⊥平面ABC .(2)解由(1)知，CD ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，∴CD ⊥AB . 又AB ⊥AD ，CD ∩AD ＝D ， ∴AB ⊥平面ACD .∴V A －BCD ＝V B －ACD ＝13·S △ACD ·AB .又在△ACD 中，AC ⊥CD ，AD ＝BC ＝4，AB ＝CD ＝3， ∴AC ＝AD 2－CD 2＝42－32＝7， ∴V A －BCD ＝13×12×7×3×3＝372.B 组能力提高11．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，M ，N 分别在AD 1，BC 上移动，且始终保持MN ∥平面DCC 1D 1，设BN ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )答案 C解析过M 作MQ ∥DD 1，交AD 于点Q ，连接QN . ∵MN ∥平面DCC 1D 1，MQ ∥平面DCC 1D 1，MN ∩MQ ＝M ， ∴平面MNQ ∥平面DCC 1D 1，又平面ABCD 与平面MNQ 和DCC 1D 1分别交于直线QN 和直线DC ， ∴NQ ∥DC ，可得QN ＝CD ＝AB ＝1，AQ ＝BN ＝x ，∵MQ AQ ＝DD 1AD＝2，∴MQ ＝2x .在Rt△MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1， ∴y 2－4x 2＝1 (0≤x ≤1)，∴函数y ＝f (x )的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分．故选C.12.(2017届江西省重点中学协作体联考)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AA 1＝6，AB ＝3，AD ＝8, 点M 是棱AD 的中点，N 在棱AA 1上，且满足AN ＝2NA 1,P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点(含边界)，若C 1P ∥平面CMN ，则线段C 1P 长度的最小值是________．答案17解析取A 1D 1的中点Q ，过点Q 在平面ADD 1A 1内作MN 的平行线交DD 1于E ，则易知平面C 1QE ∥平面CMN ，在△C 1QE 中作C 1P ⊥QE ，则C 1P ＝17为所求．13.(2017届江西省重点中学协作体联考)如图，多面体ABCB 1C 1D 是由三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去一部分后而成， D 是AA 1的中点．(1)若F 在CC 1上，且CC 1＝4CF ，E 为AB 的中点，求证：直线EF ∥平面B 1C 1D ； (2)若AD ＝AC ＝1，AD ⊥平面ABC, BC ⊥AC, 求点C 到面B 1C 1D 的距离．(1)证明方法一取AC 的中点G ，CC 1的中点为H ，连接AH ，GF ，GE ，如图所示．∵AD 綊C 1H ，∴四边形ADC 1H 为平行四边形， ∴AH ∥C 1D ，又F 是CH 的中点， G 是AC 的中点， ∴GF ∥AH, ∴GF ∥C 1D ，又GF ⊄平面C 1DB 1，C 1D ⊂平面C 1DB 1，∴GF ∥平面C 1DB 1, 又G ，E 分别是AC ，AB 的中点， ∴GE ∥BC ∥B 1C 1，又GE ⊄平面C 1DB 1，B 1C 1⊂平面C 1DB 1，∴GE ∥平面C 1DB 1,又GE ∩GF ＝G ，GE ⊂平面GEF ，GF ⊂平面GEF ， ∴平面GEF ∥平面DB 1C 1，又EF ⊄平面DB 1C 1，EF ⊂平面GEF ， ∴EF ∥平面DB 1C 1.方法二取B 1D 的中点M ，连接EM ，MC 1，则EM 是梯形ABB 1D 的中位线， ∴EM ∥BB 1，EM ＝12()AD ＋BB 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12CC 1＋CC 1＝34CC 1，又C 1F ＝CC 1－CF ＝34CC 1, BB 1∥CC 1，∴ EM 綊C 1F ，故四边形EMC 1F 为平行四边形， ∴C 1M ∥EF ，又EF ⊄平面C 1DB 1, C 1M ⊂平面C 1DB 1, ∴EF ∥平面C 1DB 1.(2)解 AD ⊥平面ABC, AC ⊂平面ABC, ∴AD ⊥AC ，又AD ＝AC ＝1, CC 1＝2AD ，AD ∥CC 1， ∴C 1D 2＝DC 2＝AC 2＋AD 2＝2AD 2＝2，C 1C 2＝4，故CC 21＝CD 2＋C 1D 2，即C 1D ⊥CD ，又BC ⊥AC, AD ⊥BC ，AC ∩AD ＝A ， ∴BC ⊥平面ACC 1D ，又CD ⊂平面ACC 1D ， ∴BC ⊥CD ，又B 1C 1∥BC, ∴B 1C 1⊥CD ，又DC 1∩B 1C 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D ，∴点C 到平面B 1C 1D 的距离为CD 的长，即为 2.14．(2017届云南省师范大学附属中学月考)如图，矩形AB ′DE (AE ＝6，DE ＝5)，被截去一角(即△BB ′C )，AB ＝3, ∠ABC ＝135°，平面PAE ⊥平面ABCDE, PA ＋PE ＝10.(1)求五棱锥P －ABCDE 的体积的最大值； (2)在(1)的情况下，证明： BC ⊥PB . (1)解因为AB ＝3，∠ABC ＝135°，所以∠B ′BC ＝45°， BB ′＝AB ′－AB ＝5－3＝2，所以截去的△BB ′C 是等腰直角三角形，所以S ABCDE ＝S AB ′DE －S △BB ′C ＝6×5－12×2×2＝28.如图，过P 作PO ⊥AE ，垂足为O ，因为平面PAE ⊥平面ABCDE ，平面PAE ∩平面ABCDE ＝AE ，PO ⊂平面PAE ，所以PO ⊥平面ABCDE, PO 为五棱锥P －ABCDE 的高．在平面PAE 内， PA ＋PE ＝10>AE ＝6, P 在以A ，E 为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的简单的几何性质知，点P 为短轴端点时， P 到AE 的距离最大，此时PA ＝PE ＝5, OA ＝OE ＝3，所以PO max ＝4，所以()V P －ABCDE max ＝13S ABCDE ·PO max＝13×28×4＝1123.(2)证明连接OB ，如图，由(1)知， OA ＝AB ＝3，故△OAB 是等腰直角三角形，所以∠ABO ＝45°，所以∠OBC ＝∠ABC －∠ABO ＝135°－45°＝90°，即BC ⊥BO .由于PO ⊥平面ABCDE ，所以PO ⊥BC ，而PO ∩BO ＝O ，PO ，BO ⊂平面POB ，所以BC ⊥平面POB ，又PB ⊂平面POB ，所以BC ⊥PB .。

高考数学大二轮复习专题五立体几何第2讲空间中的平行与垂直课件理

【解析】
(1)因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，
E 为 DC 的中点，所以在折起过程中， D 点在平面 BCE 上的投影如图．
因为 DE 与 AC 所成角不能为直角，所以 DE 不会垂直于平面ACD，故①错误；只有 D 点投影位于 O2 位置时，即平面 AED 与平面 AEB 重合时，才有 BE⊥CD ，此时 CD 不垂直于平面
判断空间线面位置关系应注意的问题解决空间点、线、面位置关系的判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及
空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行
判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能引用到立体几何中．
◎通关题组
1 ． (2017· 全国卷 Ⅲ) 在正方体 ABCD － A1B1C1D1 中， E为棱CD的中点，则 A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
数是
A．0 B．1 C．2 D．3
解析
①若α∥β，则m∥n或m，n异面，故①不正确；
②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m∥β，故②正确；③直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直，故③不正确；④若α∩β＝l，且m⊥l， m ⊥ n ， l 与 n 相交则 α ⊥ β ，若 l∥n ，则 α ， β 不一定垂
到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们
熟悉的几何体中解决．
2．探索性问题求解的途径和方法
(1)对命题条件探索的二种途径： ①先猜后证，即先观察，再证明； ②将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件． (2)对命题结论的探索方法：从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索

2018版高考数学二轮复习第1部分重点强化专题限时集训10 空间中的平行与垂直关系文

专题限时集训(十) 空间中的平行与垂直关系[建议A、B组各用时：45分钟][A组高考达标]一、选择题1．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊥α，a∥b，则b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若a∥α，a⊥b，则b⊥αB[A中，两直线可能平行、相交或异面，故A错；B中，由直线与平面垂直的判定定理可知B正确；C中，b可能平行α，也可能在α内，故C错；D中，b可能平行α，也可能在α内，还可能与α相交，故D错．综上所述，故选B.] 2．(2017·南昌模拟)如图105，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在( )【导学号：04024096】图105A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部A[因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．]3．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a⊥β；③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )A．①B．②C．③D．①③D [对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也成立，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B ，C.对于③，存在两条垂直的直线a ，b ，则直线a ，b 所成的角为90°，因为a ⊥β，b ⊥α，所以α，β所成的角为90°，即α⊥β，反之也成立，即“存在两条垂直的直线a ，b ，a ⊥β，b ⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A ，选D.]4．(2017·莆田模拟)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，平面α过直线BD ，α⊥平面AB 1C ，α∩平面AB 1C ＝m ，平面β过直线A 1C 1，β∥平面AB 1C ，β∩平面ADD 1A 1＝n ，则m ，n 所成的角的余弦值为( ) A.12 B.13 C.22D.32D [如图，由题中条件知，直线m 为B 1O ，直线n 为A 1D ，∵B 1C ∥A 1D ，∴B 1O 与A 1D 所成的角为∠CB 1O (或其补角)，设正方体的棱长为a ，在△CB 1O 中，B 1C ＝2a ，CO ＝22a ，B 1O ＝62a ，∴cos ∠CB 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62a 2＋2a2－⎝⎛⎭⎪⎫22a 22×62a ×2a ＝32.故选D.] 5．(2017·武汉模拟)如图106，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ACD 沿AC 折起，使得D 折起后的位置为D 1，且D 1在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上，在四面体D 1ABC 的四个面中，有n 对平面相互垂直，则n 等于( )【导学号：04024097】图106A ．2B ．3C ．4D ．5B [设D 1在平面ABC 上的射影为E ，连接D 1E ，则D 1E ⊥平面ABC ， ∵D 1E ⊂平面ABD 1， ∴平面ABD 1⊥平面ABC .∵D 1E ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴D 1E ⊥BC ，又AB ⊥BC ，D 1E ∩AB ＝E ， ∴BC ⊥平面ABD 1，又BC ⊂平面BCD 1， ∴平面BCD 1⊥平面ABD 1，∵BC ⊥平面ABD 1，AD 1⊂平面ABD 1， ∴BC ⊥AD 1，又CD 1⊥AD 1，BC ∩CD 1＝C ， ∴AD 1⊥平面BCD 1，又AD 1⊂平面ACD 1， ∴平面ACD 1⊥平面BCD 1.∴共有3对平面互相垂直．故选B.]二、填空题6．(2017·黄山模拟)已知正六棱锥S ABCDEF 的底面边长和高均为1，则异面直线SC 与DE 所成角的大小为________．π4[设正六边形ABCDEF 的中心为O ，连接SO ，CO ，BO ，则由正六边形的性质知OC ∥DE ，SO ⊥平面ABCDEF ，所以∠SCO 为异面直线SC 与DE 所成角．又易知△BOC 为等边三角形，所以SO ＝BC ＝CO ＝1，所以∠SCO ＝π4.]7．在三棱锥C ABD 中(如图107)，△ABD 与△CBD 是全等的等腰直角三角形，O 是斜边BD的中点，AB ＝4，二面角A BD C 的大小为60°，并给出下面结论：①AC ⊥BD ；②AD ⊥CO ；③△AOC 为正三角形；④cos ∠ADC ＝32；⑤四面体ABCD 的外接球表面积为32π.其中真命题是________(填序号)．图107①③⑤ [由题意知BD ⊥CO ，BD ⊥AO ，则BD ⊥平面AOC ，从而BD ⊥AC ，故①正确；根据二面角A BD C 的大小为60°，可得∠AOC ＝60°，又直线AD 在平面AOC 的射影为AO ，从而AD 与CO 不垂直，故②错误；根据∠AOC ＝60°，AO ＝CO 可得△AOC 为正三角形，故③正确；在△ADC 中，AD ＝CD ＝4，AC ＝CO ＝22，由余弦定理得cos ∠ADC ＝42＋42－222×4×4＝34，故④错误；由题意知，四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为22，则外接球的表面积为S ＝4π×(22)2＝32π，故⑤正确．]8．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号) ①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1.①②③ [因为AC ⊥平面BDD 1B 1，故①，②正确；记正方体的体积为V ，则V E ABC ＝16V为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．] 三、解答题9．(2017·全国卷Ⅲ)如图108，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .图108(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．[解] (1)证明：如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO . 因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO ．1分又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO ． 2分从而AC ⊥平面DOB ， 3分故AC ⊥BD ．4分(2)连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO .5分在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.7分由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC ．8分又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .9分故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1．12分10．(2017·西安模拟)如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .图109(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值.【导学号：04024098】[解] (1)证明：在题图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)知，A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高．由题图①知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2. 从而四棱锥A 1BCDE 的体积为V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3，由26a 3＝362，得a ＝6. [B 组名校冲刺]一、选择题1．(2016·乌鲁木齐三模)如图1010，在多面体ABC DEFG 中，平面ABC ∥平面DEFG ，AC ∥GF ，且△ABC 是边长为2的正三角形，四边形DEFG 是边长为4的正方形，M ，N 分别为AD ，BE 的中点，则MN ＝( )图1010A.7 B ．4 C.19D ．5A [如图，取BD 的中点P ，连接MP ，NP ，则MP ∥AB ，NP ∥DE ，MP ＝12AB ＝1，NP ＝12DE ＝2.又∵AC ∥GF ，∴AC ∥NP .∵∠CAB ＝60°，∴∠MPN ＝120°， ∴MN ＝MP 2＋NP 2－2×MP ×NP ×cos 120° ＝1＋4－2×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝7，故选A.] 2．如图1011，四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD .则在三棱锥A BCD 中，下列命题正确的是( )图1011A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABCD [∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD .又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，∴CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB .又AD ⊥AB ，AD ∩CD ＝D ，∴AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ，故选D.]3．(2017·安阳二模)如图1012，在正四棱锥S ABCD 中，E ，M ，N 分别是BC ，CD ，SC 的中点，动点P 在线段MN 上运动时，下列四个结论： ①EP ⊥AC ； ②EP ∥BD ； ③EP ∥平面SBD ； ④EP ⊥平面SAC ，其中恒成立的为( )【导学号：04024099】图1012A ．①③B ．③④C ．①②D ．②③④A [如图所示，设AC ，BD 相交于点O ，连接SO ，EM ，EN .对于①，由S ABCD 是正四棱锥，可得SO ⊥底面ABCD ，AC ⊥BD ，∴SO ⊥AC . ∵SO ∩BD ＝O ，∴AC ⊥平面SBD ，∵E ，M ，N 分别是BC ，CD ，SC 的中点，∴EM ∥BD ，MN ∥SD ，而EM ∩MN ＝M ，SD ∩BD ＝D ，SD ，BD ⊂平面SBD ，MN ，EM ⊂平面EMN ，∴平面EMN ∥平面SBD ，∴AC ⊥平面EMN ， ∴AC ⊥EP .故①正确．对于②，易知EP 与BD 是异面直线，因此②不正确．对于③，由①可知平面EMN ∥平面SBD ， ∴EP ∥平面SBD ，因此③正确．对于④，由①同理可得EM ⊥平面SAC ，若EP ⊥平面SAC ，则EP ∥EM ，与EP ∩EM ＝E 相矛盾，因此当P 与M 不重合时，EP 与平面SAC 不垂直．即④不正确．故选A.]4．(2016·长沙模拟)如图1013，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 是线段B 1D 1上的两个动点，且EF ＝22，则下列结论中错误的是( )图1013A．AC⊥BFB．三棱锥ABEF的体积为定值C．EF∥平面ABCDD．异面直线AE，BF所成的角为定值D[对于选项A，连接BD(图略)，易知AC⊥平面BDD1B1.∵BF⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BF，故A正确；对于选项B，∵AC⊥平面BDD1B1，∴A到平面BEF的距离不变．∵EF＝22，B到EF的距离为1，∴△BEF的面积不变，∴三棱锥ABEF的体积为定值，故B正确；对于选项C，∵EF∥BD，BD⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，故C正确；对于选项D，异面直线AE，BF所成的角不为定值，当F与B1重合时，令上底面中心为O，则此时两异面直线所成的角是∠A1AO，当E与D1重合时，点F与O重合，则两异面直线所成的角是∠OBC1，这两个角不相等，故异面直线AE，BF所成的角不为定值，故D错误．]二、填空题5．(2017·衡水二模)如图1014，正方形BCDE的边长为a，已知AB＝3BC，将△ABE沿边BE折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，关于翻折后的几何体有如下描述：图1014①AB与DE所成角的正切值是2；②AB∥CE；③V BACE＝16a3；④平面ABC⊥平面ACD.其中正确的有________．(填序号)①③④[作出折叠后的几何体直观图如图所示：∵AB＝3BC＝3a，BE＝a，∴AE＝2a.∴AD＝AE2－DE2＝a，∴AC＝CD2＋AD2＝2a.在△ABC中，cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC2 2AB×BC＝3a 2＋a 2－2a 223a2＝33. ∴sin ∠ABC ＝1－cos 2∠ABC ＝63. ∴tan ∠ABC ＝sin ∠ABCcos ∠ABC＝ 2.∵BC ∥DE ，∴∠ABC 是异面直线AB ，DE 所成的角，故①正确．连接BD ，CE ，则CE ⊥BD ，又AD ⊥平面BCDE ，CE ⊂平面BCDE ，∴CE ⊥AD .又BD ∩AD ＝D ，BD ⊂平面ABD ，AD⊂平面ABD ，∴CE ⊥平面ABD .又AB ⊂平面ABD ，∴CE ⊥AB ，故②错误．V B ACE ＝V A BCE ＝13S △BCE ·AD ＝13×12×a 2×a ＝a36，故③正确．∵AD ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∴BC ⊥AD .又BC ⊥CD ，CD ∩AD ＝D ，CD ，AD ⊂平面ACD ，∴BC ⊥平面ACD .∵BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ACD ，故④正确．故答案为①③④.]6．(2016·太原二模)已知在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D ABC ，当三棱锥D ABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为________.【导学号：04024100】43π [当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC 的体积取最大值．此时易知BC ⊥平面DAC ，∴BC ⊥AD .又AD ⊥DC ，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，取AB 的中点O ，易得OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝1，故O 为所求外接球的球心，故半径r ＝1，体积V ＝43πr 3＝43π.]三、解答题7．(2017·东北三省四市联考)如图1015，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，AD ＝AP ＝2，AB ＝27，E 为棱PD 的中点．图1015(1)求证：PD ⊥平面ABE ；(2)求三棱锥C PBD 外接球的体积．[解] (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥AB .∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥AD ， ∵PA ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面PAD ， ∵PD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥PD ， ∵PA ＝AD ，E 为PD 中点，∴PD ⊥AE ， ∵AE ∩AB ＝A ，∴PD ⊥平面ABE ． 6分(2)令PC 的中点为O ，连接OB ，OD ，由(1)知AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，∴CD ⊥平面PAD . ∵PD ⊂平面PAD ，∴CD ⊥PD ，则OD ＝12PC ＝OP ＝OC .∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ， ∵BC ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ， ∴BC ⊥平面PAB ，∵PB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PB ，则OB ＝12PC ＝OP ＝OC ，∴点O 为三棱锥C PBD 的外接球球心，PC 为直径．又PC 2＝AB 2＋AD 2＋AP 2＝(27)2＋22＋22＝36，PC ＝6， ∴三棱锥C PBD 外接球的体积为V 球＝43π×33＝36π．12分8．(2017·福州模拟)如图①，在等腰梯形PDCB 中，PB ∥DC ，PB ＝3，DC ＝1，∠DPB ＝45°，DA ⊥PB 于点A ，将△PAD 沿AD 折起，构成如图②所示的四棱锥P ABCD ，点M 在棱PB 上，且PM ＝12MB .图1016(1)求证：PD ∥平面MAC ；(2)若平面PAD ⊥平面ABCD ，求点A 到平面PBC 的距离． [解] (1)证明：在四棱锥P ABCD 中，连接BD 交AC 于点N ，连接MN ，依题意知AB ∥CD ，∴△ABN ∽△CDN ， 2分 ∴BN ND ＝BA CD＝2.3分∵PM ＝12MB ，∴BN ND ＝BMMP ＝2，∴在△BPD 中，MN ∥PD ．4分又PD ⊄平面MAC ，MN ⊂平面MAC ， ∴PD ∥平面MAC ．6分(2)法一：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PA ⊥AD ，PA ⊂平面PAD ， ∴PA ⊥平面ABCD ．8分 ∴V P ABC ＝13S △ABC ·PA ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×1＝13. 9分∵AB ＝2，AC ＝AD 2＋CD 2＝2，∴PB ＝PA 2＋AB 2＝5，PC ＝PA 2＋AC 2＝3，BC ＝AD 2＋AB －CD2＝ 2.∴PB 2＝PC 2＋BC 2，故∠PCB ＝90°． 10分记点A 到平面PBC 的距离为h ，∴V A PBC ＝13S △PBC ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×2h ＝66h . 11分∵V P ABC ＝V A PBC ，∴13＝66h ，解得h ＝63．12分法二：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PA ⊥AD ，PA ⊂平面PAD ，∴PA ⊥平面ABCD ．8分∵BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC . ∵AB ＝2，AC ＝AD 2＋CD 2＝2，BC ＝AD 2＋AB －CD2＝2，∴∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC .∵PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， ∴BC ⊥平面PAC ．10分过A 作AE ⊥PC 于点E ，则BC ⊥AE ，∵PC ∩BC ＝C ，PC ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴AE ⊥平面PBC . 11分∵PC ＝PA 2＋AC 2＝ 3. ∴点A 到平面PBC 的距离为AE ＝PA ·AC PC ＝1×23＝63．12分。

新课标2018届高考数学二轮复习专题能力训练12空间中的平行与垂直理

专题能力训练12 空间中的平行与垂直(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.给出下列四个命题:①分别与两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线;②如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直;③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④如果两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中为真命题的是()A.①②B.②③C.③④D.②④2.(2017浙江吴越联盟第二次联考)已知直线a,b以及平面α,β,则下列命题正确的是()A.若a∥α,b∥α,则a∥bB.若a∥α,b⊥α,则a⊥bC.若a∥b,b∥α,则a∥αD.若a⊥α,b∥β,则α⊥β3.如图所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,构成四面体A-BCD,则在该四面体中,下列说法正确的是()A.平面ABD⊥平面ABCB.平面ACD⊥平面BCDC.平面ABC⊥平面BCDD.平面ACD⊥平面ABC4.将正方形ABCD沿对角线AC折成120°的二面角,则折后的直线BD与平面ABC所成角的正弦值为()A B C D5.平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A B C D6.在四面体ABCD中,AB=CD,AC=BD,AD=BC,以下判断错误的是()A.该四面体的三组对棱的中点连线两两垂直B.该四面体的外接球球心和内切球球心重合C.该四面体的各面是全等的锐角三角形D.该四面体中任意三个面两两所成二面角的正弦值之和为17.如图,在四边形ABCD中,AB=BD=DA=2,BC=CD=现将△ABD沿BD折起,当二面角A-BD-C处于过程中,直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是()A BC D8.(2017浙江绍兴一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱AB的中点为P,若光线从点P出发,依次经三个侧面BCC1B1,DCC1D1,ADD1A1反射后,落到侧面ABB1A1(不包括边界)上,则入射光线PQ 与侧面BCC1B1所成角的正切值的范围是()A BC D二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.设l是直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是.①若l∥α,l∥β,则α∥β;②若l∥α,l⊥β,则α⊥β;③若α⊥β,l⊥α,则l∥β;④若α⊥β,l∥α,则l⊥β.10.如图,AB为圆O的直径,点C在圆周上(异于点A,B),直线PA垂直于圆O所在的平面,点M为线段PB的中点.有以下四个命题:①PA∥平面MOB;②MO∥平面PAC;③OC⊥平面PAC;④平面PAC⊥平面PBC.其中正确的命题是(填上所有正确命题的序号).11.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)12.(2017浙江“超级全能生”3月联考)在矩形ABCD中,AB=,BC=1,将△ABC与△ADC沿AC 所在的直线进行随意翻折,在翻折过程中直线AD与直线BC所成的角的范围(包含初始状态)为.A BC D13.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A=2,底面是边长为1的正方形,E,F,G分别是棱BB1,AA1,AD的中点,则平面A1DE与平面BGF的位置关系是(填“平行”或“相交”).14.如图,矩形ABCD的边AB=a,BC=2,PA⊥平面ABCD,PA=2,现有数据:①a=;②a=1;③a=;④a=4,当BC边上存在点Q,使PQ⊥QD时,可以取(填正确的序号).三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面CDE⊥平面ABCD,∠DAB=∠ABC=90°,AB=BC=1,AD=ED=3,EC=2.(1)证明AB⊥平面BCE;(2)求直线AE与平面CDE所成角的正弦值.16.(本小题满分15分)如图,AB=BE=BC=2AD=2,且AB⊥BE,∠DAB=60°,AD∥BC,BE⊥AD,(1)求证:平面ADE⊥平面BDE;(2)求直线AD与平面DCE所成角的正弦值.参考答案专题能力训练12空间中的平行与垂直1.D解析分别与两条异面直线都相交的两条直线,可能相交也可能异面,故A错误;根据面面垂直的判定定理,可知当一个平面经过另一个平面的垂线时,这两个平面一定相互垂直,故B正确;垂直于同一直线的两条直线可能平行也可能相交还可能异面,故C错误;由面面垂直的性质定理,可知当两个平面垂直时,一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直,故D正确.故选D.2.B解析对于A,若a∥α,b∥α,则a∥b或a,b相交、异面,不正确;对于B,若a∥α,则经过a的平面与α交于c,a∥c,∵b⊥α,∴b⊥c,∵a∥c,∴a⊥b,正确;对于C,若a∥b,b∥α,则a∥α或a⊂α,不正确;对于D,若a⊥α,b∥β,则α,β的位置关系不确定,不正确.故选B.3.D解析因为AD=AB,∠BAD=90°,则∠DBC=45°⇒DB⊥DC,又平面ABD⊥平面BCD,所以DC⊥平面ABD⇒CD⊥AB,结合AB⊥AD,AD∩CD=D可得AB⊥平面ACD,故平面ACD⊥平面ABC,应选D.4.A解析设AC的中点为E,由正方形的性质可知,BE⊥AC,DE⊥AC,折起后仍有BE⊥AC,DE⊥AC成立,所以∠DEB是二面角的平面角,即∠DEB=120°,可得∠DBE=30°,在平面DEB 内作DO⊥BE于点O,根据AC⊥平面DEB可得DO⊥AC,从而可得DO⊥平面ABC,∠DBE是直线DB与平面ABC所成的角,因为∠DBE=30°,所以直线DB与平面ABC所成的角的正弦值为.故选A.5.A解析∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1.∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,∴n∥CD1.∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的角.∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C=60°,∴m,n所成的角的正弦值为.6.D解析如图,把该四面体ABCD补成一个长方体,四面体ABCD的棱是长方体面上的对角线,由长方体的性质知A,B,C都正确,只有D错误.故选D.7.D解析如图所示,取BD中点E,连接AE,CE,则∠AEC即为二面角A-BD-C的平面角,∵AC2=AE2+CE2-2AE·CE·cos∠AEC=4-2cos∠AEC,∠AEC∈,∴AC∈[1,],∴=2cos<>=·()=-2+AB·BC·=1-,设异面直线AB,CD所成的角为θ,∴0≤cos θ≤.故选D.8.C解析根据线面角的定义,当入射光线在面BCC1B1的入射点离点B距离越近,入射光线PQ与侧面BCC1B1所成角的正切值越大,如图所示,此时tan∠PHB=,结合选项,可得入射光线PQ与侧面BCC1B1所成角的正切值的范围是.故选C.9.②解析①中,α∥β或α与β相交,不正确.②中,过直线l作平面γ,设α∩γ=l',则l'∥l,由l⊥β,知l'⊥β,从而α⊥β,②正确.③中,l∥β或l⊂β,C不正确.④中,l与β的位置关系不确定.故填②.10.②④解析①错误,PA⊂平面MOB;②正确;③错误,若OC⊥平面PAC,有OC⊥AC,这与BC⊥AC矛盾;④正确,因为BC⊥平面PAC.11.DM⊥PC(或BM⊥PC等)解析由定理可知,BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.12. 解析初始状态直线AD与直线BC成的角为0°,翻折过程中当BC⊥BD时,直线AD 与直线BC成的角为直角,因此直线AD与直线BC所成的角的范围为.13.平行解析在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是棱BB1,AA1,AD的中点,所以FG ∥A1D.所以FG∥平面A1DE.同理FB∥平面A1DE,又FG∩FB=F,所以平面BGF∥平面A1DE.14.①②解析如图,连接AQ,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥DQ.又PQ⊥QD,所以AQ⊥QD.故Rt△ABQ∽Rt△QCD.令BQ=x,则有,整理得x2-2x+a2=0.由题意可知方程x2-2x+a2=0有正实根,所以0<a≤1.15.(1)证明∵∠DAB=∠ABC=90°,∴四边形ABCD是直角梯形.∵AB=BC=1,AD=ED=3,EC=2,∴CD=,∴CE2+DC2=DE2,∴EC⊥CD,∵平面EDC⊥平面ABCD,平面EDC∩平面ABCD=DC,∴CE⊥平面ABCD,∴CE⊥AB,又AB⊥BC,BC∩CE=C,∴AB⊥平面BCE.(2)解过点A作AH⊥DC,交DC于点H,则AH⊥平面DCE,连接EH,则∠AEH是直线AE与平面DCE所成角的平面角,∵×DC×AH=×AB-×AB×BC,∴AH=,AE=,∴sin∠AEH=,∴直线AE与平面CDE所成角的正弦值为.16.解 (1)∵AB=2AD,∠DAB=60°,∴AD⊥DB,又BE⊥AD,且BD∩BE=B,∴AD⊥平面BDE,又AD⊂平面ADE,∴平面ADE⊥平面BDE.(2)∵BE⊥AD,AB⊥BE,∴BE⊥平面ABCD,∴点E到平面ABCD的距离就是线段BE的长为2.设AD与平面DCE所成角为θ,点A到平面DCE的距离为d,由V A-DCE=V E-ADC,得×d×S△CDE=×|BE|×S△ACD,解得d=,而AD=1,则sin θ=.故直线AD与平面DCE所成角的正弦值为.。

2018年高考数学(理)二轮复习教师用书：第1部分重点强化专题专题4第9讲空间中的平行与垂直关系(含答案)

第9讲空间中的平行与垂直关系题型1 空间位置关系的判断与证明(对应学生用书第30页)■核心知识储备………………………………………………………………………·1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题1】(考查空间位置关系的判断)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l 满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l[解析]根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D.[答案] D【典题2】(考查空间位置关系的证明)如图91，在三棱锥PABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．图91(1)求证：PA ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3)当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E BCD 的体积． [思路分析] (1)通过证明PA ⊥平面ABC 得PA ⊥BD ； (2)通过证明BD ⊥平面PAC 得面面垂直；(3)由PA ∥平面BDE ，D 为AC 的中点得PA 与DE 的位置及数量关系，从而求出三棱锥的体积．[解] (1)证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，且AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD .(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，PA ⊥BD ，且PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面BDE ⊥平面PAC .(3)因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.[类题通法] 平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．■对点即时训练………………………………………………………………………·如图92所示，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ＝ 2.图92(1)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (2)求三棱锥D PBC 的体积.[解] (1)法一：(几何法)因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，又CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面PAD ，所以CD ⊥PA . 因为PA ＝PD ＝22AD ，所以△PAD 是等腰直角三角形，且∠APD ＝π2，即PA ⊥PD . 又CD ∩PD ＝D ，所以PA ⊥平面PCD . 又PA ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PCD .法二：(向量法)取AD 的中点O 、BC 的中点Q ，连接OP ，OQ ，易知OQ ⊥AD .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系．由PA ＝PD ＝22AD ＝2，知OP ＝1. 则O (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，Q (0,2,0)，C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0,1)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又DC →＝(0,2,0)，DP →＝(1,0,1)，则⎩⎨⎧n ·DC →＝0，n ·DP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0，－1)．同理，可求得平面PAB 的一个法向量为m ＝(－1,0，－1)，又n·m ＝－1×1＋0×0＋(－1)×(－1)＝0，故平面PAB ⊥平面PCD .(2)取AD 的中点O ，连接OP ，如图．因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 即PO 为三棱锥P BCD 的高，由PA ＝PD ＝22AD ＝2，知OP ＝1. 因为底面ABCD 是正方形，所以S △BCD ＝12×2×2＝2.所以V 三棱锥D PBC ＝V 三棱锥P BCD ＝13PO ·S △BCD ＝13×1×2＝23.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 1、T 3、T 6、T 7、T 8、T 9、T 10、T 12、T 14)题型2 平面图形的翻折问题 (对应学生用书第31页)■核心知识储备………………………………………………………………………·翻折问题的注意事项(1)画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．(2)把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．(3)准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是进行准确计算的基础．■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题】 (2016·全国Ⅱ卷)如图93，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.图93(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值．[思路分析] (1)题设条件翻折,D ′H ⊥EF ―――→勾股定理D ′H ⊥OH ―→D ′H ⊥平面ABCD ； (2)建系―→求法向量―→求二面角的余弦值―→求二面角的正弦值． [解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC ∥EF .因为EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)， AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎨⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎨⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.[类题通法] 平面图形翻折问题的求解方法解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.■对点即时训练………………………………………………………………………·如图94(1)，在四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝2AB ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB ，现将四边形ABEF 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ，如图94(2)．图94(1)图94(2)(1)若BE ＝1，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，且AP →＝λPD →，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥A CDF 体积的最大值，并求此时二面角E AC F 的余弦值. [解] 因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF ∩平面EFDC ＝EF ，FD ⊥EF ，所以FD ⊥平面ABEF .又AF ⊂平面ABEF ，所以FD ⊥AF .易知AF ⊥EF ，又FD ∩EF ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC .(1)以F 为坐标原点，FE ，FD ，FA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则F (0,0,0)，A (0,0,1)，D (0,5,0)，C (2,3,0)． ∵AP →＝λFD →，∴FP →＝11＋λFA →＋λ1＋λFD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5λ1＋λ，11＋λ.∴CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－3＋2λ1＋λ，11＋λ.若CP ∥平面ABEF ，则CP →⊥FD →，即CP →·FD →＝0，即－3＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝32.∴AD 上存在一点P ，当AP →＝32FD →时，满足CP ∥平面ABEF .(2)设BE ＝x ，则AF ＝x (0＜x ≤4)，所以三棱锥A CDF 的体积V ＝13x ×12×2(6－x )＝13x (6－x )≤13×⎝⎛⎭⎪⎫x ＋6－x 22＝3.∴当x ＝3时，三棱锥A CDF 的体积V 有最大值，最大值为3.此时A (0,0,3)，D (0,3,0)，C (2,1,0)，则FA →＝(0,0,3)，FC →＝(2,1,0)．设平面ACE 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧ m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＋y 1－3z 1＝02x 1－3z 1＝0，令x 1＝3，则m ＝(3,0,2)．设平面ACF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n ·FA →＝0，n ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3z 2＝0，2x 2＋y 2＝0.令x 2＝1，则n ＝(1，－2,0)．∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝36565，则二面角E AC F 的余弦值为36565.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 2、T 4、T 5、T 11、T 13)三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第32页)1．(2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.32 B ．22C.33D ．13A [设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1.∵平面α∥平面CB 1D 1，∴m 1∥m . 又平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥m 1.∴B 1D 1∥m . ∵平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面DCC 1D 1＝CD 1，同理可证CD 1∥n .因此直线m 与n 所成的角即直线B 1D 1与CD 1所成的角．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，△CB 1D 1是正三角形，故直线B 1D 1与CD 1所成角为60°，其正弦值为32.] 2．(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B ．155 C.105D ．33C [法一：(几何法)将直三棱柱ABC A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝ 3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.法二：(向量法)以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成的角的余弦值为105. 故选C.]3．(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)②③④ [对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l ⊂α，n ∥l ，又m ⊥α，所以m ⊥l ，所以m ⊥n ，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m ⊂α，所以m ，β没有公共点，由线面平行的定义可知m ∥β，故正确．对于④，因为m ∥n ，所以m 与α所成的角和n 与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n 与β所成的角相等，所以m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，故正确．]4．(2017·全国Ⅲ卷)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)②③ [依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B (cos θ，sin θ，0)，∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与a 所成夹角为α，则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．设直线AB 与b 所成夹角为β，则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22.∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．]5．(2015·全国Ⅰ卷)如图95，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .图95(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值. [解] (1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.。

高三二轮复习(理数) 考点二空间中的平行与垂直(教案)Word版含答案

考点二空间中的平行与垂直1．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(唯一性)2．如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行．(线∥面⇒线∥线)3．三个平面两两垂直，其交线也两两垂直．(面⊥面⇒线⊥线)4．两条平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面．(线∥线⇒线⊥面) 5．一条直线垂直于两个平行平面的一个平面，则该直线垂直于另一个平面．(面∥面⇒线⊥面)6．两个相交平面都垂直第三个平面，则交线也垂直于第三个平面．(面⊥面⇒线⊥面)7．垂直于同一条直线的两个平面平行．(线⊥面⇒面∥面)8．一个平面及该平面外的一条直线都垂直于第二个平面，则直线与该平面平行．(面⊥面⇒线∥面)(反之也成立)9．平行关系及垂直关系的转化小题速解——不拘一格优化方法类型一空间线面位置关系的判断[典例1](1)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析：通解：若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.优解：构造图形如图所示，知D项正确．答案：D(2)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是() A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α解析：通解：对A，m，n还可能异面、相交，故A不正确；对B，由线面垂直的定义可知正确；对C，n还可能在平面α内，故C不正确；对D，n还可能在α内，故D不正确．优解：在正方体中，找出相应的m、n与面之间的关系，可知B正确．答案：B[母题变式]1．如本例(2)改为：设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中不正确的是()A．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”的充要条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件解析：选C.C中，当m⊂α时，若n∥α，则直线m，n可能平行，可能异面；若m∥n，则n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，故C项不正确．空间线面位置的判定方法1．借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．2．借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．3．借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．[自我挑战]m、n是空间中两条不同直线，α、β是两个不同平面，下面有四个命题：①m⊥α，n∥β，α∥β⇒m⊥n；②m⊥n，α∥β，m⊥α⇒n∥β；③m⊥n，α∥β，m∥α⇒n⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥β⇒n⊥β.其中，所有真命题的序号是________．解析：①中，由n∥β，α∥β得n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴m⊥n，故①正确；②中，也可能n⊂β，故②错误；③中，直线n也可能与平面β斜交或平行，也可能在平面β内，故③错；④中，由m∥n，m⊥α，可得n⊥α，又α∥β可得n⊥β，故④正确．答案：①④大题规范——学会踩点规范解答类型二空间平行、垂直关系的证明[典例2](2015·高考全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为菱形，点G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED .(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．规范解答：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .2分得分点①因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .4分得分点②又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .6分得分点③(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝12AC ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝EG 2－GB 2＝22x .8分得分点④由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V E -ACD ＝13×12AC ·GD · BE ＝624x 3＝63. 故x ＝2.10分得分点⑤从而可得AE ＝EC ＝ED ＝AB 2＋BE 2＝22＋2＝ 6.所以S △EAC ＝12AE ·EC ＝12×6×6＝3，△EAD 的面积与△ECD 的面积相等．在△AED 中，作EF ⊥AD 于F ，由AE ＝ED 知F 为AD 的中点，∴EF ＝AE 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AD 22＝6－1＝5 ∴S △EAD ＝12AD ·EF ＝12×2×5＝ 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5.12分得分点⑥评分细则及说明：①用了菱形性质，两对角线互相垂直，得2分②利用线面垂直的性质定理和判定定理得出AC ⊥平面BED ，得2分 ③利用面面垂直的判定定理得出结论，得2分④利用平面几何知识求得各线段的长，得2分⑤利用三棱锥体积公式求出x ＝2，得2分⑥求出侧面积，得2分证明线线平行与线线垂直的方法1．证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．2．证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .[自我挑战]1．(2017·江南十校联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，且BC ＝2AD ，AD ⊥CD ，PB ⊥CD ，点E 在棱PD 上，且PE ＝2ED .(1)求证：平面PCD⊥平面PBC；(2)求证：PB∥平面AEC.证明：(1)因为AD⊥CD，AD∥BC，所以CD⊥BC，又PB⊥CD，PB∩BC＝B，PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，所以CD⊥平面PBC，又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PBC.(2)连接BD交AC于点O，连接OE.因为AD∥BC，所以△ADO∽△CBO，所以DO∶OB＝AD∶BC＝1∶2，又PE＝2ED，所以OE∥PB.又OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.类型三立体几何中的折叠、探索问题[典例3](2017·山东济南模拟)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC ＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A′DE的位置，使A′C⊥CD，如图(2)．。

高三数学(理科)二轮复习教案专题六第二讲空间中的平行与垂直

第二讲空间中的平行与垂直研热点（聚焦突破）类型一空间线线、线面位置关系1．线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.2．线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.3．线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.4．线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥αa∥b.[例1](___高考山东卷)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB ＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值．[解析](1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)解法一由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直．以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图(1)所示的空间直角坐标系．不妨设CB＝1，则C(0，0，0)，B(0，1，0)，D(32，－12，0)，F(0，0，1)．(1)因此BD →＝(32，－32，0)，BF →＝(0，－1，1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，所以x ＝3y ＝3z ，取z ＝1，则m ＝(3，1，1)．由于CF →＝(0，0，1)是平面BDC 的一个法向量，则cos 〈m ，CF →〉＝m ·CF →|m ||CF →|＝15＝55，所以二面角F -BD -C 的余弦值为55.解法二如图(2)，取BD 的中点G ，连接CG ，FG ，由于CB ＝CD ，因此CG ⊥BD .又FC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以FC ⊥BD .由于FC ∩CG ＝C ，FC ，CG ⊂平面FCG ，所以BD ⊥平面FCG ，故BD ⊥FG ，所以∠FGC 为二面角F -BD -C 的平面角．(2)在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝12CB.又CB＝CF，所以CF＝CG2＋CF2＝5CG，，故cos∠FGC＝55因此二面角F-BD-C的余弦值为55.跟踪训练(___济南摸底)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝2AC.(1)求证：CN∥平面AMB1；(2)求证：B1M⊥平面AMG.证明：(1)设线段AB1的中点为P，连接NP、MP，∵CM∥12AA1，NP∥12AA1，∴CM∥NP，∴四边形CNPM是平行四边形，∴CN∥MP，∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，∴CN∥平面AMB1.(2)∵CC1⊥平面ABC，∴平面CC1B1B⊥平面ABC，∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG. ∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1，设AC＝2a，则CC1＝22a，在Rt△MCA中，AM＝CM2＋AC2＝6a，在Rt △B 1C 1M 中，B 1M ＝ B 1C 21＋C 1M 2＝6a .∵BB 1∥CC 1，∴BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1⊥AB ， ∴AB 1＝B 1B 2＋AB 2＝C 1C 2＋AB 2＝23a ，注意到AM 2＋B 1M 2＝AB 21，∴B 1M ⊥AM ，类型二空间面面位置关系1．面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.2．面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l α⊥β. 3．面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝A ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. 4．面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒α∥b . 5．面面平行的证明还有其它方法(1),,,a b a b A c d c d B a c b d αβαβ⊂=⎫⎪⊂=⇒⎬⎪⎭且且∥∥∥(2),a a ααββ⊥⊥⇒∥[例2] (___高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； (2)直线A 1F ∥平面ADE .[证明] (1)因为ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又AD ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AD .又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE ＝E ，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.跟踪训练(___大同模拟)如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O.将菱形ABCD 沿对角线AC折起，得到三棱锥，点M是棱BC的中点，DM＝3 2.(1)求证：平面ABC⊥平面MDO；(2)求三棱锥M-ABD的体积．解析：(1)证明：由题意得OM＝OD＝3，因为DM＝32，所以∠DOM＝90°，OD⊥OM.又因为四边形ABCD为菱形，所以OD⊥AC.因为OM∩AC＝O，所以OD⊥平面ABC，因为OD 平面MDO，所以平面ABC⊥平面MDO.(2)三棱锥M-ABD的体积等于三棱锥D-ABM的体积．由(1)知，OD⊥平面ABC，所以OD为三棱锥D-ABM的高．又△ABM的面积为12BA×BM×sin 120°＝12×6×3×32＝932，所以M-ABD的体积等于13×S△ABM ×OD＝932.类型三折叠中的位置关系将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化、有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．[例3](___高考浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直[解析]找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量．对于选项A，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，在图(1)中，由边AB，BC不相等可知点E，F不重合．在图(2)中，连接CE，若直线AC与直线BD垂直，又∵AC∩AE＝A，∴BD⊥面ACE，∴BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故A错误．对于选项B，若AB⊥CD，又∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥面ADC，∴AB⊥AC，由AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB与直线CD垂直，故B正确．对于选项C，若AD⊥BC，又∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥面ADC，∴BC⊥AC.已知BC＝2，AB＝1，BC >AB，∴不存在这样的直角三角形．∴C错误．由上可知D错误，故选B.[答案] B跟踪训练如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的形状，使AD＝AE.(1)求证：BC∥平面DAE；(2)求四棱锥DAEFB的体积．解析：(1)证明：∵BF∥AE，CF∥DE，BF∩CF＝F，AE∩DE＝E.∴平面CBF∥平面DAE，又BC⊂平面CBF，∴BC∥平面DAE.(2)取AE的中点H，连接DH.∵EF⊥DE，EF⊥EA，∴EF⊥平面DAE.又DH⊂平面DAE，∴EF⊥DH.∵AE＝DE＝AD＝2，∴DH⊥AE，DH＝ 3.∴DH⊥平面AEFB.四棱锥D-AEFB的体积V＝13×3×2×2＝43 3.析典题（预测高考）高考真题【真题】(___高考陕西卷)(1)如图所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．【解析】(1)证明：证法一如图(1)，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，则a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)．因为a⊥b，所以a·b＝0.又因为aπ，n⊥π，所以a·n＝0.故a·c＝0，从而a⊥c.证法二如图(2)，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.因为PO⊥π，aπ，所以直线PO⊥a.又a⊥b，b平面P AO，PO∩b＝P，所以a⊥平面P AO.又c平面P AO，所以a⊥c.(2)逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.逆命题为真命题．【名师点睛】本题实际上考查了三垂线定理逆定理的证明，命题创意新颖，改变了多数高考命题以空间几何体为载体考查线面位置关系的证明．着重考查推理论证能力．考情展望名师押题【押题】一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，其正视图、俯视图均为矩形，侧视图为直角三角形．(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积； (2)证明：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(3)若D 是棱CC 1的中点，E 是棱AB 的中点，判断DE 是否平行于平面AB 1C 1，并证明你的结论．【解析】 (1)几何体的直观图如图所示，四边形BB 1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝B 1C 1＝1，四边形AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且平面AA 1C 1C 垂直于底面BB 1C 1C ，故该几何体是直三棱柱，其体积 V ＝S △ABC ·BB 1＝12×1×3×3＝32.(2)证明：由(1)知平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1C 1C 且B 1C 1⊥CC 1，所以B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，所以B 1C 1⊥A 1C .因为四边形ACC 1A 1为正方形，所以A 1C ⊥AC 1，而B 1C 1∩AC 1＝C 1，所以A 1C ⊥平面AB 1C 1. (3)DE ∥平面AB 1C 1，证明如下：如图，取BB 1的中点F ，连接EF ，DF ，DE .因为D ，E ，F 分别为CC 1，AB ，BB 1的中点，所以EF ∥AB 1，DF ∥B 1C 1.又AB1 ⊂平面AB1C1，EF ⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.同理，DF∥平面AB1C1，又EF∩DF＝F，则平面DEF∥平面AB1C1.而DE⊂平面DEF，所以DE∥平面AB1C1.第四讲思想方法与规范解答(五)思想方法1．转化与化归思想利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法，主要适用于以下类型：(1)不规则几何体的体积的求解；(2)较复杂几何体的体积的求解．[例1](___高考辽宁卷)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.8π3B．3π C.10π3D．6π[解析]将三视图还原为实物图求体积．由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14，所以V＝34×π×12×4＝3π.[答案] B跟踪训练(___高考辽宁卷)如图，直三棱柱ABC-A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA′＝1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)求三棱锥A′MNC的体积．(锥体体积公式V＝13Sh，其中S为底面面积，h为高)解析：(1)证明：证法一连接AB′，AC′，如图，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′的中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，所以MN∥平面A′ACC′.证法二取A ′B ′的中点P ，连接MP ，NP ，AB ′，如图，因为M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′. 又MP ∩NP ＝P ，所以平面MPN ∥平面A ′ACC ′.而MN 平面MPN ，所以MN ∥平面A ′ACC ′.(2)解法一连接BN ，如图所示，由题意知A ′N ⊥B ′C ′，平面A ′B ′C ′∩平面B ′BCC ′＝B ′C ′，所以A ′N ⊥平面NBC . 又A ′N ＝12B ′C ′＝1，故V A ′-MNC ＝V N －A ′MC ＝12V N -A ′BC ＝12V A ′-NBC ＝16. 解法二 V A ′-MNC ＝V A ′-NBC －V M -NBC ＝12V A ′-NBC ＝16. 2．函数与方程思想(1)在空间几何体的表面积和体积计算中，常根据条件分析列出方程，利用方程确定未知量． (2)在用空间向量的运算解决空间线线、线面、面面的平行、垂直问题或求空间角时运用的主要思想就是通过列方程(组)求出未知量，得到直线的方向向量和平面的法向量，然后进行计算．(3)涉及空间几何体中的最值问题常用到函数思想．[例2] (___深圳模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，CD ＝2AB ＝4，AD ＝2，E 为CD 的中点，将△BCE 沿BE 折起，使得CO ⊥DE ，其中垂足O 在线段DE 上．(1)求证：CO ⊥平面ABED ；(2)问∠CEO (记为θ)多大时，三棱锥C -AOE 的体积最大，最大值为多少．[解析] (1)在直角梯形ABCD 中， CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，则AB ＝DE ，又AB ∥DE ，AD ⊥AB ，可知BE ⊥CD .在四棱锥C -ABEO 中，BE ⊥DE ，BE ⊥CE ，CE ∩DE ＝E ， CE ，DE ⊂平面CDE ，则BE ⊥平面CDE . 因为CO ⊂平面CDE ，所以BE ⊥CO .又CO ⊥DE ，且BE ，DE 是平面ABED 内的两条相交直线．故CO ⊥平面ABED .(2)由(1)知CO ⊥平面ABED ，所以三棱锥C -AOE 的体积V ＝13S △AOE ×OC ＝13×12×OE ×AD ×OC .在直角梯形ABCD 中，CD ＝2AB ＝4，AD ＝2， CE ＝2，得OE ＝CE cos θ＝2cos θ，OC ＝CE sin θ＝2sin θ， V ＝23 sin 2θ≤23，当且仅当sin 2θ＝1，θ∈(0，π2)，即θ＝π4时取等号(此时OE ＝2<DE ，O 落在线段DE 上)．故当θ＝π4时，三棱锥C -AOE 的体积最大，最大值为23.跟踪训练已知正三棱柱ABC A′B′C′的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，设△ABC，△A′B′C′的中心分别是O，O′，现将此三棱柱绕直线OO′旋转，射线OA旋转所成的角为x弧度(x可以取到任意一个实数)，对应的俯视图的面积为S(x)，则函数S(x)的最大值为________；最小正周期为________．(说明：“三棱柱绕直线OO′旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，OA旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，OA旋转所成的角为负角．)解析：由题意可知，当三棱柱的一个侧面在水平面内时，该三棱柱的俯视图的面积最大，此时俯视图为一个矩形，其宽为3×tan 30°×2＝2，长为4，故S(xOO′旋转时，当A点旋转到B点，B点旋转到C点，C点旋转到A点时，所得三角形与原三角形重合，故S(x)的最小正周期为2π3.答案：82π3考情展望高考对本专题的考查，各种题型都有，在选择、填空中多考查空间几何体的三视图与面积、体积问题，在解答题中考查空间平行与垂直的证明与空间角的求法，也常考查探索存在性问题、折叠问题等，难度中档．名师押题【押题】已知正方形ABCD的边长为2，AC∩BD＝O.将正方形ABCD沿对角线BD折起，使AC＝a，得到三棱锥ABCD，如图所示．(1)当a ＝2时，求证：AO ⊥平面BCD ；(2)当二面角ABDC 的大小为120°时，求二面角ABCD 的正切值．【解析】 (1)根据题意，在△AOC 中，AC ＝a ＝2，AO ＝CO ＝2，所以AC 2＝AO 2＋CO 2，所以AO ⊥CO . 因为AC 、BD 是正方形ABCD 的对角线，所以AO ⊥BD .因为BD ∩CO ＝O ，CO ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥平面BCD .(2)由(1)知，CO ⊥OD ，以O 为原点，OC ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则O (0，0，0)，D (0，2，0)，C (2，0，0)，B (0，－2，0)．设A (x 0，0，z 0)(x 0<0)，则OA ＝(x 0，0，z 0)，OD →＝(0，2，0)．又设平面ABD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则00n OA n OD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0x 1＋z 0z 1＝02y 1＝0.所以y 1＝0，令x 1＝z 0，则z 1＝－x 0. 所以n ＝(z 0，0，－x 0)．因为平面BCD 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，且二面角A -BD -C 的大小为120°，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|cos 120°|＝12，得z 20＝3x 20.设平面ABC 的法向量为l ＝(x 2，y 2，z 2)，因为BA ＝(－22，2，62)，BC ＝(2，2，0)，则00l BA l BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即⎩⎨⎧－22x 2＋2y 2＋62z 2＝0，2x 2＋2y 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝ 3. 所以l ＝(1，－1，3)．设二面角A -BC -D 的平面角为θ，所以cos θ＝|cos 〈l ，m 〉|＝|31＋1＋（3）2|＝155.所以tan θ＝63.。

2018届高中数学高考二轮复习数列教案含答案(全国通用)

教学过程一、考纲解读1.高考对于本节的考查方式:(1)选择填空重点考查等差、等比数列的性质；(2)解答题中重点考查通项公式、求和（重视求和的错位相减法、裂项相消法）(3)递推数列也是考察的重点，只局限于最基本的形式2. 数列在历年高考高考试题中占有重要的地位，近几年更是有所加强.一般情况下都是一至两个考查性质的客观题和一个考察能力的解答题。

文科以等差数列的基础知识、基本解法为主，理科注重概念的理解和运用。

分值在22分左右二、复习预习(1)数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.(2)等差数列、等比数列①理解等差数列、等比数列的概念.②掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.③能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.④了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.(3)数列求和,求通项.与函数,不等式等知识的综合题,考查学生对知识的掌握和应用能力.错位相减法、裂项相消法三、知识讲解考点1 数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.考点2 等差数列、等比数列①理解等差数列、等比数列的概念.②掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.③能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.④了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.考点3 综合问题(1)求数列通项累加法,累乘法,构造法,数学归纳法(2)数列求和裂项相消法,错位相减法, 数学归纳法(3)与函数,不等式等知识的综合题,考查学生对知识的掌握和应用能力.放缩法四、例题精析例1 [2014全国大纲] 等比数列{}n a 中，42a =，55a =，则数列{lg }n a 的前8项和等于( ) (A)6 (B)5 (C)4 (D)3【规范解答】选（C ）.（求解对照）由已知有在等比数列{}n a 中，42a =，55a =，则63728154a a a a a a a a ⋅=⋅=⋅=⋅=10所以410lg )lg(lg lg lg 4821821==⋅⋅⋅=+⋅⋅⋅++a a a a a a 。

高考数学南京市2018届高三数学二轮专题复习资料专题6：空间的平行与垂直问题

专题6：空间的平行与垂直问题问题归类篇类型一: 线线平行一、前测回顾1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若D 、E 是棱CC 1，AB 的中点，求证：DE ∥平面AB 1C 1．提示：法一：用线面平行的判定定理来证： “平行投影法”：取AB 1的中点F ，证四边形C 1DEF 是平行四边形．“中心投影法”延长BD 与B 1C 1交于M ，利用三角线中位线证DE ∥法二：用面面平行的性质取BB 1中点G ，证平面DEG ∥平面AB 1C 1．二、方法联想（1）证明线线平行方法1：利用中位线；方法2：利用平行四边形；方法3：利用平行线段成比例；方法4：利用平行公理；方法5：利用线面平行性质定理；方法6：利用线面垂直性质定理；方法7：利用面面平行．（2）已知线线平行，可得线面平行三、归类巩固*1．如图，在五面体ABCDEF 中，面ABCD 为平行四边形，求证：EF ∥BC ． (平行公理证明线线平行，由线线平行得线面平行)类型二: 线面平行一、前测回顾1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，(1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C (2)若E ，F 分别是A 1A ，C 1C 的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面BDF ．提示：(1)用面面平行的判定定理证：证明BD ∥B 1D 1，A 1B ∥D 1C ． (2)证明BD ∥B 1D 1，BF ∥D 1E ．二、方法联想A 1D 1ABCDB 1C 1E ·F ·（1）证明线面平行方法1 构造三角形(中心投影法)，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①在直线和平面外寻找一点P ；②连接P A 交平面α于点M ；③连接P A 交平面α于点N ，④连接MN 即为要找的平行线．方法2：构造平行四边形(平行投影法) ，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①选择直线上两点A 、B 构造两平行直线和平面α相交于M 、N ；②连接MN 即为要找的平行线．方法3：构造面面平行．构造平行平面步骤，如下图：①过A 做AC 平行于平面α内一条直线A’C’；②连结BC ；③平面ABC 即为所要找的平行平面．（2）已知线面平行方法1 可得线线平行，过直线l 做平面β交已知平面α于直线m ，则l ∥m ．方法2 可得面面平行三、归类巩固**1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 、E 是棱CC 1，AB 的上的点，且AE ＝23AB ，若DE ∥平面AB 1C 1，求CDDC1的值．（已知线面，转化为线线平行）*2．E ，P ，G ，H 分别是四面体的棱ABCD 的棱AB 、CD 、CA 、CB 的中点，求证：PE ∥平面PGH ．（通过面面的平行证明线面平行）*3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1A 的中点．点F 在棱CC 1上，使得平面EB 1D 1∥平面BDF ．求证：点F 为棱CC 1的中点．类型三: 面面平行一、前测回顾1．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为棱CC 1的中点，AC 交BD 于O ，求证：A 1O ⊥平面MBD提示：用线面垂直的判定定理：证BD ⊥平面AA 1C 1C ，从而得出BD ⊥A 1O ；在矩形AA 1C 1C 中，用平几知识证明A 1O ⊥OM ；M OA 1 D 1 ABCDB 1C 1m lα① ② A B CA ’C ’ ①② ① A M NBABCSGFE二、方法联想（1）证明面面平行方法在一个平面内寻找两条相交直线证明与另一个平面平行．注意证面面平行必须先通过证线面平行，不可以直接通过证线线平行来证面面平行．（2）已知面面平行可得线线平行三、归类巩固*1．如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB ，过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：（1）平面EFG ∥平面ABC ；（2）BC ⊥SA ．答案：证明略 (考查平面与平面平行，线线垂直)类型四: 线线垂直一、前测回顾1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均相等，D 为BB 1的中点，求证：A 1B ⊥C D ．分析：要证明A 1B ⊥C D ，只要证明A 1B 与CD 所在的平面垂直，或CD 与A 1B 所在的平面垂直，但都没有现成的平面，构造经过CD 的平面与直线A 1B 垂直，或经过A 1B 的平面与直线CD 垂直．方法1：取AB 的中点E ，连CE ，证A 1B ⊥平面CDE ；方法2：取B 1C 1的中点F ，连BF ，证CD ⊥平面A 1BF ．二、方法联想（1）证明线线垂直方法1：利用线面垂直；构造垂面证线线垂直要证l 垂直于AB ，构造垂面证线线垂直步骤:如下图：①过A 找垂直于l 的直线AC ；②连结BC ，③证BC 垂直l ，则l ⊥面ABC ．方法2：利用线线平行转移线线垂直；方法3：利用勾股定理；方法4：利用等腰三角形三线合一；方法5：利用菱形对角线互相垂直；方法6：利用四边形为矩形．（2）已知线线垂直可得线面垂直三、归类巩固A 1BCC 1B 1DAAB lC①②*1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， D 为BB 1的中点， A 1B ⊥CD ，求证：AA 1＝AB ．类型五: 线面垂直一、前测回顾1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PB ＝PD ，且E ，F 分别是BC ， CD 的中点．求证：平面PEF ⊥平面P AC ．提示：设EF 与AC 交于点O ，证EF ⊥AC ，EF ⊥OP ，从而得出EF ⊥平面P AC ．二、方法联想（1）证明线面垂直方法证明直线与平面内两条相交直线垂直．（2）已知线面垂直可得线线垂直和面面垂直三、归类巩固*1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是平行四边形，PB ＝PD ，且E ，F 分别是BC ， CD 的中点，若平面PEF ⊥平面P AC ，求证：四边形ABCD 是菱形．*2．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 交BD 于O ，点M 在棱CC 1上，且A 1O ⊥平面MBD ，求证：M 为棱CC 1的中点．（线面垂直得线线垂直）*3．在四面体ABCD 中，AD ⊥BC ，CA ＝CB ＝CD ＝1，BD ＝2，则△ABC 的面积为_____．（计算证明线线垂直）*4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ，AB 1⊥BC 1，求证：A 1C ⊥BC 1．（利用平行转移线线垂直，从而一条直线与两异面直线的垂直转化为线面的垂直）类型六: 面面垂直一、前测回顾1．如图，已知VB ⊥平面ABC ，侧面VAB ⊥侧面VAC ，求证：△VAC 是直角三角形．提示：过B 作BD ⊥VA ，垂足为D ，由侧面VAB ⊥侧面VAC ，得出BD ⊥侧面VAC ，从面BD ⊥AC ，由VB ⊥平面ABC ，得AC ⊥VB ，从而AC ⊥平面VAB ．所以AC ⊥VA ．B C DA P EF BCAVA 1 BDAPEF二、方法联想（1）证明面面垂直关键是找到和另一个平面垂直的垂线，转化为线面垂直．找垂线的一般方法：①分别在两个平面内找两条互相垂直的直线，再判断其中一条直线垂直于平面； ②找（或作）两平面交线的垂线．③若存在第三个平面与其中一个面垂直，则在第三个内作找或作它们的交线的垂线（可以就是第三个与另一个平面的交线），再将这个垂线转移到另一个平面内．（2）已知面面垂直优先在其中一个平面内找或作两个平面交线的垂线，转化为线面垂直．三、归类巩固**1．在四棱锥P －ABCD 中，CD ⊥平面P AD ，△P AD 是正三角形，DC //AB ，DA ＝DC ＝2AB ．求证：平面PBC ⊥平面PDC.（存在第三个面与其中一个面垂直）提示1：取PD 中点M ，则AM ⊥平面PDC ，下面只需将AM平移到平面PBC 内．提示2：作出平面P AD 与平面PBC 的交线PN ，只需证明PN ⊥平面PDC ．类型七: 有关表面积、体积计算一、前测回顾1．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝PB ＝1，PC ＝2，则球O 的表面积是________．答案：6π2．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________．答案： 3二、方法联想①表面距离问题考虑表面展开，转化成平面问题 ②体积计算，先证明高，后用体积公式求体积三、归类巩固*1．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，侧棱P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2，E 为AB 的中点，则四面体PBCE 的体积为．PABCDPABCD*2．如图，在长方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3cm ，AA 1＝2cm ，则四棱锥A ―BB 1D 1D 的体积为 cm 3．答案：6 (考查空间几何体的体积计算)*3．三棱锥P - ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D - ABE 的体积为V 1，P - ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________．答案：14(考查空间多面体的体积的关系)综合应用篇一、例题分析例1：在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，P A ＝2AB ．(1)若F 为PC 的中点，求证：PC ⊥平面AEF ； (2)求证：CE ∥平面P AB ．提示：(1)证明：PC ⊥AF ，PC ⊥EF ．(2)①中心投影法：延长CD 与AB 交于G ，证明CE ∥PG ． ②平行投影法：取P A 中点M ，过C 作CN ∥AD 交AB 于N ．证四边形CEMN 是平行四边形，从而得CE ∥MN ．③面面平行的性质：取AD 中点H ，证明平面CEH ∥平面P AB ．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．证明直线与平面垂直．方法：(1)定义法：a ⊥b ，b 为平面α内任意一条直线⇒ a ⊥平面α．(2)线面垂直的判定定理：a ⊥m ，a ⊥n ，m ⊂平面α，n ⊂平面α，m ∩n ＝A ⇒ a ⊥平面α．(3)面面垂直的性质定理：平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l ，a ⊂平面α，a ⊥l ⇒ a ⊥平面α． 2．证明直线与平面平行．方法：(1)定义法：常常借助反证法完成；(2)判定定理：a ∥b ，a ⊄平面α，b ⊂平面α⇒ a ∥平面α．用判定定理来证线面平行的关键是在平面内找到与已知直线平行的直线，其方法有：中心投影法与平行投影法．证明线线平行常用方法：①平面几何的方法：三角形中位线，平行四边形，平行线段成比例等． ②面面平行的性质：α∥β，γ∩α＝m ，γ∩β＝n ⇒m ∥n ． ③线面垂直的性质：a ⊥平面α，b ⊥平面α⇒a ∥b ． ④公理4：a ∥c ，b ∥c ⇒a ∥b ．(3)面面平行的性质：平面α∥平面β， a ⊂平面α⇒ a ∥平面α．ABEPF二、方法选择与优化建议：1．用方法(2)，方法(2)是证明线面垂直的常用方法。

2018年高考数学二轮复习专题12空间的平行与垂直教学案理

专题12 空间的平行与垂直1．以选择、填空题形式考查空间位置关系的判断，及文字语言、图形语言、符号语言的转换，难度适中；2.以客观题形式考查有关线面平行、垂直等位置关系的命题真假判断或充要条件判断等．3.以多面体或旋转体为载体(棱锥、棱柱为主)命制空间线面平行、垂直各种位置关系的证明题或探索性问题，以大题形式呈现．1．点、线、面的位置关系(1)平面的基本性质(2)平行公理、等角定理公理4：若a∥c，b∥c，则a∥b.等角定理：若OA∥O1A1，OB∥O1B1，则∠AOB＝∠A1O1B1或∠AOB＋∠A1O1B1＝180°.2．直线、平面的平行与垂直3.熟练掌握常见几何体(柱、锥、台、球)的几何特征，明确各种几何体的直观图与三视图特征及相关面积体积的计算公式，熟练掌握线线、线面、面面平行与垂直等位置关系的判定与性质定理及公理，熟练进行线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化是解答相关几何题的基础.【误区警示】1．应用线面、面面平行与垂直的判定定理、性质定理时，必须按照定理的要求找足条件．2．作辅助线(面)是立体几何证题中常用技巧，作图时要依据题设条件和待求(证)结论之间的关系结合有关定理作图．注意线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化．3．若a 、b 、c 代表直线或平面，△代表平行或垂直，在形如⎭⎪⎬⎪⎫a △b a △c ⇒b △c 的命题中，要切实弄清有哪些是成立的，有哪些是不成立的．例如a 、b 、c 中有两个为平面，一条为直线，命题⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β是成立的.⎭⎪⎬⎪⎫a ∥αa ∥β⇒α∥β是不成立的．考点一空间中点、线、面的位置例1．已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A ．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B ．若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行C ．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D ．若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面答案 D【变式探究】已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αD ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α答案 B考点二空间中平行的判定与垂直例2．【2017江苏，15】如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ， BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC .【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ， EF AD ⊥，所以EFAB.又因为EF ⊄平面ABC ， AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD =BD ，BC ⊂平面BCD ， BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥ AD .(第15题)ADBC EF又AB ⊥AD ， BC AB B ⋂=， AB ⊂平面ABC ， BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC ，又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC.【变式探究】【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AA ⊥平面A B C 因为11AC ⊂平面111A B C ，所以111AA ⊥A C又因为111111*********,,AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂=，平面平面所以11AC ⊥平面11ABB A因为1B D ⊂平面11ABB A ，所以111AC B D ⊥又因为1111111111111C F,C F,B D A AC A A F A AC A F A ⊥⊂⊂=F ，平面平面所以111C F B D A ⊥平面因为直线11B D B DE ⊂平面，所以1B DE 平面11.AC F ⊥平面【变式探究】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE ∥平面AA 1C 1C ； (2)BC 1⊥AB 1.因为AC ，B 1C ⊂平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ，所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.【举一反三】【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；【变式探究】如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则( )A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α解析极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，排除A，C.故选B.答案 B考点三平面图形的折叠问题例 3、(2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE ＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)证明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝54，OD′＝22，求五棱锥【方法技巧】平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(1)求证：GR⊥平面PEF；(2)若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P－DEF的内切球的半径．52－22＝6.内切球的半径为r，×1×2×2×4＝A1EM⊥平面B1CD1. CO1，A1O1，3.【2017江苏，15】如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ， BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC .【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ， EF AD ，所以EFAB.(第15题)ADBC EF又因为EF ⊄平面ABC ， AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .1.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥，则（） A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥l D ．m ⊥n 【答案】C 【解析】由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ．2.【2016高考新课标2理数】 ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥. （2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥. （3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有． (填写所有正确命题的编号）【答案】②③④【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.3.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是.【答案】12在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得222cos 2PD PB BD BPD PD PB +-∠===⋅，所以30BPD ∠=.由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDCBAP过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD =⨯=⋅∠△，12sin 302d x =⋅，解得d =.而△BCD的面积111sin )2sin 30)222S CD BC BCD x x =⋅∠=⋅=. 当平面PBD ⊥平面BDC 时：四面体PBCD的体积111)332BCD V S d x =⨯=⨯△=.观察上式，易得)x x ≤，当且仅当x x，即x 时取等号，同时我们可以发现当xx 时，四面体PBCD 的体积最大，为1.24.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,αI 平面ABCD =m ,αI 平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为B13【答案】A5.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π 【答案】B6.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3.【答案】2【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2． 1.【2015高考浙江，理8】如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则（）A. A DB α'∠≤B. A DB α'∠≥C. A CB α'∠≤D. A CB α'∠≤【答案】B.在Rt A BP '∆中，2222222(2cos )4cosA P AB BP t t θθ''=-=-=-，在A NP '∆中，222cos cos 2A N NP A P A NP A N NP α''+-'=∠='⨯2222sin sin (4cos )2sin sin t θθθθθ+--=⨯222222222222cos 2cos 1cos cos 2sin 2sin sin sin sin t t A DB θθθθθθθθ+--'==+=∠+， ∵210sin θ>，22cos 0sin θθ≥，∴cos cos A DB α'≥∠（当2πθ=时取等号），∵α，[0,]A DB π'∠∈，而cos y x =在[0,]π上为递减函数，∴A DB α'≤∠，故选B.【考点定位】立体几何中的动态问题2.【2015高考湖南，理10】某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积原工件的体积）（）A.89πB.169πC.31)πD.31)π【答案】A.322162()327a a a ++-≤⨯=，当且仅当y x =，3222=⇒-=a a a 时，等号成立，此时利用率为ππ9821327162=⨯⨯，故选A.【考点定位】1.圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.3.【2015高考福建，理7】若,l m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α ，则“l m ⊥ ”是“//l α 的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B4.【2015高考四川，理14】如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点。

2018年高考数学(理)二轮专题复习突破精练二：专题对点练16 空间中的平行与垂直(含解析)

在斜三棱柱ABC-A1B1C1 OE∥平面BCC1B1.A1C交于点O,BCC1B1,∵BC⊂平面A1BC,∴AC1⊥BC.2.(2017江苏南京三模,15)如图,在三棱锥A-BCD中,E,F分别为BC,CD上的点,且BD∥平面AEF.(1)求证:EF∥平面ABD;(2)若AE⊥平面BCD,BD⊥CD,求证:平面AEF⊥平面ACD.证明(1)∵BD∥平面AEF,BD⊂平面BCD,平面BCD∩平面AEF=EF,∴BD∥EF.又BD⊂平面ABD,EF⊄平面ABD,∴EF∥平面ABD.(2)∵AE⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,∴AE⊥CD.由(1)可知BD∥EF.∵BD⊥CD,∴EF⊥CD.又AE∩EF=E,AE⊂平面AEF,EF⊂平面AEF,∴CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD,∴平面AEF⊥平面ACD.3.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点,求证:(1)DE∥平面ABC;(2)B1F⊥平面AEF.证明如图,建立空间直角坐标系Axyz,不妨设AB=AA1=4,则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4).(1)取AB的中点为N,连接CN,则N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2),∴=(-2,4,0),=(-2,4,0),DE NC∴,DE=NC∴DE∥NC.∵NC⊂平面ABC,DE⊄平面ABC,∴DE∥平面ABC.B1F EF AF(2)=(-2,2,-4),=(2,-2,-2),=(2,2,0).B1F·EF∴=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0,B1F·AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0.B1F⊥EF,B1F⊥AF∴,即B1F⊥EF,B1F⊥AF.又AF∩EF=F,∴B1F⊥平面AEF.4.90°,BC=2,CC1=所在的直线分别为(0,0,4),C1(0,2,4) a,0,0),=(0,2,2),BD ABD,(0,1,4),则EG=(a 2 ,1,⊥EF.所成角的余弦值;M,使得C'M⊥平面FBC'?若存在所在直线为y轴,EC',2),C'(0,0,33AB=2BC,E,F,E 所在的直线分别为x轴、(1,1,1),E1(1,1 2,2x,y,z).x=1,得n=(1,2,1).∴⊥n.CEE1F.x轴,过O作AB的平行线为C(-1,2,0),F(0,4,),3=(-2,2,0),ACEF∥CD,AD⊥FC.点M在棱FC上,平面ADM与棱FB交于点N.(1)求证:AD∥MN;(2)求证:平面ADMN⊥平面CDEF;(3)若CD⊥EA,EF=ED,CD=2EF,平面ADE∩平面BCF=l,求二面角A-l-B的大小. (1)证明因为四边形ABCD为矩形,所以AD∥BC,所以AD∥平面FBC.又因为平面ADMN∩平面FBC=MN,所以AD∥MN.(2)证明因为四边形ABCD为矩形,所以AD⊥CD.因为AD⊥FC,所以AD⊥平面CDEF.所以平面ADMN⊥平面CDEF.(3)解因为EA⊥CD,AD⊥CD,所以CD⊥平面ADE,所以CD⊥DE.由(2)得AD⊥平面CDEF,所以AD⊥DE.所以DA,DC,DE两两互相垂直.建立空间直角坐标系Dxyz.不妨设EF=ED=1,则CD=2.设AD=a(a>0),由题意,得A(a,0,0),B(a,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(0,0,1),F(0,1,1).所以=(a,0,0),CB=(0,-1,1).CF设平面FBC的法向量为n=(x,y,z),则{n·CB=0,n·CF=0,即{ax=0,-y+z=0,令z=1,则y=1.所以n=(0,1,1).又平面ADE的一个法向量为=(0,2,0),DC。

高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何第2讲空间平行与垂直练习文(含解析)-人教版高三全

第2讲空间平行与垂直A级基础通关一、选择题1．(2018·某某卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：因为若m⊄α，n⊂α，且m∥n，则一定有m∥α，但若m⊄α，n⊂α，且m∥α，则m与n有可能异面，所以“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.答案：A2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8B．62C．82D．8 3解析：连接BC1，AC1，AC，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2 3.又B1C1＝2，所以BB1＝（23）2－22＝22，故该长方体的体积V＝2×2×22＝8 2.答案：C3．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则点E到平面ABC1D1的距离为()A.32B.22C.12D.33解析：因为A1B1∥AB，所以EB1∥AB，因此点E到平面ABC1D1的距离转化为点B1到平面的距离，取BC1的中点O，则OB1⊥BC1，OB1⊥AB，所以B1O⊥平面ABC1D1，则B1O为所求的距离．因此B1O＝22是点E到平面ABC1D1的距离．答案：B4．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为()A.22B.32C.52D.72解析：如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成的角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BEAB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52. 故选C. 答案：C5．已知α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，则下列命题中错误的是() A ．如果m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，那么α⊥β B ．如果m ⊂α，α∥β，那么m ∥βC ．如果α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，那么m ∥lD ．如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β解析：对于A ，如果m ⊥n ，m ⊥α，则n ∥α或n ⊂α，因为n ⊥β，则α⊥β，故正确；对于B ，如果m ⊂α，α∥β，那么m 与β无公共点，则m ∥β，故正确；对于C ，如果α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，则m ∥l ，故正确；对于D ，如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α与β的关系不确定，故错误．答案：D 二、填空题6.如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：由AM MB ＝ANND，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ，所以MN ∥平面BDC . 答案：平行7.如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，点D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .解析：由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，又CF ⊂平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF . 令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x . 易知Rt △CAF ∽Rt △FA 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a . 答案：a 或2a8．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号)．①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1.解析：因AC ⊥平面BDD 1B 1，而BE ⊂平面BDD 1B ，故①正确；因B 1D 1∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E ABC ＝16V ，为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．答案：①②③ 三、解答题9.(2019·某某卷)如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB ＝BC .求证：(1)A 1B 1∥平面DEC 1； (2)BE ⊥C 1E .证明：(1)因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB . 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.(2)因为AB ＝BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABCA 1B 1C 1是直棱柱，所以C 1C ⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以C 1C ⊥BE . 因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC ＝C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .10．(2019·卷)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若∠ABC ＝60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；(3)棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由． (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD .因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC . 又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC .(2)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE .因为底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD .所以AB ⊥AE . 又AB ∩PA ＝A ，所以AE ⊥平面PAB .因为AE ⊂平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PAE . (3)解：棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE .取PB 的中点F ，PA 的中点G ，连接CF ，FG ，EG ，则FG ∥AB ，且FG ＝12AB .因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE ＝12AB .所以FG ∥CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG . 因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE .B 级能力提升11．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________．解析：如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC .又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝（3）2－12＝ 2. 答案： 212.(2019·某某某某第二次质量预测)如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝π3，△PAD 是等边三角形，F 为AD 的中点，PD ⊥BF .(1)求证：AD ⊥PB ；(2)若E 在线段BC 上，且EC ＝14BC ，能否在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊥平面ABCD ？若存在，求出三棱锥D-CEG 的体积；若不存在，请说明理由．(1)证明：连接PF ，因为△PAD 是等边三角形，F 是AD 的中点，所以PF ⊥AD .因为底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝π3，所以BF ⊥AD . 又PF ∩BF ＝F ，所以AD ⊥平面BFP .又PB ⊂平面BFP ，所以AD ⊥PB .(2)解：能在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊥平面ABCD . 由(1)知AD ⊥BF ，因为PD ⊥BF ，AD ∩PD ＝D ，所以BF ⊥平面PAD .又BF ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面PAD ，又平面ABCD ∩平面PAD ＝AD ，且PF ⊥AD ，所以PF ⊥平面ABCD .连接CF 交DE 于点H ，过H 作HG ∥PF 交PC 于G ，所以GH ⊥平面ABCD . 又GH ⊂平面DEG ，所以平面DEG ⊥平面ABCD . 因为AD ∥BC ，所以△DFH ∽△ECH ，所以CH HF ＝CE DF ＝12，所以CG GP ＝CH HF ＝12，所以GH ＝13PF ＝33，所以V D-CEG ＝V G-CDE ＝13S △CDE ·GH ＝13×12DC ·CE ·sin π3·GH ＝112.。

高考数学大二轮复习专题五立体几何第2讲空间中的平行与垂直练习理-人教版高三全册数学试题

第二篇专题五第2讲空间中的平行与垂直[限时训练·素能提升](限时50分钟，满分76分)一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2018·潍坊模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.答案 D2．(2018·乌鲁木齐二模)关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥bB．若α⊥β，m∥α，则m⊥βC．若a⊥α，a∥β，则α⊥βD．若a∥α，b⊥a，则b⊥α解析A是错误的，因为a不一定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B是错误的，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B错误；C 是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．答案 C3．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为A.22B.32C.52D.72解析如图，连接BE ，因为AB ∥CD ，所以异面直线AE 与CD 所成的角等于相交直线AE 与AB 所成的角，即∠EAB .不妨设正方体的棱长为2，则CE ＝1，BC ＝2，由勾股定理得BE ＝ 5.又由AB ⊥平面BCC 1B 1可得AB ⊥BE ，所以tan ∠EAB ＝BE AB ＝52.故选C. 答案 C4．如图，在三棱锥P －ABC 中，不能证明AP ⊥BC 的条件是 A ．AP ⊥PB ，AP ⊥PC B ．AP ⊥PB ，BC ⊥PBC ．平面BPC ⊥平面APC ，BC ⊥PCD ．AP ⊥平面PBC解析 A 中，因为AP ⊥PB ，AP ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ，所以AP ⊥平面PBC .又BC ⊂平面PBC ，所以AP ⊥BC ，故A 正确；C 中，因为平面BPC ⊥平面APC ，BC ⊥PC ，所以BC ⊥平面APC .又AP ⊂平面APC ，所以AP ⊥BC ，故C 正确；D 中，由A 知D 正确；B 中条件不能判断出AP ⊥BC ，故选B.答案 B5．(2018·某某质检)设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ；②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 其中真命题的个数是A ．0B ．1C ．2D ．3解析 ①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．答案 B6．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A.334 B.233 C.324 D.32解析记该正方体为ABCD －A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′－AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A.答案 A二、填空题(本题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2018·全国卷Ⅲ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．解析由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.答案 8π8．(2018·某某模拟)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，请你补充一个条件________，使平面MBD ⊥平面PCD .①DM ⊥PC ；②DM ⊥BM ；③BM ⊥PC ；④PM ＝MC (填写你认为是正确的条件对应的序号)．解析因为在四棱锥A －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，所以BD ⊥PA ，BD ⊥AC ，因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，所以BD ⊥PC . 所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD . 而PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD ⊥平面PCD . 答案 ①(或③)三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2018·某某期末)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，AC ＝CB ＝CC 1＝2，M 是AB 的中点．(1)求证：平面A 1CM ⊥平面ABB 1A 1； (2)求点M 到平面A 1CB 1的距离．解析 (1)证明由A 1A ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，得A 1A ⊥CM .由AC ＝CB ，M 是AB 的中点，得AB ⊥CM .又A 1A ∩AB ＝A ，则CM ⊥平面ABB 1A 1，又CM ⊂平面A 1CM ，所以平面A 1CM ⊥平面ABB 1A 1. (2)设点M 到平面A 1CB 1的距离为h .连接MB 1.由题意可知A 1C ＝CB 1＝A 1B 1＝2MC ＝22，A 1M ＝B 1M ＝6，则S △A 1CB 1＝23，S △A 1MB 1＝2 2.由(1)可知CM ⊥平面ABB 1A 1，则CM 是三棱锥C －A 1MB 1的高，由VC －A 1MB 1＝13MC ·S △A 1MB 1＝VM －A 1CB 1＝13h ·S △A 1CB 1，得h ＝2×2223＝233，即点M 到平面A 1CB 1的距离为233.10．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q －ABP 的体积．解析 (1)由已知可得，∠BAC ＝90°，BA ⊥AC . 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD .又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC .由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1. 因此，三棱锥Q －ABP 的体积为V Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin 45°＝1.11．(2018·某某模拟)如图所示的空间几何体ABCDEFG 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，EG ∥AD ，EF ＝EG ＝1.(1)求证：平面CFG ⊥平面ACE ；(2)在AC 上是否存在一点H ，使得EH ∥平面CFG ？若存在，求出CH 的长，若不存在，请说明理由．解析(1)证明连接BD 交AC 于点O ，则BD ⊥AC . 设AB ，AD 的中点分别为M ，N ，连接MN ，则MN ∥BD .连接FM，GN，则FM∥GN，且FM＝GN，所以四边形FMNG为平行四边形，所以MN∥FG，所以BD∥FG，所以FG⊥AC.因为AE⊥平面ABCD，所以AE⊥BD.所以FG⊥AE，又AC∩AE＝A，所以FG⊥平面ACE，又FG⊂平面CFG，所以平面CFG⊥平面ACE.(2)设平面ACE交FG于点Q，则Q为FG的中点，连接EQ，CQ，连接BD交AC于点O，取CO的中点为H，连接EH，则CH∥EQ，CH＝EQ＝22，所以四边形EQCH为平行四边形，所以EH∥CQ，所以EH∥平面CFG.所以在AC上存在一点H，使得EH∥平面CFG，且CH＝22.。

2018年浙江高考数学二轮复习练习：专题限时集训9 空间中的平行与垂直关系(含答案)

专题限时集训(九)空间中的平行与垂直关系(对应学生用书第133页)[建议A、B组各用时：45分钟][A组高考达标]一、选择题1．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( ) A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥mB[A中，根据线面垂直的判定定理，只有垂直平面内两条相交直线才行，故A不正确；B中，由线面垂直的性质可知，平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直这个平面，故B 正确；C中，l，m可能平行也可能异面，故C不正确；D中，平行于同一平面的两直线可能平行，异面，相交，故D不正确，故选B.]2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥n，m⊥β，则n⊥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥n，m∥β，则n∥β；④若m⊥α，m⊥β，则α⊥β.其中真命题的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4A[对于①，由直线与平面垂直的判定定理易知其正确；对于②，平面α与β可能平行或相交，故②错误；对于③，直线n可能平行于平面β，也可能在平面β内，故③错误；对于④，由两平面平行的判定定理易得平面α与β平行，故④错误．综上所述，正确命题的个数为1，故选A.]3．如图912所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )图912A．①②B．①②③C．①D．②③B[对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC.又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC.对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．]4．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a⊥β；③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )A．①B．②C．③D．①③D[对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也成立，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B，C.对于③，存在两条垂直的直线a，b，则直线a，b所成的角为90°，因为a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角为90°，即α⊥β，反之也成立，即“存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A，选D.]5．在三棱锥PABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别是线段PB，PC上的动点，则下列说法错误的是( )图913A．当AE⊥PB时，△AEF一定为直角三角形B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形C．当EF∥平面ABC时，△AEF一定为直角三角形D．当PC⊥平面AEF时，△AEF一定为直角三角形B[因为AP⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又AB⊥BC，且PA和AB是平面PAB上两条相交直线，则BC⊥平面PAB，BC⊥AE.当AE⊥PB时，AE⊥平面PBC，则AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，A正确；当EF∥平面ABC时，EF在平面PBC上，平面PBC与平面ABC相交于BC，则EF∥BC，则EF⊥AE，△AEF一定是直角三角形，C正确；当PC⊥平面AEF时，AE⊥PC，又AE⊥BC，则AE⊥平面PBC，AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，D正确；B中结论无法证明，故选B.] 二、填空题6．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确命题的个数是________.3[如图所示，∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB，但AB不一定垂直于BC.]7．在三棱锥CABD中(如图914)，△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O是斜边BD的中点，AB＝4，二面角ABDC的大小为60°，并给出下面结论：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC为正三角形；④cos ∠ADC＝32；⑤四面体ABCD的外接球表面积为32π.其中真命题是________(填序号)．图914①③⑤[由题意知BD⊥CO，BD⊥AO，则BD⊥平面AOC，从而BD⊥AC，故①正确；根据二面角ABDC的大小为60°，可得∠AOC＝60°，又直线AD在平面AOC的射影为AO，从而AD与CO 不垂直，故②错误；根据∠AOC ＝60°，AO ＝CO 可得△AOC 为正三角形，故③正确；在△ADC中，AD ＝CD ＝4，AC ＝CO ＝22，由余弦定理得cos ∠ADC ＝42＋42－222×4×4＝34，故④错误；由题意知，四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为22，则外接球的表面积为S ＝4π×(22)2＝32π，故⑤正确．]8．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号) ①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1.①②③ [因为AC ⊥平面BDD 1B 1，故①，②正确；记正方体的体积为V ，则V E ABC ＝16V 为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．] 三、解答题9．如图915，在四棱锥P ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .图915(1)求证：DC ⊥平面PAC . (2)求证：平面PAB ⊥平面PAC .(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得PA ∥平面CEF ？说明理由． [解] (1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥DC .2分又因为DC ⊥AC ，且PC ∩AC ＝C ，所以DC ⊥平面PAC .4分 (2)证明：因为AB ∥DC ，DC ⊥AC ，所以AB ⊥AC .因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥AB .又因为PC ∩AC ＝C ，所以AB ⊥平面PAC . 8分又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAC . 9分 (3)棱PB 上存在点F ，使得PA ∥平面CEF .12分理由如下：取PB 的中点F ，连接EF ，CE ，CF . 又因为E 为AB 的中点，所以EF ∥PA . 又因为PA ⊄平面CEF ，且EF ⊂平面CEF ，所以PA ∥平面CEF .15分10．(2017·绍兴稽阳联谊学校高三4月联考)如图916，四边形ABCD 为梯形，AB ∥CD ，∠C ＝60°，点E 在CD 上，AB ＝CE ，BF ＝13BD ＝3，BD ⊥BC .现将△ADE 沿AE 折成如图2△APE 位置，使得二面角P AE C 的大小为π3.图916(1)求PB 的长度； (2)求证：PB ⊥平面ABCE ；(3)求直线CE 与平面APE 所成角的正弦值． [解] (1)因为AB 平行且等于EC ，所以四边形ABCE 是平行四边形，所以BC ∥AE ，又因为BD ⊥BC ，所以BD ⊥AE ，所以AE ⊥FB ，AE ⊥FP ，即∠PFB 为二面角P AE C 的平面角. 3分又BF ＝3，PF ＝23，由余弦定理得BP 2＝BF 2＋PF 2－2BF ·PF cos ∠BFP ＝9，所以BP ＝3.5分(2)证明：BF ＝3，PF ＝23，BP ＝3，满足勾股定理，所以BF ⊥PB .又因为BF ⊥AE ，PF ⊥AE ，BF ∩PF ＝F ，所以AE ⊥平面PFB ，所以AE ⊥PB . 7分又BF ∩AE ＝F ，则PB ⊥平面ABCE . 9分(3)法一：作BN ⊥PF 于点N ，连接AN ，由(2)可知，AE ⊥平面BFP ，所以平面BFP ⊥平面APE ，又平面BFP ∩平面APE ＝PF ，所以BN ⊥平面APE ， 12分所以∠BAN 是直线AB 与平面APE 所成的角．在Rt △FBP 中，BN ＝BF sin π3＝32，sin ∠NAB ＝BN AB ＝322＝34.13分所以直线AB 与平面APE 所成角的正弦值为34，即直线CE 与平面APE 所成角的正弦值为34.15分法二：由于BF ，BP ，BC 两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (3,0,0)，A (－1，3，0)，E (2，3，0)，P (0,0,3)，则AE →＝(3,0,0)，AP →＝(1，－3，3)，12分设平面APE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AP →＝0，即⎩⎨⎧3x ＝0，x －3y ＋3z ＝0，取z ＝1，则n ＝(0，3，1)， 13分设直线CE 与平面APE 所成的角为θ，EC →＝(1，－3，0)，则sin θ＝|cos 〈n ，EC →〉|＝|n ·EC →||n ||EC →|＝34，即直线EC 与平面APE 所成角的正弦值为34.15分[B 组名校冲刺]一、选择题1．已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长相等，若∠AA 1B 1＝∠AA 1C 1＝60°，则异面直线A 1C 与AB 1所成角的余弦值是( )图917A.36 B.23C.158D.56A [将三棱柱补上一个相同的三棱柱构成一个四棱柱，如图所示，易知图中∠A 1CD 1为所求角．因为三棱柱的所有棱长均相等，不妨设为1，则根据此三棱柱的性质有A 1D 1＝A 1C ＝3，CD 1＝1，则由余弦定理得cos ∠A 1CD 1＝3＋1－323＝36，故选A.]2．如图918，四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD .则在三棱锥A BCD 中，下列命题正确的是( )图918A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABCD [∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD .又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，∴CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB .又AD ⊥AB ，AD ∩CD＝D ，∴AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ，故选D.]3．如图919，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，AF ，EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为P ，P 点在△AEF 内的射影为O ，则下列说法正确的是( )图919A ．O 是△AEF 的垂心B ．O 是△AEF 的内心C ．O 是△AEF 的外心D ．O 是△AEF 的重心A [由题意可知PA ，PE ，PF 两两垂直，∴PA ⊥平面PEF ，从而PA ⊥EF ，而PO ⊥平面AEF ，则PO ⊥EF .∵PO ∩PA ＝P ，∴EF ⊥平面PAO ，∴EF ⊥AO ，同理可知AE ⊥FO ，AF ⊥EO ，∴O 为△AEF 的垂心．故选A.]4．如图920，小于90°的二面角αl β中，O ∈l ，A ，B ∈α，且∠AOB 为钝角，∠A ′OB ′是∠AOB 在β内的射影，则下列结论错误的是( )图920A ．∠A ′OB ′为钝角 B ．∠A ′OB ′>∠AOBC ．∠AOB ＋∠AOA ′<πD ．∠B ′OB ＋∠AOB ＋∠AOA ′>πD [考虑将图形特殊化，即可将此图形置于正方体中，正方体的一个对角面与底面分别为条件中的平面α，β，如图所示，O 为所在棱的中点，A ，B 为所在面对角线上的一个三等分点，A ′，B ′分别为A ，B 在平面β上的射影．设正方体棱长为3，则OA ＝OB ＝172，OA ′＝OB ′＝132，AA ′＝BB ′＝1，则由余弦定理得cos ∠AOB ＝－117，cos ∠A ′OB ′＝－513<－117，所以∠A ′OB ′>∠AOB >π2，所以A ，B 正确；又cos ∠AOA ′＝cos ∠BOB ′＝1317>32，所以∠AOA ′＝∠BOB ′<π6，且由cos ∠AOB ＝－117>－12知∠AOB <2π3，所以∠AOB ＋∠AOA ′<π，∠B ′OB ＋∠AOB ＋∠AOA ′<π，所以C 正确，D 错误，故选D.]二、填空题5．如图921，正方形BCDE 的边长为a ，已知AB ＝3BC ，将△ABE 沿边BE 折起，折起后A 点在平面BCDE 上的射影为D 点，关于翻折后的几何体有如下描述：图921①AB 与DE 所成角的正切值是2；②AB ∥CE ；③V B ACE ＝16a 3；④平面ABC ⊥平面ACD .其中正确的有________．(填序号)①③④ [作出折叠后的几何体直观图如图所示：∵AB ＝3BC ＝3a ，BE ＝a ，∴AE ＝2a .∴AD ＝AE 2－DE 2＝a ，∴AC ＝CD 2＋AD 2＝2a .在△ABC 中，cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ×BC＝3a 2＋a 2－2a 223a2＝33. ∴sin ∠ABC ＝1－cos 2∠ABC ＝63. ∴tan ∠ABC ＝sin ∠ABCcos ∠ABC＝ 2.∵BC ∥DE ，∴∠ABC 是异面直线AB ，DE 所成的角，故①正确．连接BD ，CE ，则CE ⊥BD ，又AD ⊥平面BCDE ，CE ⊂平面BCDE ，∴CE ⊥AD .又BD ∩AD ＝D ，BD ⊂平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，∴CE ⊥平面ABD .又AB ⊂平面ABD ，∴CE ⊥AB ，故②错误．V B ACE ＝V A BCE ＝13S △BCE ·AD ＝13×12×a 2×a＝a 36，故③正确．∵AD ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∴BC ⊥AD .又BC ⊥CD ，CD ∩AD ＝D ，CD ，AD ⊂平面ACD ，∴BC ⊥平面ACD .∵BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ACD ，故④正确．故答案为①③④.]6．(2017·金丽衢十二校高三第二次联考)已知△ABC 中，∠C ＝90°，tan A ＝2，M 为AB 的中点．现将△ACM 沿CM 折成三棱锥P CBM .当二面角P CM B 大小为60°时，AB PB＝________.图9223 [作PE ⊥CM 于点E ，BF ⊥CM 交CM 的延长线于点F ，连接AE ，则AE ⊥CF ，且PE 与BF 所成锐角等于二面角P CM B 的大小，即为60°.不妨设AC ＝1，则由tan ∠BAC ＝2，∠ACB ＝90°，得BC ＝2，AB ＝3，则由M 是AB 的中点，知MB ＝MC ，则sin ∠BCF ＝sin ∠ABC ＝13，∴|PE →|＝|AE →|＝|BF →|＝|BC →|sin ∠BCF ＝23，∴|EF →|＝2|MF →|＝2|BM →|2－|BF →|2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12|AB→|2－|BF →|2＝13，则由PB →＝PE →＋EF →＋FB →，得|PB →|2＝(PE →＋EF →＋FB →)2＝|PE →|2＋|EF →2|＋|FB →|2－2|PE →||FB →|cos 60°＝23＋13＋23－2×23×23×cos 60°＝1，∴PB ＝1，故ABPB ＝ 3.]三、解答题7．端午节即将到来，为了做好端午节商场促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD 剪去四个全等的等腰三角形：△SEE ′，△SFF ′，△SGG ′，△SHH ′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S EFGH ，其中A ，B ，C ，D 重合于点O ，E 与E ′重合，F 与F ′重合，G 与G ′重合，H 与H ′重合(如图923所示)．图923(1)求证：平面SEG ⊥平面SFH ；(2)当AE ＝52时，求二面角E SH F 的余弦值．[解] (1)证明：∵折后A ，B ，C ，D 重合于一点O ，∴拼接成底面EFGH 的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形， ∴底面DFGH 是正方形，EG ⊥FH ，EO ＝OG .2分连接SO ，由题意知SE ＝SG ，∴EG ⊥SO . 4分又∵SO ，FH ⊂平面SFH ，SO ∩FH ＝O ， ∴EG ⊥平面SFH .又∵EG ⊂平面SEG ，∴平面SEG ⊥平面SFH .6分(2)过O 作OM ⊥SH 交SH 于M 点，连接EM ，∵EO ⊥平面SFH ，SH ⊂平面SFH ，∴EO ⊥SH ，∴SH ⊥平面EMO ， ∴∠EMO 为二面角E SH F 的平面角.8分当AE ＝52时，在原平面图形中，可求得SE ＝552.在Rt △SOE 中，可求得SO ＝SE 2－OE 2＝5. 10分Rt △SHO 中，OH ＝52，SO ＝5，SH ＝552，∴OM ＝SO ·OHSH＝5，12分Rt △EMO 中，EM ＝EO 2＋OM 2＝352， cos ∠EMO ＝OM EM ＝5352＝23.14分∴所求二面角的余弦值为23.15分8．(2017·萧山中学高三5月仿真考试)如图924，已知矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，现将△DAC 沿着对角线AC 向上翻折到△PAC 位置，此时PA ⊥PB .图924(1)求证：平面PAB ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值．[解] (1)证明：因为PA ⊥PB ，PA ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ，所以PA ⊥平面PBC ，3分所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，AB ∩AP ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，5分又BC ⊂平面ABC ，所以平面PAB ⊥平面ABC . 7分(2)法一：如图，作BD ⊥PC 于点D ，连接AD ，由(1)知PA ⊥平面PBC ，所以PA ⊥BD ，而BD ⊥PC ，PA ∩PC ＝P ，所以BD ⊥平面PAC ，所以∠BAD 为直线AB 与平面PAC 所成的角， 10分在Rt △PBC 中，BC ＝3，PC ＝4，PB ＝7，所以BD ＝37413分，又AB ＝4，在Rt △ADB 中，sin ∠BAD ＝BD AB ＝3716，所以直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为3716.15分法二：由(1)知平面PAB ⊥平面ABC ，所以在平面PAB 内，过点P 作PE ⊥AB 于点E ，则PE ⊥平面ABC ，9分如图，以B 为坐标原点，建立空间直角坐标系(z 轴与直线PE 平行)，在Rt △PBC 中，BC ＝3，PC ＝4，PB ＝7，在Rt △APB 中，AP ＝3，AB ＝4，PE ＝374，BE ＝74，可知A (0，－4,0)，B (0,0,0)，C (－3,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－74，374，12分AC →＝(－3,4,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，94，374，则易得平面PAC 的一个法向量为m ＝⎝⎛⎭⎪⎫4，3，－97，AB →＝(0,4,0)，所以cos 〈AB →，m 〉＝AB →·m |AB →||m |＝3716，故直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为3716.15分。