(新课标)2020年高考数学二轮复习专题能力训练14 空间中的平行与垂直理

合集下载

2020版高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题四立体几何与空间向量第2讲空间中的平行与垂直练习理

第2讲空间中的平行与垂直「考情研析」 1.从具体内容上：(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、线面和面面平行和垂直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． 2.从高考特点上，难度中等，常以一道选填题或在解答题的第一问考查．分值一般为5分.核心知识回顾1.直线与平面平行的判定和性质(1)判定01a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α.①判定定理：□②面面平行的性质：□02α∥β，a⊂α⇒a∥β.(2)性质：□03l∥α，l⊂β，α∩β＝m⇒l∥m.2．直线和平面垂直的判定和性质(1)判定01a⊥b，a⊥c，b，c⊂α，b∩c＝O⇒a⊥α.①判定定理：□②线面垂直的其他判定方法：a.□02a∥b，a⊥α⇒b⊥α.b.□03l⊥α，α∥β⇒l⊥β.c.□04α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(2)性质①□05l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.②□06l⊥α，m⊥α⇒l∥m.3．两个平面平行的判定和性质(1)判定01a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α.①判定定理：□②面面平行的其他判定方法：a.□02l⊥α，l⊥β⇒α∥β.b.□03α∥γ，α∥β⇒β∥γ.(2)性质：□04α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b.4．两个平面垂直的判定和性质(1)判定：□01a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.(2)性质：□02α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点考向探究考向1 空间线面位置关系的判定例1 (1)(2019·陕西延安高考模拟)已知m，n表示两条不同的直线，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答案 B解析若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错误；若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质定理可知m∥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α或n与α斜交，故D错误．故选B.(2)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为( )A.23B.12C.16D.13答案 D解析如图所示，过点A作AE∥BM交DD1于点E，则E是DD1的中点，过点N作NT∥AE 交A1A于点T，此时NT∥BM，所以B，M，N，T四点共面，所以点Q与点T重合，易知AQ＝NE＝13，故选D.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．1．(2019·辽宁抚顺高三第一次模拟)在三棱锥P －ABC 中，已知PA ＝AB ＝AC ，∠BAC ＝∠PAC ，点D ，E 分别为棱BC ，PC 的中点，则下列结论正确的是( )A ．直线DE ⊥直线ADB ．直线DE ⊥直线PAC ．直线DE ⊥直线ABD ．直线DE ⊥直线AC 答案 D解析由题意，如图所示，因为PA ＝AB ＝AC ，∠BAC ＝∠PAC ，∴△PAC ≌△BAC ，得PC ＝BC ，取PB 的中点G ，连接AG ，CG ，则PB ⊥CG ，PB ⊥AG ，又∵AG ∩CG ＝G ，∴PB ⊥平面CAG ，则PB ⊥AC ，∵D ，E 分别为棱BC ，PC 的中点，∴DE ∥PB ，则DE ⊥AC .故选D.2．如图，在以角C 为直角顶点的三角形ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，PA ⊥平面ABC ，F 为PB 上的点，在线段AB 上有一点E ，满足BE ＝λAE .若PB ⊥平面CEF ，则实数λ的值为( )A.316B.516C.916D. 3 答案 C解析 ∵PB ⊥平面CEF ，∴PB ⊥CE ，又PA ⊥平面ABC ，CE ⊂平面ABC ，∴PA ⊥CE ，而PA ∩PB。

(新课标)天津市2020年高考数学二轮复习专题能力训练14 空间中的平行与垂直理

专题能力训练14 空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是()A.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C12.如图,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,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是()A.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3.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)4.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.5.下列命题中正确的是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为a2;④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.6.在正三棱柱A1B1C1-ABC中,点D是BC的中点,BC=BB1.设B1D∩BC1=F.求证:(1)A1C∥平面AB1D;(2)BC1⊥平面AB1D.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;(3)求点D到平面PAM的距离.8.(2018全国Ⅰ,理18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF ⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.二、思维提升训练9.(2018浙江,8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC 所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ110.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF;(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由;(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=,AB=AD=.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).(1)求证:AE⊥平面BDC;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点B到平面ACD的距离.专题能力训练14空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.D解析易知A1C1⊥平面BB1D1D.∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故选D.2.A解析如图,易知PA,PE,PF两两垂直,∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.②③④解析对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β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α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,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,故正确的命题有②③④.4解析如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF.又GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH.又GH∩EF=H,∴AC⊥平面EFG.故点P的轨迹是△EFG,其周长为5.②③④解析①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.6.证明 (1)连接A1B,设A1B交AB1于点E,连接DE.∵点D是BC的中点,点E是A1B的中点,∴DE∥A1C.∵A1C⊄平面AB1D,DE⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形,点D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面B1BCC1,平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面B1BCC1.∵BC1⊂平面B1BCC1,∴AD⊥BC1.∵点D是BC的中点,BC=BB1,∴BD=BB1.,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1,∴∠BDB1=∠BC1C.∴∠FBD+∠BDF=∠C1BC+∠BC1C=90°.∴BC1⊥B1D.∵B1D∩AD=D,∴BC1⊥平面AB1D.7.(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.因为M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,所以PC⊥平面AMD.因为AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱PB的中点Q,连接QM,QA.因为M为PC的中点,所以QM∥BC.在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM=,所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=设点D到平面PAC的距离为h,由V D-PAC=V P-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO.因为S△ACD=22=,所以h=,解得h=, 所以点D到平面PAM的距离为8.(1)证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=,EH=则H(0,0,0),P,D为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为二、思维提升训练9.D解析当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF ∥BC,连接SG,GH,EH,SF.可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.由题意可知EF⊥SF,故tan θ1==tan θ3.∴θ1>θ3.又tan θ3==tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.当点E是线段AB的中点时,即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2.综上可知,θ1≥θ3≥θ2.10.(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,所以C1B1∥平面ADD1A1.因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=,即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F.又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.在矩形ABB1A1中,AB=,AA1=2,得BH=在Rt△BHC1中,BC1=2,BH=,得sin∠BC1H=所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是11.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=AB时,BC∥平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.又因为AK=AB,F为AE的中点,2019年所以KF∥EH,所以KF∥BC.因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,所以BC∥平面DFK.(2)证明因为F为AE的中点,DA=DE=1,所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE.因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,所以在折起后的图形中AE=BE=,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.因为BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.12.(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1,所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,所以DE⊥BC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE=h,则A1E=-h,所以-S△AED-=2h-(-h)-h.因为BD⊥平面ACC1A1,所以h,又V棱柱=2=3, 所以h=1,解得h=,故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的13.(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.∵AB=AD=,DB=2,∴AM⊥BD.∵DB=2,DC=1,BC=满足DB2+DC2=BC2,∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,∵E是BC的中点,∴ME为△BCD的中位线,ME CD,∴ME⊥BD,ME=,∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角,∴∠AME=60°.∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,∴BD⊥平面AEM.∵AE⊂平面AEM,∴BD⊥AE.∵△ABD为等腰直角三角形,∴AM=BD=1.在△AEM中,∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+-2×1cos 60°=,∴AE=, ∴AE2+ME2=1=AM2,∴AE⊥ME.∵BD∩ME=M,BD⊂平面BDC,ME⊂平面BDC,∴AE⊥平面BDC.(2)解取AD的中点N,连接MN,则MN是△ABD的中位线,MN∥AB.又ME∥CD,∴直线AB与CD所成角θ等于MN与ME所成的角,即∠EMN或其补角.AE⊥平面BCD,DE⊂平面BCD,∴AE⊥DE.∵N为Rt△AED斜边的中点,∴NE=AD=,MN=AB=,ME=,∴cos θ=|cos∠EMN|=(3)解记点B到平面ACD的距离为d,则三棱锥B-ACD的体积V B-ACD=d·S△ACD.又由(1)知AE是三棱锥A-BCD的高,BD⊥CD,∴V B-ACD=V A-BCD=AE·S△BCD=∵E为BC中点,AE⊥BC,∴AC=AB=又DC=1,AD=,△ACD为等腰三角形,S△ACD=DC1,∴点B到平面ACD的距离d=。

高考数学大二轮专题复习：第二编空间中平行与垂直

高考数学大二轮专题复习：第二编空间中平行与垂直第2讲空间中的平行与垂直「考情研析」 1.从具体内容上：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、线面和面面平行和垂直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． 2.从高考特点上，难度中等，常以一道选填题或在解答题的第一问考查．核心知识回顾 1.直线与平面平行的判定和性质(1)判定①判定定理：a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α．②面面平行的性质：α∥β，a⊂α⇒a∥β．(2)性质：l∥α，l⊂β，α∩β＝m⇒l∥m．2．直线和平面垂直的判定和性质(1)判定①判定定理：a⊥b，a⊥c，b，c⊂α，b∩c＝O⇒a⊥α．②线面垂直的其他判定方法：a．a∥b，a⊥α⇒b⊥α．b．l⊥α，α∥β⇒l⊥β．c．α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β．(2)性质①l⊥α，a⊂α⇒l⊥a．②l⊥α，m⊥α⇒l∥m．3．两个平面平行的判定和性质(1)判定①判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α．②面面平行的其他判定方法：a．l⊥α，l⊥β⇒α∥β．b．α∥γ，α∥β⇒β∥γ．(2)性质：α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b．4．两个平面垂直的判定和性质(1)判定：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β．(2)性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β．热点考向探究考向1空间线面位置关系的判定例1(1)(多选)(2020·山东省烟台市模拟)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则() A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n B．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β 答案BC 解析由m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，知：对于A，若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n相交、平行或异面，故错误；对于B，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则由线面垂直、面面垂直的性质定理得m⊥n，故正确；对于C，若m∥n，m⊥α，n⊥β，则由线面垂直的性质定理和面面平行的判定定理得α∥β，故正确；对于D，若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β，故错误．故选BC. (2) (多选)(2020·山东省实验中学高考预测卷)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在棱CC1上，则下列结论正确的是() A．直线BM与平面ADD1A1平行B．平面BMD1截正方体所得的截面为三角形C．异面直线AD1与A1C1所成的角为D．MB＋MD1的最小值为答案ACD 解析对于A，因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1，BM⊂平面BCC1B1，即可判定直线BM与平面ADD1A1平行，故正确；对于B，如图1，平面BMD1截正方体所得的截面为四边形，故错误；对于C，如图2，异面直线AD1与A1C1所成的角为∠D1AC，即可判定异面直线AD1与A1C1所成的角为，故正确；对于D，如图3，将正方体的侧面展开，可得当B，M，D1共线时，MB＋MD1有最小值，最小值为BD1＝＝，故正确．故选ACD. 判断空间线面位置关系常用的方法(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. (多选)(2020·山东省聊城市一模)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G 分别为BC，CC1，BB1的中点，则() A．直线D1D与直线AF 垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为D．点C与点G到平面AEF的距离相等答案BC 解析∵CC1与AF不垂直，而DD1∥CC1，∴AF与DD1不垂直，故A错误；取B1C1的中点N，连接A1N，GN，可得平面A1GN∥平面AEF，则直线A1G∥平面AEF，故B正确；把截面AEF补形为四边形AEFD1，由四边形AEFD1为等腰梯形可得平面AEF截正方体所得的截面面积S＝，故C正确；假设点C与点G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG 平分，则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于点H，而H 不是CG中点，则假设不成立，故D错误．故选BC. 考向2空间平行、垂直关系的证明例2(2020·山东省青岛市高三期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，面PAD⊥面ABCD，E 为AD的中点．(1)求证：PA⊥BD；(2)在线段AB上是否存在一点G，使得BC∥面PEG？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．解(1)证明：取AB的中点F，连接DF. ∵DC∥AB且DC＝AB，∴DC∥BF且DC＝BF，∴四边形BCDF为平行四边形，又AB⊥BC，BC＝CD＝1，∴四边形BCDF为正方形．在Rt△AFD中，∵DF＝AF＝1，∴AD＝，在Rt△BCD中，∵BC＝CD＝1，∴BD＝，∵AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD，∵BD⊂面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，面PAD⊥面ABCD，∴BD⊥面PAD，∵PA⊂面PAD，∴PA⊥BD.(2)在线段AB上存在一点G，满足AG＝AB，即G为AF的中点时，BC∥面PEG，证明如下：连接EG，∵E为AD的中点，G 为AF中点，∴GE∥DF，又DF∥BC，∴GE∥BC，∵GE⊂面PEG，BC⊄面PEG，∴BC∥面PEG. 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．(2020·江苏省泰州中学、宜兴中学、江都中学联考)如图，在四棱锥S－ABCD中，已知SA＝SB，四边形ABCD是平行四边形，且平面SAB⊥平面ABCD，点M，N分别是SC，AB的中点．求证：(1)MN∥平面SAD；(2)SN⊥AC. 证明(1)取SD的中点E，连接EM，EA. ∵M是SC的中点，∴EM∥CD，且EM＝CD. ∵底面ABCD是平行四边形，N为AB的中点，∴AN∥CD，且AN＝CD，∴EM∥AN，EM＝AN，∴四边形EMNA是平行四边形，∴MN∥AE. ∵MN⊄平面SAD，AE⊂平面SAD，∴MN∥平面SAD. (2)∵SA＝SB，N 是AB的中点，∴SN⊥AB，∵平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD＝AB，SN⊂平面SAB，∴SN⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴SN⊥AC. 考向3立体几何中的翻折问题例3(1)(2020·山东省潍坊市三模)如图1，四边形ABCD是边长为10的菱形，其对角线AC＝12，现将△ABC沿对角线AC折起，连接BD，形成如图2的四面体ABCD，则异面直线AC与BD 所成角的大小为________；在图2中，设棱AC的中点为M，BD的中点为N，若四面体ABCD的外接球的球心在四面体的内部，则线段MN长度的取值范围为________．答案(，8) 解析连接BM，DM，∵四边形ABCD是菱形，M为棱AC的中点，∴AC⊥BM，AC⊥DM，又BM∩DM＝M，则AC⊥平面BMD，∵BD⊂平面BMD，∴AC⊥BD，则异面直线AC与BD所成角的大小为. ∵四边形ABCD是边长为10的菱形，其对角线AC＝12，∴MA＝6，MB ＝8. 设O1是△ABC的外心，则O1在中线BM上，设过点O1的直线l1⊥平面ABC，易知l1⊂平面BMD，设O2是△ACD的外心，则O2在中线DM上，设过点O2的直线l2⊥平面ACD，易知l2⊂平面BMD，由对称性易知l1，l2的交点O在直线MN 上，根据外接球的性质，知点O为四面体ABCD的外接球的球心，O1A2＝O1M2＋MA2，O1A＋O1M＝BM＝8，∴(8－O1M)2＝O1M2＋36，解得O1M＝，令∠BMN＝θ，根据题意可知BD⊥CN，BD⊥AN，且CN∩AN＝N，∴BD⊥平面ACN，又MN⊂平面ACN，∴BD⊥MN，∴0θ，∴MN＝BM cos θ＝8cos θ8. ∵cos θ＝＝，∴OM·MN＝O1M·BM＝×8＝14，又OMMN，∴MN214，∴MN，∴MN8，即线段MN长度的取值范围为(，8). (2)如图1，在直角梯形ABCP中，CP∥AB，CP⊥BC，AB＝BC ＝CP，D是CP的中点，将△PAD沿AD折起，使点P到达点P′的位置得到图2，点M为棱P′C上的动点．①当M在何处时，平面ADM⊥平面P′BC，并证明；②若AB＝2，∠P′DC＝135°，证明：点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，并求出该距离. 解①当点M为P′C的中点时，平面ADM⊥平面P′BC，证明如下：∵DP′＝DC，M为P′C的中点，∴P′C⊥DM，∵AD⊥DP′，AD⊥DC，DP′∩DC＝D，∴AD⊥平面DP′C，∴AD⊥P′C，又DM∩AD＝D，∴P′C⊥平面ADM，∴平面ADM⊥平面P′BC. ②在平面P′CD 上作P′H⊥CD的延长线于点H，由①中AD⊥平面DP′C，可知平面P′CD⊥平面ABCD，又平面P′CD∩平面ABCD＝CD，P′H⊂平面P′CD，P′H⊥CD，∴P′H⊥平面ABCD，由题意，得DP′＝2，∠P′DH＝45°，∴P′H＝，又VP′－ADC＝VC－P′AD，设点C到平面P′AD的距离为h，即S△ADC×P′H＝S△P′AD×h，由题意，知△ADC≌△ADP′，则S△ADC＝S△P′AD. ∴P′H＝h，故点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，且该距离为. 翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变，翻折前后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系一般发生变化，解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”“变的位置关系和数量关系”．如图1所示，直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB ＝2，点E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直(如图2)，在图2所示的几何体D－ABC 中，(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)若点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F－BCE的体积．解(1)证明：在图1中，由题意，知AC＝BC＝2，AB＝4，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC. 如图2，因为E为AC的中点，连接DE，则DE⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，DE⊂平面ACD，从而ED⊥平面ABC，所以ED⊥BC. 又AC⊥BC，AC∩ED＝E，所以BC⊥平面ACD. (2)如图2，取DC的中点F，连接EF，BF，因为E是AC的中点，所以EF∥AD，又EF⊂平面BEF，AD⊄平面BEF，所以AD∥平面BEF，由(1)知，DE为三棱锥D－ABC的高，因为三棱锥F－BCE的高h＝DE＝×＝，S△BCE＝S△ABC＝__2×2＝2，所以三棱锥F－BCE的体积为VF－BCE＝S△BCE·h＝×2×＝. 真题押题『真题检验』1．(2020·浙江高考)已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”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答案 B 解析依题意m，n，l是空间中不过同一点的三条直线，当m，n，l在同一平面时，可能有m∥n∥l，故不能得出m，n，l两两相交．当m，n，l两两相交时，设m∩n＝A，m∩l＝B，n∩l＝C，则m，n确定一个平面α，而B∈m⊂α，C∈n⊂α，所以直线BC即l⊂α，所以m，n，l在同一平面．综上所述，“m，n，l在同一平面”是“m，n，l 两两相交”的必要不充分条件．故选B. 2．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是() A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面答案 B 解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此，B中条件是α∥β的充要条件．故选 B. 3．(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．答案解析如图所示，取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB.设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP.因为球的半径为，D1E＝，所以EP＝＝＝，所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为.因为EF＝EG＝，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧.因为∠B1EF＝∠C1EG＝，所以∠FEG ＝，所以根据弧长公式可得交线长l＝×＝. 4. (2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；(2)点C1在平面AEF内．证明(1)连接BD，B1D1. ∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥BB1. ∵AB＝BC，∴四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD. ∵BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D1D，∴AC⊥平面BB1D1D. ∵EF⊂平面BB1D1D，∴EF⊥AC. (2)在CC1上取点M使得CM ＝2MC1，连接DM，MF，EC1. ∵D1E＝2ED，DD1∥CC1，DD1＝CC1，∴ED＝MC1，ED∥MC1. ∴四边形DMC1E为平行四边形，∴DM∥EC1. ∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BF＝2FB1，CM＝2MC1，∴DA∥CB，DA＝CB，MF∥CB，MF＝CB，∴MF∥DA，MF＝DA，∴四边形MFAD为平行四边形，∴DM∥AF，∴EC1∥AF. ∴点C1在平面AEF内．5．(2020·江苏高考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1. 证明(1)由于E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1. 由于EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1. (2)由于B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB. 由于AB⊥AC，AC∩B1C ＝C，所以AB⊥平面AB1C，由于AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1. 『金版押题』 6. (多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，M为线段AP的中点，则() A．CM与PN是异面直线B．CMPN C．平面PAN⊥平面BDD1B1 D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形答案BCD 解析由C，N，A三点共线，得CN，PM交于点A，因此CM，PN共面，A错误；记∠PAC＝θ，则PN2＝AP2＋AN2－2AP·AN cos θ＝AP2＋AC2－AP·AC cos θ，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM cos θ＝AC2＋AP2－AP·AC cos θ，又APAC，CM2－PN2＝(AC2－AP2)0，所以CM2PN2，即CMPN，B正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AN⊥BD，BB1⊥平面ABCD，则BB1⊥AN，BB1∩BD＝B，可得AN⊥平面BDD1B1，AN⊂平面PAN，从而可得平面PAN⊥平面BDD1B1，C正确；在C1D1上取一点K，使得D1K＝D1P，连接KP，KC，A1C1，易知PK∥A1C1，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1C1∥AC，所以PK∥AC，所以PK，AC共面，PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截面，它是等腰梯形，D正确．故选BCD. 专题作业一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2020·武汉部分学校质量检测)若点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是() 答案 D 解析对于A，因为A，C，M，N分别为所在棱的中点，由正方体的性质知MN∥AC，又MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.对于B，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知MN∥BE.因为MN⊄平面ABC，BE⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.对于C，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知MN∥BE，因为MN⊄平面ABC，BE⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.对于D，连接AM，BN，由条件及正方体的性质知四边形AMNB是等腰梯形，所以AB与MN所在的直线相交，故不能推出MN∥平面ABC.故选D. 2．(2020·长春高三质量监测)已知直线a和平面α，β有如下关系：①α⊥β，②α∥β，③a⊥β，④a∥α，则下列命题为真的是() A．①③⇒④ B．①④⇒③ C．③④⇒① D．②③⇒④ 答案 C 解析如图正方体中，当直线a为AB，平面α为平面A1ABB1，平面β为平面B1BCC1时，α⊥β，a⊥β，a⊂α，故A不正确；当直线a为DD1，平面α为平面A1ABB1，平面β为平面B1BCC1时，α⊥β，a∥α，a∥β，故B不正确；若a⊥β，a∥α，则由面面垂直的判定定理可推出α⊥β，故C正确；当直线a为A1D1，平面α为平面A1ABB1，平面β为平面D1DCC1时，α∥β，a⊥β，a⊥α，故D不正确．综上所述，C为真命题，故选C. 3. (2020·四川省泸州市模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题正确的是() A.AC与B1C是相交直线且垂直 B.AC与A1D是异面直线且垂直C．BD1与BC是相交直线且垂直D．AC与BD1是异面直线且垂直答案 D 解析如图，连接AB1，可得△AB1C为正三角形，可得AC与B1C是相交直线且成60°角，故A错误；∵A1D∥B1C，∴AC与A1D是异面直线且成60°角，故B错误；BD1与BC是相交直线，所成角为∠D1BC，其正切值为，故C错误；连接BD，可知BD⊥AC，则BD1⊥AC，可知AC与BD1是异面直线且垂直，故D正确．故选D. 4．(2020·河北省石家庄模拟)已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则给出的下列说法正确的是() ①m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；②m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；③m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β；④m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β. A．①②③ B．①③④ C．②④ D．③④ 答案 D 解析对于①，当m∥α，n∥β，且m∥n时，有α∥β或α，β相交，所以①错误；对于②，当m∥α，n∥β，且m⊥n时，有α⊥β或α∥β或α，β相交且不垂直，所以②错误；对于③，当m⊥α，n⊥β，且m∥n时，得出m⊥β，所以α∥β，③正确；对于④，当m⊥α，n⊥β，且m⊥n时，α⊥β成立，所以④正确．综上知，正确的命题序号是③④.故选D. 5．(2020·甘肃省靖远县高三第四次联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD上的一点，且CE＝2DE，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，则B1G与平面ABCD所成角的正切值为() A．B．C．D．答案 C 解析因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G与平面ABCD所成角即为B1G与平面A1B1C1D1所成角，易知B1G与平面A1B1C1D1所成角为∠D1B1G.设AB＝6，则AF＝3，DE＝2，平面BE F∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，则＝，即＝⇒DG＝1，D1G＝5，在Rt△B1D1G中，tan ∠D1B1G ＝＝＝，故B1G与平面ABCD所成角的正切值为，故选C. 6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F与平面D1AE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．A1F与BE是异面直线C．A1F与D1E不可能平行D．三棱锥F－ABC1的体积为定值答案 C 解析由题知A1F∥平面D1AE，分别取B1C1，BB1的中点H，G，连接HG，A1H，A1G，BC1，可得HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面A1HG∥平面AD1E，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A1F与BE是异面直线，故B正确；当F是BB1的中点时，A1F与D1E平行，故C不正确；∵HG∥平面ABC1，∴F点到平面ABC1的距离不变，故三棱锥F－ABC1的体积为定值，故D正确．7．(2020·长沙模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝6，AA1＝2，M为棱BC的中点，动点P满足∠APD＝∠CPM，则点P的轨迹与长方体的面DCC1D1的交线长等于() A．B．π C．D．π 答案A 解析如图，由题意知，只需考虑点P在平面DCC1D1上的情况，此时AD⊥DP，MC⊥CP，所以tan ∠APD＝，tan∠CPM ＝.因为∠APD＝∠CPM，所以＝.因为M是BC的中点，所以AD ＝2MC，所以DP＝2PC.在平面D1DCC1内，以D为原点，的方向为x轴的正方向，DD1的方向为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则D(0，0)，C(6，0).设P(x，y)，则＝2，化简，得y2＋(x－8)2＝42.该圆与平面D1DCC1的交线长对应的圆心角为，则对应弧长为×4＝. 8．(2020·佛山模拟)如图，矩形ABCD中，AB ＝1，BC＝2，点E为AD的中点，将△ABE沿BE折起，在翻折过程中，记点A对应的点为A′，二面角A′－DC－B的平面角的大小为α，则当α最大时，tan α＝() A. B．C．D．答案D 解析如图，取BC的中点F，连接AF，交BE于点O，则AF⊥BE，连接OA′，A′F，则OA′＝OA＝，O A′⊥BE，OF⊥BE，又OA′∩OF＝O，所以BE⊥平面OA′F，又BE⊂平面ABCD，所以平面OA′F⊥平面ABCD.设A′在AF上的投影为M，连接A′M，设∠A′OM＝β，则A′M＝sin β，OM＝cos β，过点M作MN⊥CD 交CD于点N，连接A′N，则∠A′NM＝α.易得α∈，MN＝－cos β，所以当α最大时，tan α最大，tan α＝＝，令＝t，所以sin β＝3t－t cos β，所以3t＝sin β＋t cos β＝sin (β＋θ)，所以3t≤ ，所以t≤，即tan α≤，故选D. 二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9．(2020·山东省青岛市高三期中)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的是() A．直线A1B B．直线BB1 C．平面A1DC1 D．平面A1BC1 答案AD 解析如图，由A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，D1C⊂平面ACD1，故直线A1B与平面ACD1平行，故A 正确；直线BB1∥DD1，DD1与平面ACD1相交，故直线BB1与平面ACD1相交，故B错误；显然平面A1DC1与平面ACD1相交，故C错误；由A1B∥D1C，AC∥A1C1，且A1B∩A1C1＝A1，AC∩D1C ＝C，故平面A1BC1与平面ACD1平行，故D正确．故选AD. 10．如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是() 答案BD 解析在A中，AB与CE的夹角为45°，所以直线AB与平面CDE不垂直，故不符合题意；在B中，AB⊥CE，AB⊥DE，CE∩DE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合题意；在C中，AB与EC的夹角为60°，所以直线AB与平面CDE 不垂直，故不符合题意；在D中，AB⊥DE，AB⊥CE，DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合题意．故选BD. 11．(2020·海南省高三三模)如图，四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论正确的有() A．直线PB与平面AMC平行B．直线PB与直线AD垂直C．线段AM与线段CM长度相等D．PB与AM所成角的余弦值为答案ABD 解析如图，连接MN，易知MN∥PB，又MN⊂平面AMC，∴PB∥平面AMC，A正确；在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，∴△BAD为等边三角形．设AD的中点为O，连接OB，OP，则OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，又PB⊂平面POB，∴AD⊥PB，B正确；由平面PAD⊥平面ABCD，得△POB为直角三角形，设AD ＝4，则OP＝OB＝2，∴PB＝2，MN＝PB＝.在△MAN中，AM ＝AN＝2，MN＝，可得cos ∠AMN＝，故异面直线PB与AM所成角的余弦值为，D正确；∵cos ∠MNC＝－cos ∠MNA＝－c os ∠AMN＝－，又NC ＝2，MN＝，∴－＝，得CM＝2AM，C错误．故选ABD. 12．(2020·山东省威海市一模)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2.则() A．平面PED⊥平面EBCD B．PC⊥ED C．二面角P－DC－B的大小为45° D．PC与平面PED所成角的正切值为答案AC 解析A项，PD＝AD＝＝＝2，在三角形PDC中，PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又CD⊥DE，可得CD⊥平面PED，CD⊂平面EBCD，所以平面PED⊥平面EBCD，正确；B项，若PC⊥ED，又ED⊥CD，可得ED⊥平面PDC，则ED⊥PD，而∠EDP＝∠EDA＝45°，显然矛盾，故错误；C项，二面角P－DC－B的平面角为∠PDE，又∠PDE＝∠ADE＝45°，故正确；D项，由上面分析可知，∠CPD为直线PC与平面PED所成的角，在Rt△PCD中，tan ∠CPD＝＝，故错误．故选AC. 三、填空题13．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分别为AA1，BB1的中点，则异面直线BM与C1N所成角的余弦值为________．答案解析如图，连接A1N，则A1N∥BM，所以异面直线BM与C1N所成的角就是直线A1N和C1N所成的角．由题意，得A1N＝C1N＝＝，在△A1C1N中，由余弦定理得cos ∠A1NC1＝＝.所以异面直线BM与C1N所成角的余弦值为. 14．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．答案若m∥α且l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α) 解析已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②. 15．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. 16．如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点．现给出以下结论：①△SAC为直角三角形；②平面SAD⊥平面SBD；③平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行．其中正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号). 答案①③ 解析如图，连接OC，∵SO⊥底面圆O，∴SO⊥AC，C在以AO为直径的圆上，∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O，∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC，即△SAC为直角三角形，故①正确；假设平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中过点A作AH⊥SD 交SD于点H，则AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又BD⊥AD，∴BD⊥平面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥平面SAD，∴CO⊥SC，又在△SOC中，SO⊥OC，在一个三角形内不可能有两个直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②错误；连接DO并延长交圆O于点E，连接PO，SE，∵P为SD的中点，O为ED的中点，∴OP是△SDE的中位线，∴PO∥SE，即SE∥平面PAB，即平面PAB必与圆锥SO的母线SE平行．故③正确．故正确是①③. 四、解答题17.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为6的菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，F是棱PA上的一动点，E为PD的中点．(1)求证：平面BDF⊥平面ACF；(2)若AF＝2，侧面PAD内是否存在过点E的一条直线，使得直线上任一点M都有CM∥平面BDF，若存在，给出证明；若不存在，请说明理由．解(1)证明：由题意可知，PA⊥平面ABCD，则BD⊥PA，又底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，PA，AC为平面PAC内两相交直线，所以BD⊥平面PAC，BD为平面BDF内一直线，从而平面BDF⊥平面ACF. (2)侧面PAD内存在过点E的一条直线，使得直线上任一点M都有CM∥平面BDF. 设G是PF的中点，连接EG，CG，OF，则⇒平面CEG∥平面BDF，所以直线EG上任一点M都满足CM∥平面BDF. 18. (2020·河北省保定市二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的正方形，PA＝PD＝，E为PA的中点，点F在PD上且EF⊥平面PCD，M在DC延长线上，FH∥DM，交PM于点H，且FH＝1. (1)证明：EF∥平面PBM；(2)求点M到平面ABP的距离. 解(1)证明：取PB的中点G，连接EG，HG，则EG∥AB，且EG＝1，∵FH∥DM，且FH ＝1 又AB∥DM，∴EG∥FH，EG＝FH，即四边形EFHG为平行四边形，∴EF∥GH. 又EF⊄平面PBM，GH⊂平面PBM，∴EF∥平面PBM. (2)∵EF⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴EF⊥CD. ∵AD⊥CD，EF和AD显然相交，EF，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD. 取AD 的中点O，连接PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，∵AB∥CD，∴AB⊥平面PAD，∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥AB，在等腰三角形PAD中，PO＝＝＝4. 设点M到平面ABP的距离为h，连接AM，利用等体积可得VM－ABP＝VP－ABM，即__2__h＝__2×2×4，∴h＝＝，∴点M到平面PAB的距离为.。

高考数学考纲解读与热点难点突破专题14空间中的平行与垂直(热点难点突破)文(含解析)

空间中的平行与垂直1．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面：①m∥n，m⊥α ⇒n⊥α；②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；③α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β；④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β.则以上说法中正确的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4答案B解析对于①，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；对于②，两平行平面内的两条直线可能是异面直线，故错误；对于③，α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β，正确；对于④，若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β，错误，如三棱柱的两个侧面都与第三个侧面相交，交线平行，但是这两个面相交．故选B.2．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．①②B．③④C．①③D．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②④.3．给出下列四个命题：1①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α；②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．其中真命题的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4答案C4．已知m，n，l1，l2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是()A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2答案D解析对于选项A，当m∥β且l1∥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∥l2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∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一个充分条件．故选D.5．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是()( 3 252)[ 3 252]A.，B.，44[152][052]C.，D.，2答案B解析如图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接MN，BC1，NE，A1N，A1M，∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，∴MN∥平面AEF.∵AA1∥NE，AA1＝NE，∴四边形AENA1为平行四边形，∴A1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N∥平面AEF，又A1N∩MN＝N，A1N，MN⊂平面A1MN，∴平面A1MN∥平面AEF.(2)求三棱锥N－PCE的体积．(1)证明取A1E的中点F，连接MF，CF，∵M为棱A1D的中点，1∴MF∥DE且MF＝DE，在△ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，21∴DE∥BC且DE＝BC，23∴MF∥BC，即MF∥NC，1且MF＝BC＝NC，4∴四边形MFCN为平行四边形，∴MN∥FC，∵MN⊄平面A1EC，FC⊂平面A1EC，∴MN∥平面A1EC.(2)解取BD的中点H，连接PH，则PH为△A1BD的中位线，∴PH∥A1D，∵在△ABC中，AB⊥BC，DE∥BC，∴在空间几何体中，DE⊥DA1，∵A1D⊥BD，DB∩DE＝D，DB，DE⊂平面BCED，∴A1D⊥平面BCED，∵PH∥A1D，∴PH⊥平面BCED，∴PH为三棱锥P－NCE的高，111111∴PH＝A1D＝AB＝1，S△NCE＝NC·BD＝××2＝，2422221∴V N－PCE＝V P－NCE＝PH·S△NCE3111＝3269．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点．现有下列四个结论：p1：AC1∥MN；p2：A1C⊥C1N；p3：B1C⊥平面AMN；42 p4：异面直线AB与MN所成角的余弦值为.4其中正确的结论是()A．p1，p2 C．p2，p4B．p2，p3 D．p3，p4答案C解析正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点．对于p1：如图①所示，MN∥BC1，BC1∩AC1＝C1，∴AC1与MN不平行，是异面直线，p1错误；对于p2：如图②所示，连接AC1，交A1C于点O，连接ON，易知A1C⊥AC1，ON⊥平面ACC1A1，∴ON⊥A1C，又ON∩AC1＝O，ON，AC1⊂平面ONC1，∴A1C⊥平面ONC1，又C1N⊂平面ONC1，∴A1C⊥C1N，p2正确；对于p3：如图③所示，取BC的中点O，连接AO，BC1，过点O作OP∥BC1，交CC1于点P，5连接AP，则AO⊥平面BCC1B1，又B1C⊂平面BCC1B1，∴AO⊥B1C，又BC1∥OP，BC1⊥B1C，∴B1C⊥OP，又AO∩OP＝O，AO，OP⊂平面AOP，∴B1C⊥平面AOP，又平面AMN与平面AOP有公共点A，∴B1C与平面AMN不垂直，p3错误；对于p4：如图④所示，连接BC1，AC1，则MN∥BC1，∴∠ABC1是异面直线AB与MN所成的角，设AB＝1，则AC1＝BC1＝，2⊄ 2⊄2＋12－⊄ 2⊄22∴cos∠ABC1＝＝，p4正确．2 × 2 × 14综上，其中正确的结论是p2，p4.10.如图，多面体ABCB1C1D是由三棱柱ABC－A1B1C1截去一部分后而成，D是AA1的中点．(1)若F在CC1上，且CC1＝4CF，E为AB的中点，求证：直线EF∥平面C1DB1；(2)若AD＝AC＝1，A D⊥平面ABC，BC⊥AC，求点C到平面B1C1D的距离．(1)证明方法一取AC的中点G，CC1的中点H，连接AH，GF，GE，如图所示．6∵AD ∥C 1H 且AD ＝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C 1DB 1，又EF ⊂平面GEF ，∴EF ∥平面C 1DB 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∥CC 1∥AD ，1 ∴EM ＝(AD ＋BB 1)212(1)3＝1＋CC 1＝，2CC4CC 13 又C 1F ＝CC 1－CF ＝CC 1，4∴ EM ∥C 1F 且EM ＝C 1F ，7故四边形EMC1F为平行四边形，∴C1M∥EF，又EF⊄平面C1DB1，C1M⊂平面C1DB1，∴EF∥平面C1DB1.(2)解∵AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC，又AD＝AC＝1，CC1＝2AD，AD∥CC1，∴C1D2＝DC2＝AC2＋AD2＝2AD2＝2，C1C2＝4，故CC＝CD2＋C1D2，即C1D⊥CD，21又BC⊥AC，AD⊥BC，AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACC1D，∴BC⊥平面ACC1D，又CD⊂平面ACC1D，∴BC⊥CD，又B1C1∥BC，∴B1C1⊥CD，又DC1∩B1C1＝C1，DC1，B1C1⊂平面B1C1D，∴CD⊥平面B1C1D，∴点C到平面B1C1D的距离为CD的长，即为.211．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.8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，由椭圆的几何性质知，当点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＝4，11112所以(V P－ABCDE)max＝S ABCDE·PO max＝×28×4＝.333(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，BC⊂平面ABCDE，所以PO⊥BC，又PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，所以BC⊥平面POB，又PB⊂平面POB，所以BC⊥PB.12. 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．(1)证明在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．9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．1011。

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 .。

(新课标)高考数学二轮复习专题五立体几何专题能力训练14空间中的平行与垂直理(2021学年)

(新课标)201８届高考数学二轮复习专题五立体几何专题能力训练1４空间中的平行与垂直理编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望((新课标)2018届高考数学二轮复习专题五立体几何专题能力训练１4 空间中的平行与垂直理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈,这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅,最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（新课标）２０1８届高考数学二轮复习专题五立体几何专题能力训练1４空间中的平行与垂直理的全部内容。

专题能力训练1４空间中的平行与垂直能力突破训练1．如图，O为正方体AＢCＤ—A1B1C1D１的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是()Ａ.A１DﻩB。

AA1ﻩC．A1D1ﻩＤ。

Ａ1C1２。

如图，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，点P在△ＡＥF内的射影为O.则下列说法正确的是()A.Ｏ是△AEＦ的垂心B。

O是△AEF的内心C.O是△ＡＥF的外心ﻩＤ。

O是△ＡEＦ的重心（第1题图)(第２题图)３。

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)4.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2，E是边ＢC的中点,动点P在表面上运动，并且总保持PＥ⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.5。

下列命题中正确的是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β，γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;②若ａ，b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b，ｃ都相交;③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为ａ２；④在三棱锥Ｐ－AＢＣ中，若PA⊥BC，PB⊥AC,则PＣ⊥AB.６.在正三棱柱Ａ1B1Ｃ1—ＡBＣ中，点Ｄ是ＢＣ的中点,BC=BＢ１．设Ｂ1Ｄ∩BC1=F。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点十四空间中的平行与垂直关系理

考点十四空间中的平行与垂直关系一、选择题1．已知平面α∥平面β，若两条直线m，n分别在平面α，β内，则m，n的关系不可能是( )A．平行B．相交C．异面D．平行或异面答案 B解析由α∥β知，α∩β＝∅.又m⊂α，n⊂β，故m∩n＝∅.故选B.2．设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法正确的是( )A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直答案 B解析可以通过观察正方体ABCD－A1B1C1D1进行判断，取BC1为直线m，平面ABCD为平面α，由AB，CD均与m垂直知，A错误；由D1C1与m垂直且与平面α平行知，C错误；由平面ADD1A1与m平行且与平面α垂直知，D错误．故选B.3．(2019·东北三省四市一模)已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出α∥β的是( )A．m∥n，m⊂α，n⊂βB．m∥n，m⊥α，n⊥βC．m⊥n，m∥α，n∥βD．m⊥n，m⊥α，n⊥β答案 B解析当m∥n时，若m⊥α，可得n⊥α.又n⊥β，可知α∥β，故选B.4．(2019·湖南长沙一中模拟一)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是( )A．A1O∥DC B．A1O⊥BCC．A1O∥平面B1CD1D．A1O⊥平面ABD答案 C解析显然A 1O 与DC 是异面直线，故A 错误；假设A 1O ⊥BC ，结合A 1A ⊥BC 可得BC ⊥平面A 1ACC 1，则可得BC ⊥AC ，显然不正确，故假设错误，即B 错误；∵在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 是四边形ABCD 的中心，∴A 1D ∥B 1C ，OD ∥B 1D 1，∵A 1D ∩DO ＝D ，B 1D 1∩B 1C ＝B 1，∴平面A 1DO ∥平面B 1CD 1，∵A 1O ⊂平面A 1DO ，∴A 1O ∥平面B 1CD 1，故C 正确；又A 1A ⊥平面ABD ，过一点作平面ABD 的垂线有且只有一条，则D 错误，故选C.5．下列命题中错误的是( )A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 答案 D解析对于D ，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β，其余选项均是正确的．6. 如图，在空间直角坐标系中，有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则异面直线BC 1与AB 1所成角的余弦值为( )A ．55B ．53C ．255D ．35答案 A解析设CB ＝1，则AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝55.故选A. 7．(2017·全国卷Ⅰ)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 A解析A项，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．B项，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.C项，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.D项，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.故选A.8．如图，在四边形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( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC 答案 D解析因为在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，所以BD ⊥CD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB ，又AD ⊥AB ，所以AB ⊥平面ADC ，则平面ABC ⊥平面ADC ，故选D.二、填空题9．如图，P 为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1体对角线BD 1上的一点，且BP →＝λBD 1→，若BD 1⊥平面PAC ，则λ＝________.答案 13解析以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．不妨设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，设P (x ，y ，z )，则由BP →＝λBD 1→得(x －1，y －1，z )＝λ(－1，－1,1)，所以P (1－λ，1－λ，λ)，则AP →＝(－λ，1－λ，λ)，又因为BD 1⊥平面PAC ，所以BD 1→·AP →＝λ－1＋λ＋λ＝0，解得λ＝13.10．(2019·黑龙江大庆一中四模)给出下列四个命题：①如果平面α外一条直线a 与平面α内一条直线b 平行，那么a ∥α； ②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直； ④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．其中真命题的序号为________．答案 ①②④解析命题①是线面平行的判定定理，正确；命题②因为垂直同一平面的两条直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；命题③平面内无数条直线均平行时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；命题④因为两个相交平面都垂直于第三个平面，从而交线垂直于第三个平面，故正确．故答案为①②④.11. 如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为________．答案64解析如图，取C 1A 1，CA 的中点E ，F ，连接B 1E ，BF ，EF ，则B 1E ⊥平面CAA 1C 1.过点D 作DH ∥B 1E ，则DH ⊥平面CAA 1C 1.连接AH ，则∠DAH 为AD 与平面AA 1C 1C 所成角．DH ＝B 1E ＝32，DA ＝2，所以sin ∠DAH ＝DH DA ＝64. 12．(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________．答案2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＝32－12＝ 2.三、解答题13．(2019·福建3月质检)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 是等边三角形，侧面BCC 1B 1是矩形，AB ＝A 1B ，N 是B 1C 的中点，M 是棱AA 1上的点，且AA 1⊥CM .(1)证明：MN ∥平面ABC ；(2)若AB ⊥A 1B ，求二面角A －CM －N 的余弦值．解 (1)证明：如图1，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，连接BM ，因为BCC 1B 1是矩形，所以BC ⊥BB 1，因为AA 1∥BB 1，所以AA 1⊥BC ，又因为AA 1⊥MC ，BC ∩MC ＝C ，所以AA 1⊥平面BCM ，所以AA 1⊥MB ，又因为AB ＝A 1B ，所以M 是AA 1的中点，取BC 的中点P ，连接NP ，AP ，因为N 是B 1C 的中点，则NP ∥BB 1且NP ＝12BB 1，所以NP ∥MA 且NP ＝MA ，所以四边形AMNP 是平行四边形，所以MN ∥AP ，又因为MN ⊄平面ABC ，AP ⊂平面ABC ，所以MN ∥平面ABC .(2)因为AB ⊥A 1B ，所以△ABA 1是等腰直角三角形，设AB ＝2a ，则AA 1＝2a ，BM ＝AM ＝a . 在Rt △ACM 中，AC ＝2a ，所以MC ＝a . 在△BCM 中，CM 2＋BM 2＝2a 2＝BC 2，所以MC ⊥BM ，由(1)知，则MC ⊥AA 1，BM ⊥AA 1，如图2，以M 为坐标原点，MA 1→，MB →，MC →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则M (0,0,0)，C (0,0，a )，B 1(2a ，a,0)．所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2，则MC →＝(0,0，a )，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2，设平面CMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MC →＝0，n 1·MN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧az ＝0，ax ＋a 2y ＋a 2z ＝0.取x ＝1得y ＝－2.故平面CMN 的一个法向量为n 1＝(1，－2,0)，因为平面ACM 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－255.因为二面角A －CM －N 为钝角，所以二面角A －CM －N 的余弦值为－255.14．(2019·广东湛江高考测试二)三棱锥A －BCD 中，底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝BD ＝2，AB ＝2，且AB ⊥CD ，O 为CD 的中点，如图．(1)求证：平面ABO ⊥平面BCD ；(2)若二面角A －CD －B 的大小为π3，求AD 与平面ABC 所成角的正弦值．解 (1)证明：△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝BD ＝2，O 为CD 的中点，∴BO ⊥CD ， ∵AB ⊥CD ，AB ∩BO ＝B ，∴CD ⊥平面ABO ， ∵CD ⊂平面BCD ，∴平面ABO ⊥平面BCD . (2)∵CD ⊥平面ABO ，∴CD ⊥AO ∴∠AOB 为二面角A －CD －B 的平面角，∴∠AOB ＝π3，∵BO ＝2，∴AB ＝BO ，∴△ABO 为等边三角形，以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，62，D (0,2,0)，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，62，BC →＝(2,0,0)，AD→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－62，设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧BA →·n ＝0，BC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋12y ＋62z ＝0，2x ＝0，取n ＝(0，6，－1)，设AD 与平面ABC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝362＋6212×1＋9＋6×7＝427，故AD 与平面ABC 所成角的正弦值为427.一、选择题1．设直线l 与平面α平行，直线m 在平面α内，那么( ) A ．直线l 不平行于直线m B ．直线l 与直线m 异面 C ．直线l 与直线m 没有公共点 D ．直线l 与直线m 不垂直答案 C解析 ∵直线l 与平面α平行，由线面平行的定义可知，直线l 与平面α无公共点，又直线m 在平面α内，∴直线l 与直线m 没有公共点，故选C.2．(2019·河北石家庄二模)设l 表示直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是( )A ．若l ∥α且α⊥β，则l ⊥βB ．若γ∥α且γ∥β，则α∥βC ．若l ∥α且l ∥β，则α∥βD ．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β答案 B解析在A 中，若l ∥α且α⊥β，则l ⊥β，则l 与β可能相交、平行或l ⊂β；在B 中，若γ∥α且γ∥β，则α∥β，由面面平行的性质可得α∥β；在C 中，若l ∥α且l ∥β，则α∥β，则α与β相交或平行；在D 中，若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β，则α与β相交或平行，故选B.3．(2019·安徽江南十校3月综合素质检测)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G ，P ，Q 分别为棱AB ，C 1D 1，D 1A 1，D 1D ，C 1C 的中点．则下列叙述中正确的是( )A ．直线BQ ∥平面EFGB ．直线A 1B ∥平面EFGC ．平面APC ∥平面EFGD ．平面A 1BQ ∥平面EFG 答案 B解析过点E ，F ，G 的截面如图所示(H ，I 分别为AA 1，BC 的中点)，∵A 1B ∥HE ，A 1B ⊄平面EFG ，HE ⊂平面EFG ，∴A 1B ∥平面EFG ，故选B.4．设正三棱锥P －ABC 的高为H ，且此棱锥的内切球的半径为R ，若二面角P －AB －C 的正切值为35，则HR＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8答案 C解析取线段AB 的中点D ，设P 在底面ABC 的射影为O ，设AB ＝a ，则OD ＝32a ×13＝36a ，∠PDC 为二面角P －AB －C 的平面角，tan ∠PDC ＝35，PD ＝6OD ＝3a ，设正三棱锥P －ABC的表面积为S ，则R ＝3VS＝3×13×34a 2H 3×12a ×3a ＋34a 2＝H 7，∴HR ＝7.5．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝3，AB ＝4，若在棱AB 上存在点P ，使得D 1P ⊥PC ，则AD 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．(0,2]C ．(1，3]D ．[1,4)答案 B解析连接DP ，由D 1P ⊥PC ，DD 1⊥PC ，且D 1P ，DD 1是平面DD 1P 上两条相交直线，得PC ⊥平面DD 1P ，PC ⊥DP ，即点P 在以CD 为直径的圆上，又点P 在AB 上，则AB 与圆有公共点，即0<AD ≤12CD ＝2，故选B.6．(2019·乌鲁木齐第三次诊断性测验)如图，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 分别是AD ，BE 的中点，则MN ＝( )A ．7B ．4C ．19D ．5答案 A解析如图，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 ×cos120° ＝1＋4－2×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝7，故选A. 7．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，若E ，F 为BD 1的两个三等分点，G 为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1表面上的动点，则∠EGF 的最大值为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 D解析解法一：以EF 为直径构想一个球．若点G 在球面上(不与E ，F 重合)，则∠EGF ＝90°；若点G 在球内，则∠EGF >90°；若点G 在球外，则∠EGF <90°；根据题意，可判断，此球与面ABCD ，面A 1B 1C 1D 1分别相切；与其余面均无公共点．因此，当点G 恰为切点时，∠EGF 取得最大值90°，故选D.解法二：以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23，由图易得当点G 位于长方体的四个侧面时，所处情况相同，则不妨设G (2，y ，z )，y ∈[0,2]，z ∈[0，1]，GE →·GF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，43－y ，13－z ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，23－y ，23－z ＝(y －1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z －122＋34≥34，当且仅当y ＝1，z ＝12，即点G 为AB 1的中点时等号成立；当点G 位于长方体的上下底面时，所处情况相同，则不妨设G (x ，y,0)，x ，y ∈[0,2]，则GE →·GF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43－x ，43－y ，13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23－x ，23－y ，23＝(x －1)2＋(y －1)2≥0，当且仅当x ＝y ＝1，即点G 为AC 的中点时等号成立，所以GE →·GF →的最小值为0，即∠EGF 的最大值为90°，故选D.8．(2019·安徽泗县一中最后一模)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为棱CC 1的中点，F 为棱AA 1上的点，且满足A 1F ∶FA ＝1∶2，点F ，B ，E ，G ，H 为过三点B ，E ，F的平面BMN 与正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱的交点，则下列说法错误的是( )A ．HF ∥BEB ．三棱锥的体积V B 1－BMN ＝4C ．直线MN 与平面A 1B 1BA 的夹角是45°D ．D 1G ∶G 1C ＝1∶3 答案 C解析由于平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，而平面BMN 与这两个平面分别交于HF 和BE ，根据面面平行的性质定理可知HF ∥BE ，故A 正确；由于A 1F ∶FA ＝1∶2，而E 是CC 1的中点，故MA 1＝1，HD 1＝23，D 1G ＝12，GC 1＝32，C 1N ＝2，V B 1－BMN ＝V B －MNB 1＝13×12·MB 1·NB 1·BB 1＝13×12×3×4×2＝4，故B 正确；对于C ，由于B 1N ⊥平面A 1B 1BA ，所以直线MN 与平面A 1B 1BA 所成角为∠NMB 1，且tan ∠NMB 1＝B 1N B 1M ＝43≠1，故C 错误；对于D ，根据前面计算的结果可知D 1G ＝12，GC 1＝32，故D 正确，故选C.二、填空题9．(2019·北京高考)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________. 答案若m ∥α且l ⊥α，则l ⊥m 成立(或若l ⊥m ，l ⊥α，则m ∥α)解析已知l ，m 是平面α外的两条不同直线，由①l ⊥m 与②m ∥α，不能推出③l ⊥α，因为l 可以与α平行，也可以与α相交不垂直；由①l ⊥m 与③l ⊥α能推出②m ∥α；由②m ∥α与③l ⊥α可以推出①l ⊥m .故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.10．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 .11．(2019·河南洛阳第三次统考)在底面是边长为23的正方形的四棱锥P －ABCD 中，顶点P 在底面的射影H 为正方形ABCD 的中心，异面直线PB 与AD 所成角的正切值为2，若四棱锥P －ABCD 的内切球半径为r ，外接球的半径为R ，则R －r ＝________.答案 32解析如图，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，由题意，P －ABCD 为正四棱锥，底面边长为23，∵BC ∥AD ，∴∠PBC 即为PB 与AD 所成角，可得斜高为23，∴△PEF 为正三角形，正四棱锥P －ABCD 的内切球半径即为△PEF 的内切圆半径，所以34×(23)2＝12×23×r ×3，可得r ＝1，设O 为外接球球心，在Rt △OHA 中，R 2＝(6)2＋(3－R )2，解得R ＝52，∴R －r ＝52－1＝32.12. 如图，已知点D ，E 分别是三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱BC ，A 1B 1的中点，给出以下命题：①BB 1∥平面C 1DE ； ②DE ∥平面ACC 1A 1； ③平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； ④V E －ABD ＝2VE －DCC 1.其中真命题是________．(填上所有真命题的序号) 答案 ②④解析因为CC 1与平面C 1DE 相交，且CC 1∥BB 1，所以BB 1也与平面C 1DE 相交，故①错误；取A 1C 1的中点F ，连接EF ，CF ，由EF ∥DC ，且EF ＝DC 知四边形EFCD 是平行四边形，所以ED ∥FC ，又FC ⊂平面ACC 1A 1，ED ⊄平面ACC 1A 1，所以DE ∥平面ACC 1A 1，故②正确；因为题中没有任何垂直关系，故③错误；设该三棱柱的高为h ，则V E －ABD ＝13S △ABD h ＝16S △ABC h ＝16V 三棱柱．取AB 的中点G ，连接EG ，则EG ∥平面BCC 1B 1，所以V E －DCC 1＝V G －DCC 1＝V C 1－DCG ＝13S △DCG h ＝13×14S △ABC h ＝112V 三棱柱，所以V E －ABD ＝2VE －DCC 1，故④正确．所以真命题是②④. 三、解答题13．如图，直角梯形BDFE 中，EF ∥BD ，BE ⊥BD ，EF ＝22，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，AB ＝2CD ＝4，且平面BDFE ⊥平面ABCD .(1)求证：AC ⊥平面BDFE ；(2)若BF 与平面ABCD 所成角为π4，求二面角B －DF －C 的余弦值．解 (1)证明：∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，平面BDFE ∩平面ABCD ＝BD ，AC ⊂平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴AC ⊥平面BDFE .(2)设AC ∩BD ＝O ，∵四边形ABCD 为等腰梯形， ∠DOC ＝π2，AB ＝2CD ＝4，∴OD ＝OC ＝2，OB ＝OA ＝22，∵FE 綊OB ，∴四边形BOFE 为平行四边形， ∴OF ∥BE ，又∵BE ⊥平面ABCD ， ∴OF ⊥平面ABCD ，∴∠FBO 为BF 与平面ABCD 所成的角，∴∠FBO ＝π4，又∵∠FOB ＝π2，∴OF ＝OB ＝2 2.以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OF 为z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,22，0)，D (0，－2，0)，F (0,0,22)，C (－2，0,0)，A (22，0,0)，DF →＝(0，2，22)，CD →＝(2，－2，0)，∵AC ⊥平面BDFE ，∴平面BDF 的法向量为m ＝(1,0,0)．设平面DFC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，CD →·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋22z ＝0，2x －2y ＝0，令x ＝2得n ＝(2,2，－1)，cos 〈n ，m 〉＝21×22＋22＋12＝23.∴二面角B －DF －C 的余弦值为23.14．(2019·河北武邑中学三模)如图，在棱长均为2的三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点C 在平面A 1ABB 1内的射影O 为AB 1与A 1B 的交点，E ，F 分别为BC ，A 1C 1的中点．(1)求证：四边形A 1ABB 1为正方形；(2)求直线EF 与平面A 1ACC 1所成角的正弦值；(3)在线段AB 1上是否存在一点D ，使得直线EF 与平面A 1CD 没有公共点？若存在，求出ADDB 1的值．解 (1)证明：连接CO ，因为C 在平面A 1ABB 1内的射影O 为AB 1与A 1B 的交点，所以CO ⊥平面A 1ABB 1.由已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1各棱长均相等，所以AC ＝BC ，且A 1ABB 1为菱形．由勾股定理得OA ＝OB ，即AB 1＝A 1B ，所以四边形A 1ABB 1为正方形．(2)由(1)知CO ⊥平面A 1ABB 1，CO ⊥OA ，CO ⊥OA 1. 在正方形A 1ABB 1中，OA 1⊥OA . 如图建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得O (0,0,0)，A 1(2，0,0)，A (0，2，0)，B (－2，0,0)，C (0,0，2)，C 1(2，－2，2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－22，22. 所以A 1A →＝(－2，2，0)，AC →＝(0，－2，2)．设平面A 1ACC 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AA 1→＝0，m ·AC →＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋2y ＝0，－2y ＋2z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1. 于是m ＝(1,1,1)．又因为EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322，－22，0，设直线EF 与平面A 1ACC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，EF →〉|＝|m ·EF →||m ||EF →|＝3015.所以直线EF 与平面A 1ACC 1所成角的正弦值为3015. (3)直线EF 与平面A 1CD 没有公共点，即EF ∥平面A 1CD . 设D 点坐标为(0，y 0,0)，D 与O 重合时不符合题意，所以y 0≠0. 因为A 1D →＝(－2，y 0,0)，A 1C →＝(－2，0，2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D →＝0，n ·A 1C →＝0，即⎩⎨⎧－2x 1＋y 0y 1＝0，－2x 1＋2z 1＝0.令x 1＝1，则y 1＝2y 0，z 1＝1.于是n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，2y 0，1，若EF ∥平面A 1CD ，n ·EF →＝0，又EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322，－22，0，所以322－22×2y 0＝0，解得y 0＝23，此时EF ⊄平面A 1CD ，所以AD ＝223，DB 1＝423.所以AD DB 1＝12.。

2020高考数学课标二轮(天津专用)训练题：专题能力训练13 空间中的平行与垂直 Word版含解析

专题能力训练13空间中的平行与垂直专题能力训练第32页一、能力突破训练1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是()A.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C1答案:D解析:易知A1C1⊥平面BB1D1D.∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故选D.2.如图,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,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是()A.O是△AEF的垂心B.O是△AEF的内心C.O是△AEF的外心D.O是△AEF的重心答案:A解析:如图,易知PA,PE,PF两两垂直,∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.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)答案:②③④解析:对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β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α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,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,故正确的命题有②③④.4.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1E,则点M的轨迹长度为.答案:解析:如图所示,取A1B1的中点H,B1B的中点G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF.可得四边形EGC1D1是平行四边形,∴C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF.∵C1H∩C1G=C1,∴平面C1GH∥平面CD1E.∵点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1E,则点M在线段GH上.∴点M的轨迹长度GH=.故答案为.5.下列命题中正确的是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为a2;④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.答案:②③④解析:①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.6.(2019江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;(3)求点D到平面PAM的距离.(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形, 所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.因为M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,所以PC⊥平面AMD.因为AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱PB的中点Q,连接QM,QA.因为M为PC的中点,所以QM∥BC.在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM=-,所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=.设点D到平面PAC的距离为h,由V D-PAC=V P-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO.因为S△ACD=×22=,所以×h=,解得h=,所以点D到平面PAM的距离为.8.如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=,EH=.则H(0,0,0),P,D--=1,,为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ=.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.二、思维提升训练9.(2019山东潍坊一模)如图,在矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM 翻折成△AB1M,连接B1D,N为B1D的中点,则在翻折过程中,下列说法正确的是.(填序号)①存在某个位置,使得CN⊥AB;②翻折过程中,CN的长是定值;③若AB=BM,则AM⊥B1D;④若AB=BM=1,则当三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π.答案:②④解析:对于①,如图1,取AD的中点E,连接EC交MD于点F,则NE∥AB1,NF∥MB1, 如果CN⊥AB1,由已知可得到EN⊥NF,又EN⊥CN,且三线NE,NF,NC共面共点,不可能,故①错.图1图2对于②,如图1,可得由∠NEC=∠MAB1(定值),NE=AB1(定值),AM=EC(定值),由余弦定理可得NC2=NE2+EC2-2NE·EC·cos∠NEC,所以NC是定值,故②正确.对于③,如图2,取AM的中点O,连接B1O,DO,若AM⊥B1D,易得AM⊥平面ODB1,即可得OD⊥AM,从而AD=MD,显然不成立,可得③不正确.对于④,当平面B1AM⊥平面AMD时,三棱锥B1-AMD的体积最大,易得AD的中点H 就是三棱锥B1-AMD的外接球的球心,球半径为1,表面积是4π.故④正确.故答案为②④.10.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF.(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,所以C1B1∥平面ADD1A1.因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=,即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F.又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.在矩形ABB1A1中,AB=,AA1=2,得BH=.在Rt△BHC1中,BC1=2,BH=,得sin∠BC1H=.所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是.11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.沿AE将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由.(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=AB时,BC∥平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.又因为AK=AB,F为AE的中点,所以KF∥EH,所以KF∥BC.因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,所以BC∥平面DFK.(2)证明因为F为AE的中点,DA=DE=1,所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE.因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,所以在折起后的图形中AE=BE=,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.因为BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1.(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1,所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D, 所以DE⊥BC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE=h,则A1E=-h,所以△四边形-S△AED-△△=2h-(-h)-h.因为BD⊥平面ACC1A1,所以--h,又V棱柱=×2×=3,所以h=1,解得h=,故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的.13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=AB=AD=.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).(1)求证:AE⊥平面BDC;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点B到平面ACD的距离.(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.∵AB=AD=,DB=2,∴AM⊥BD.∵DB=2,DC=1,BC=满足DB2+DC2=BC2,∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,∵E是BC的中点,∴ME为△BCD的中位线,ME CD,∴ME⊥BD,ME=,∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角,∴∠AME=60°.∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,∴BD⊥平面AEM.∵AE⊂平面AEM,∴BD⊥AE.∵△ABD为等腰直角三角形,∴AM=BD=1.在△AEM中,∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+-2×1××cos60°=,∴AE=,∴AE2+ME2=1=AM2,∴AE⊥ME.∵BD∩ME=M,BD⊂平面BDC,ME⊂平面BDC,∴AE⊥平面BDC.(2)解取AD的中点N,连接MN,则MN是△ABD的中位线,MN∥AB.又ME∥CD,∴直线AB与CD所成角θ等于MN与ME所成的角,即∠EMN或其补角.AE⊥平面BCD,DE⊂平面BCD,∴AE⊥DE.∵N为Rt△AED斜边的中点,∴NE=AD=,MN=AB=,ME=,∴cosθ=|cos∠EMN|=--.(3)解记点B到平面ACD的距离为d,则三棱锥B-ACD的体积V B-ACD=d·S△ACD.又由(1)知AE是三棱锥A-BCD的高,BD⊥CD,∴V B-ACD=V A-BCD=AE·S△BCD=.∵E为BC中点,AE⊥BC,∴AC=AB=.又DC=1,AD=,△ACD为等腰三角形,S△ACD=×DC×-×1×-,∴点B到平面ACD的距离d=-.△。

(新课标)天津市高考数学二轮复习专题能力训练14 空间中的平行与垂直理

专题能力训练14 空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是()A.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C12.如图,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,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是()A.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3.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)4.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.5.下列命题中正确的是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为a2;④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.6.在正三棱柱A1B1C1-ABC中,点D是BC的中点,BC=BB1.设B1D∩BC1=F.求证:(1)A1C∥平面AB1D;(2)BC1⊥平面AB1D.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;(3)求点D到平面PAM的距离.8.(2018全国Ⅰ,理18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P 的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.二、思维提升训练9.(2018浙江,8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ110.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF;(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由;(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=,AB=AD=.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).(1)求证:AE⊥平面BDC;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点B到平面ACD的距离.专题能力训练14空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.D解析易知A1C1⊥平面BB1D1D.∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故选D.2.A解析如图,易知PA,PE,PF两两垂直,∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.②③④解析对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β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α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m ⊥n,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,故正确的命题有②③④.4解析如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF.又GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH.又GH∩EF=H,∴AC⊥平面EFG.故点P的轨迹是△EFG,其周长为5.②③④解析①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.6.证明 (1)连接A1B,设A1B交AB1于点E,连接DE.∵点D是BC的中点,点E是A1B的中点,∴DE∥A1C.∵A1C⊄平面AB1D,DE⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形,点D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面B1BCC1,平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面B1BCC1.∵BC1⊂平面B1BCC1,∴AD⊥BC1.∵点D是BC的中点,BC=BB1,∴BD=BB1.,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1,∴∠BDB1=∠BC1C.∴∠FBD+∠BDF=∠C1BC+∠BC1C=90°.∴BC1⊥B1D.∵B1D∩AD=D,∴BC1⊥平面AB1D.7.(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.因为M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,所以PC⊥平面AMD.因为AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱PB的中点Q,连接QM,QA.因为M为PC的中点,所以QM∥BC.在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM=,所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=设点D到平面PAC的距离为h,由V D-PAC=V P-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO.因为S△ACD=22=,所以h=,解得h=,所以点D到平面PAM的距离为8.(1)证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=,EH=则H(0,0,0),P,D为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为二、思维提升训练9.D解析当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF∥BC,连接SG,GH,EH,SF.可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.由题意可知EF⊥SF,故tan θ1==tan θ3.∴θ1>θ3.又tan θ3==tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.当点E是线段AB的中点时,即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2.综上可知,θ1≥θ3≥θ2.10.(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,所以C1B1∥平面ADD1A1.因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=,即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F.又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.在矩形ABB1A1中,AB=,AA1=2,得BH=在Rt△BHC1中,BC1=2,BH=,得sin∠BC1H=所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是11.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=AB时,BC∥平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.又因为AK=AB,F为AE的中点,所以KF∥EH,所以KF∥BC.因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,所以BC∥平面DFK.(2)证明因为F为AE的中点,DA=DE=1,所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE.因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,所以在折起后的图形中AE=BE=,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.因为BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.12.(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1,所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,所以DE⊥BC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE=h,则A1E=-h,所以-S△AED-=2h-(-h)-h.因为BD⊥平面ACC1A1,所以h,又V棱柱=2=3, 所以h=1,解得h=,故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的13.(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.∵AB=AD=,DB=2,∴AM⊥BD.∵DB=2,DC=1,BC=满足DB2+DC2=BC2,∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,∵E是BC的中点,∴ME为△BCD的中位线,ME CD,∴ME⊥BD,ME=,∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角,∴∠AME=60°.∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,∴BD⊥平面AEM.∵AE⊂平面AEM,∴BD⊥AE.∵△ABD为等腰直角三角形,∴AM=BD=1.在△AEM中,∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+-2×1cos 60°=,∴AE=, ∴AE2+ME2=1=AM2,∴AE⊥ME.∵BD∩ME=M,BD⊂平面BDC,ME⊂平面BDC,∴AE⊥平面BDC.(2)解取AD的中点N,连接MN,则MN是△ABD的中位线,MN∥AB.又ME∥CD,∴直线AB与CD所成角θ等于MN与ME所成的角,即∠EMN或其补角.AE⊥平面BCD,DE⊂平面BCD,∴AE⊥DE.∵N为Rt△AED斜边的中点,∴NE=AD=,MN=AB=,ME=,∴cos θ=|cos∠EMN|=(3)解记点B到平面ACD的距离为d,则三棱锥B-ACD的体积V B-ACD=d·S△ACD.又由(1)知AE是三棱锥A-BCD的高,BD⊥CD,∴V B-ACD=V A-BCD=AE·S△BCD=∵E为BC中点,AE⊥BC,∴AC=AB=又DC=1,AD=,△ACD为等腰三角形,S△ACD=DC1, ∴点B到平面ACD的距离d=。

2020届高考数学二轮课时作业：层级二专题四第2讲空间中的平行与垂直

层级二专题四第2讲限时50分钟　满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1.(2020·泉州模拟)如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA 1＝6，且A 1A ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上，BQ ＝4.(1)若DP ＝DD 1，证明：PQ ∥平面ABB 1A 1.23(2)若P 是D 1D 的中点，证明：AB 1⊥平面PBC .证明：(1)在AA 1上取一点N ，使得AN ＝AA 1，23因为DP ＝DD 1，且A 1D 1＝3，AD ＝6，23所以PNAD ，23又BQ AD ，所以PN BQ .23所以四边形BQPN 为平行四边形，所以PQ ∥BN .因为BN ⊂平面ABB 1A 1，PQ ⊄平面ABB 1A 1，所以PQ ∥平面ABB 1A 1.(2)如图所示，取A 1A 的中点M ，连接PM ，BM ，PC ，因为A 1A ，D 1D 是梯形的两腰，P 是D 1D 的中点，所以PM ∥AD ，于是由AD ∥BC 知，PM ∥BC ，所以P ，M ，B ，C 四点共面．由题设可知，BC ⊥AB ，BC ⊥A 1A ，AB ∩AA 1＝A ，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB 1，因为tan ∠ABM ＝＝＝＝tan ∠A 1AB 1，AM AB 36A 1B 1A 1A 所以∠ABM ＝∠A 1AB 1，所以∠ABM ＋∠BAB 1＝∠A 1AB 1＋∠BAB 1＝90°，所以AB 1⊥BM ，再BC ∩BM ＝B ，知AB 1⊥平面PBC .2．(2019·烟台三模)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△A 1EF 的位置，使平面A 1EF ⊥平面BEFC ，连接A 1B ，A 1P ，EP ，如图(2)所示．(1)求证：A 1E ⊥FP ；(2)若BP ＝BE ，点K 为棱A 1F 的中点，则在平面A 1FP 上是否存在过点K 的直线与平面A 1BE 平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．(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，A 1E ⊥EF ，又A 1E ⊂平面A 1EF ，平面A 1EF ⊥平面BEFC ，且平面A 1EF ∩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．3.如图所示，已知BC是半径为1的半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，F 为弧AC的中点．梯形ACDE中，DE∥AC，且AC＝2DE，平面ACDE⊥平面ABC.求证：(1)平面ABE⊥平面ACDE；(2)平面OFD∥平面ABE.解：(1)因为BC是半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB.因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面ACDE.因为AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE.(2)如图所示，设OF∩AC＝M，连接DM.因为F为弧AC的中点，所以M为AC的中点．因为AC＝2DE，DE∥AC，所以DE∥AM，DE＝AM.所以四边形AMDE为平行四边形．所以DM∥AE.因为DM⊄平面ABE，AE⊂平面ABE，所以DM∥平面ABE.因为O为BC的中点，所以OM为△ABC的中位线．所以OM∥AB.因为OM⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以OM∥平面ABE.因为OM⊂平面OFD，DM⊂平面OFD，OM∩DM＝M，所以平面OFD∥平面ABE.4．(2019·北京卷)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．解析：本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD；因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD；因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(2)证明：因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以ΔACD为正三角形，所以AE⊥CD，因为AB∥CD，所以AE⊥AB；因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以AE ⊥PA ；因为PA ∩AB ＝A所以AE ⊥平面PAB ，AE ⊂平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PAE .(3)存在点F 为PB 中点时，满足CF ∥平面PAE ；理由如下：分别取PB ，PA 的中点F ，G ，连接CF ，FG ，EG ，在三角形PAB 中，FG ∥AB 且FG ＝AB ；12在菱形ABCD 中，E 为CD 中点，所以CE ∥AB 且CE ＝AB ，所以CE ∥FG 且12CE ＝FG ，即四边形CEGF 为平行四边形，所以CF ∥EG ；又CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE .5.(2019·青岛三模)已知在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AC ＝2AA 1＝4，∠A 1AC ＝，AC ⊥BC ，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，M 为B 1C 1的中点．π3(1)过点B 1作一个平面α与平面ACM 平行，确定平面α，并说明理由；(2)求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的表面积．解析：(1)如图，取AB 的中点E ，BC 的中点F ，连接B 1E ，B 1F ，EF ，则平面B 1EF ∥平面ACM .因为平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC ＝AC ，AC ⊥BC ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1，BC ⊥CC 1，因为四边形BCC 1B 1为平行四边形，所以四边形BCC 1B 1为矩形，在矩形BCC 1B 1中，M ，F 分别是B 1C 1，BC 的中点，所以B 1F ∥CM ；在△ABC 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF ∥AC .又EF ∩FB 1＝F ，AC ∩CM ＝C ，所以平面B 1EF ∥平面ACM .所以平面α即平面B 1EF .(2)由题意知AC ＝2，AA 1＝2，AB ＝4.因为AC ⊥BC ，所以BC ＝＝＝2，AB 2－AC 242－223所以△ABC 的面积S 1＝AC ×BC ＝×2×2＝2.121233在平行四边形ACC 1A 1中，∠A 1AC ＝，π3其面积S 2＝AA 1×AC sin ∠A 1AC ＝2×2sin ＝2.π33由(1)知四边形BCC 1B 1为矩形，故其面积S 3＝BC ×CC 1＝2×2＝4.33连接A 1C ，BA 1，在△AA 1C 中，AC ＝AA 1＝2，∠A 1AC ＝，所以A 1C ＝2.π3由(1)知BC ⊥平面ACC 1A 1，所以BC ⊥CA 1，所以A 1B ＝＝4.BC 2＋CA 21在△AA 1B 中，AB ＝A 1B ＝4，AA 1＝2，所以△AA 1B 的面积S △AA 1B ＝×2×＝，1242－115所以平行四边形ABB 1A 1的面积S 4＝2S △AA 1B ＝2×＝2.1515故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的表面积S ＝2S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝2×2＋2＋4＋2＝10＋2.33315315。

2020版高考二轮文科数学练习-能力升级练(十) 空间中的平行与垂直关系

能力升级练(十)空间中的平行与垂直关系一、选择题1.已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,那么c与b()A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线,但不可能为平行直线,若b∥c,则a∥b,与已知a,b为异面直线相矛盾.2.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⊥αa∥α,b∥α,则a与b相交、平行或异面,故A错误;易知B正确;若a⊥α,a⊥b,则b∥α或b⊂α,故C错误;若a∥α,a⊥b,则b∥α或b⊂α或b与α相交,故D错误.故选B.3.设l是直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若l∥α,l∥β,则α∥βB.若l∥α,l⊥β,则α⊥βC.若α⊥β,l⊥α,则l∥βD.若α⊥β,l∥α,则l⊥βA,若l∥α,l∥β,则α∥β或α与β相交,故A错;易知B正确;对于C,若α⊥β,l⊥α,则l∥β或l⊂β,故C错;对于D,若α⊥β,l∥α,则l与β的位置关系不确定,故D错.故选B.4.如图,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列命题中正确的是()A.平面ABC⊥平面ABDB.平面ABD⊥平面BCDC.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDED.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDEAB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理,DE⊥AC,由于DE∩BE=E,于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.5.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出四个命题:①若α∩β=m,n⊂α,n⊥m,则α⊥β;②若m⊥α,m⊥β,则α∥β;③若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β;④若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.其中正确的命题是()A.①②B.②③C.①④D.②④,①不正确;垂直于同一条直线的两个平面平行,②正确;当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时,它们所成的二面角为直二面角,故③正确;当两个平面相交时,分别与两个平面平行的直线也平行,故④不正确.6.如图,在底面为正方形,侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,则异面直线A1B 与AD1所成角的余弦值为()A.15B.2 5C.3 5D.45BC1,易证BC1∥AD1,则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角.连接A1C1,由AB=1,AA1=2,则A1C1=√2,A1B=BC1=√5,在△A1BC1中,由余弦定理得cos∠A1BC1=2×√5×√5=45.7.(2018江西赣州模拟)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在()A.直线AC上B.直线AB上C.直线BC上D.△ABC内部AC1,如图.∵∠BAC=90°,∴AC⊥AB,∵BC1⊥AC,BC1∩AB=B,∴AC⊥平面ABC1.又AC在平面ABC内,∴根据面面垂直的判定定理,知平面ABC⊥平面ABC1,则根据面面垂直的性质定理知,在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在直线AB 上.故选B.8.如图,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D1,且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上,在四面体D1ABC的四个面中,有n对平面相互垂直,则n等于() A.2 B.3 C.4 D.5,设D1在平面ABC上的射影为E,连接D1E,则D1E⊥平面ABC,因为D1E⊂平面ABD1,所以平面ABD1⊥平面ABC.因为D1E⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以D1E⊥BC,又AB⊥BC,D1E∩AB=E,所以BC⊥平面ABD1,又BC⊂平面BCD1,所以平面BCD1⊥平面ABD1,因为BC⊥平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,所以BC⊥AD1,又CD1⊥AD1,BC∩CD1=C,所以AD 1⊥平面BCD 1,又AD 1⊂平面ACD 1, 所以平面ACD 1⊥平面BCD 1. 所以共有3对平面互相垂直.故选B .二、填空题9.(2018广东广州调研)正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,点M 为CC 1的中点,点N 为线段DD 1上靠近D 1的三等分点,平面BMN 交AA 1于点Q ,则线段AQ 的长为 .,在线段DD 1上靠近点D 处取一点T ,使得DT=13,因为N 是线段DD 1上靠近D 1的三等分点,故D 1N=23,故NT=2-13−23=1,因为M 为CC 1的中点,故CM=1,连接TC ,由NT ∥CM ,且CM=NT=1,知四边形CMNT 为平行四边形,故CT ∥MN ,同理在AA 1上靠近A 处取一点Q',使得AQ'=13,连接BQ',TQ',易知TQ'∥BC ,TQ'=BC ,即四边形BCTQ'是平行四边形,则有BQ'∥CT ∥MN ,故BQ'与MN 共面,即Q'与Q 重合,故AQ=13.10.如图,∠ACB=90°,DA ⊥平面ABC ,AE ⊥DB 交DB 于点E ,AF ⊥DC 交DC 于点F ,且AD=AB=2,则三棱锥D-AEF 体积的最大值为 .DA⊥平面ABC,所以DA⊥BC,又BC⊥AC,DA∩AC=A,所以BC⊥平面ADC,所以BC⊥AF.又AF⊥CD,BC∩CD=C,所以AF⊥平面DCB,所以AF⊥EF,AF⊥DB.又DB⊥AE,AE∩AF=A,所以DB⊥平面AEF,所以DE为三棱锥D-AEF的高.因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高,所以AE=√2,设AF=a,FE=b,则△AEF的面积S=1ab≤1·a 2+b2=1×2=1,所以三棱锥D-AEF的体积V≤1×1×√2=√26(当且仅当a=b=1时等号成立).11.(2018云南昆明调研)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=4,AA1=2.过点A1作平面α与AB,AD 分别交于M,N两点,若AA1与平面α所成的角为45°,则截面A1MN面积的最小值是.,过点A作AE⊥MN,连接A1E,因为A1A⊥平面ABCD,所以A1A⊥MN,所以MN⊥平面A1AE,所以A1E⊥MN,平面A1AE⊥平面A1MN,所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角,所以∠AA1E=45°,在Rt△A1AE中,因为AA1=2,所以AE=2,A1E=2√2,在Rt△MAN中,由射影定理得ME·EN=AE2=4,由基本不等式得MN=ME+EN≥2√ME·EN=4,当且仅当ME=EN,即E为MN的中点时等号成立,所以截面A1MN面积的最小值为12×4×2√2=4√2.√212.矩形ABCD中,AB=√3,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成的角范围(包含初始状态)为.,在初始状态时,直线AD与直线BC成的角为0,当BD=√2时,AD⊥DB,AD⊥DC,且DB∩DC=D,所以AD ⊥平面DBC ,又BC ⊂平面DBC ,故AD ⊥BC ,直线AD 与BC 成的角为π2, 所以在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围(包含初始状态)为[0,π2].,π2]三、解答题13.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.在平面ABD 内,因为AB ⊥AD ,EF ⊥AD ,所以EF ∥AB.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 且BC ⊥BD , 所以BC ⊥平面ABD.因为AD ⊂平面ABD ,所以BC ⊥AD.又因为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.14.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.如图,取CE的中点G,连接FG,BG.因为F为CD的中点,DE.所以GF∥DE且GF=12因为AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,所以AB∥DE,所以GF∥AB.DE,所以GF=AB.又因为AB=12所以四边形GFAB为平行四边形,则AF∥BG.因为AF⊄平面BCE,BG⊂平面BCE,所以AF∥平面BCE.(2)因为△ACD为等边三角形,F为CD的中点,所以AF⊥CD.因为DE⊥平面ACD,AF⊂平面ACD, 所以DE⊥AF.又CD∩DE=D,所以AF⊥平面CDE.因为BG∥AF,所以BG⊥平面CDE.又因为BG⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面CDE.。

2020年高考数学(理)总复习：空间中的平行与垂直(解析版)

2020 年高考数学（理）总复习：空间中的平行与垂直题型一空间地点关系的判断【题型重点】(1)解决空间线面地点关系的判断问题常有以下方法：①依据空间线面垂直、平行关系的判断定理和性质定理逐项判断来解决问题；②必需时能够借助空间几何模型，如从长方体、四周体等模型中察看线面地点关系，并联合有关定理来进行判断．(2)娴熟掌握立体几何的三种语言——符号语言、文字语言以及图形语言的相互变换，是解决此类问题的重点．【例 1】如图，在以下四个正方体中，A， B 为正方体的两个极点，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 ()【分析】 B 选项中，AB ∥MQ ，且 AB? 平面 MNQ ，MQ? 平面 MNQ ，则 AB∥平面 MNQ ；C 选项中， AB∥ MQ ，且 AB? 平面 MNQ ，MQ ? 平面 MNQ ，则 AB∥平面 MNQ ；D 选项中，AB∥ NQ，且 AB? 平面 MNQ ， NQ? 平面 MNQ ，则 AB∥平面 MNQ .应选 A.【答案】 A【例 2】．如图，平面α⊥平面β，α∩β＝直线l, A，C是α内不一样的两点，B， D 是β内不一样的两点，且A， B， C，D ? 直线 l, M， N 分别是线段 AB ， CD 的中点．以下判断正确的选项是()A ．当 CD ＝ 2AB 时，M， N 两点不行能重合B．M， N 两点可能重合，但此时直线AC 与 l 不行能订交C．当 AB 与 CD 订交，直线AC 平行于 l 时，直线BD 能够与 l 订交D．当 AB， CD 是异面直线时，直线MN 可能与 l 平行【分析】因为直线 CD 的两个端点都能够动，所以M，N 两点可能重合，此时两条直线 AB，CD 共面，因为两条线段相互均分，所以四边形ACBD 是平行四边形，所以 AC∥ BD ，则 BD? β，所以由线面平行的判断定理可得 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 ，故应清除答案 A ， C，D ，应选 B.【答案】 B题组训练一空间地点关系的判断1．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【分析】如图，由题知面PAD 与面 PBC 订交，面 PAB 与面 PCD订交，可设两组订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平行且与四条侧棱订交，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，进而得截面必为平行四边形．因为平面α 能够上下平移，可知知足条件的平面α有无数多个．应选 A.【答案】 A2．已知 m，l 是直线，α，β是平面，给出以下命题：①若 l 垂直于α，则 l 垂直于α内的全部直线②若 l 平行于α，则 l 平行于α内的全部直线③若 l? β，且 l⊥ α，则α⊥β④若 m? α，l? β，且α∥ β，则 m∥ l此中正确的命题的个数是()A．4B．3C．2D．1【分析】关于①，由线面垂直的定义可知①正确；关于②，若 l 平行于α内的全部直线，依据平行公义可得：α内的全部直线都相互平行，明显是错误的，故②错误；关于④，若 m? α，l? β，且α∥ β，则直线 l 与 m 无公共点，∴ l 与 m 平行或异面，故④错误；应选 C.【答案】 C题型二平行与垂直的证明与体积【题型重点】(1)平行关系及垂直关系的转变空间平行、垂直关系证明的主要思想是转变，即经过判断、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转变．(2)数学思想①本例在证明线线垂直、线面平行时，采纳了转变与化归思想．②利用转变与化归思想还能够解决本专题中的线面其余地点关系．(3)求解多面体的体积问题，如最值问题、高的问题、点面距离的问题，一般利用公式法、等体积法、割补法、函数与方程的思想求解．【例 2】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 1＝BC ＝2AD，∠ BAD ＝∠ ABC＝90°.(1)证明：直线BC∥平面 PAD；(2)若 △ PAD 面积为 2 7，求四棱锥 P － ABCD 的体积．【分析】(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 ，故 BC ∥平面 PAD.1(2)取 AD 的中点 M ，连结 PM ，CM ，由 AB ＝ BC ＝ 2AD 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 ，连结 PN ，则 PN ⊥ CD ，所以 PN ＝14x2因为 △PCD 的面积为 21 14 7，所以 × 2x ×2 x ＝ 2 7，解得 x ＝2(舍去 )，x ＝ 2，于是 AB2＝BC ＝2， AD ＝ 4，PM ＝ 21 2 2＋4 ×2 3＝43.3，所以四棱锥 P － ABCD 的体积 V ＝ × 23题组训练二平行与垂直的证明与体积如图，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】连结 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? 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 。

2021年高考数学二轮复习专题五立体几何专题能力训练14空间中的平行与垂直文

专题能力训练14 空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.如图,在以下四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,那么在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是()2.如图,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,点P在△AEF内的射影为O.那么以下说法正确的选项是() A.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3.m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出以下命题:①假设α⊥β,m∥α,那么m⊥β;②假设m⊥α,n⊥β,且m⊥n,那么α⊥β;③假设m⊥β,m∥α,那么α⊥β;④假设m∥α,n ∥β,且m∥n,那么α∥β.其中正确命题的序号是()A.①④B.②③C.②④D.①③4.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,那么m,n所成角的正弦值为()A. B. C. D.5.正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在外表上运动,并且总保持PE ⊥AC,那么动点P的轨迹的周长为.6.以下命题正确的选项是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β,γ,假设α⊥β,γ⊥β,那么α∥γ;②假设a,b,c为三条两两异面的直线,那么存在无数条直线与a,b,c都相交;③假设球O与棱长为a的正四面体各面都相切,那么该球的外表积为a2;④在三棱锥P-ABC中,假设PA⊥BC,PB⊥AC,那么PC⊥AB.7.如图,在四棱锥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)求四面体N-BCM的体积.8.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(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.9.(2021天津,文17)如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB的中点,AB=2,AD=2,∠BAD=90°.(1)求证:AD⊥BC;(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值;(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.10.(2021北京,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1)求证:PE⊥BC;(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;(3)求证:EF∥平面PCD.二、思维提升训练11.如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=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△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.图①图②(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值.12.如图,AB是圆O的直径,点C是的中点,点V是圆O所在平面外一点,D是AC的中点,AB=2,VA=VB=VC=2.(1)求证:OD∥平面VBC;(2)求证:AC⊥平面VOD;(3)求棱锥C-ABV的体积.13.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1.(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的?假设存在,求AE的长,假设不存在,请说明理由.14.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,AB⊥BC,DE垂直平分线段PC,且分别交AC,PC于D,E两点,PB=BC,PA=AB.(1)求证:PC⊥平面BDE;(2)假设点Q是线段PA上任一点,判断BD,DQ的位置关系,并证明你的结论;(3)假设AB=2,求三棱锥B-CED的体积.专题能力训练14空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.A解析易知选项B中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,那么AB∥平面MNQ;选项C中,AB ∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,那么AB∥平面MNQ;选项D中,AB∥NQ,且NQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,那么AB∥平面MNQ,故排除选项B,C,D.应选A.2.A解析如图,易知PA,PE,PF两两垂直,∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,那么PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.B解析当α⊥β,m∥α时,有m⊥β,m∥β,m⊂β等多种可能情况,所以①不正确;当m⊥α,n ⊥β,且m⊥n时,由面面垂直的判定定理知α⊥β,所以②正确;因为m⊥β,m∥α,所以α⊥β,③正确;假设m∥α,n∥β,且m∥n,那么α∥β或α,β相交,④不正确.应选B.4.A解析 (方法一)∵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.(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A1B1C1D1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF∥平面CB1D1,所以平面AEF即为平面α,m即为AE,n即为AF,所以AE与AF所成的角即为m与n所成的角.因为△AEF是正三角形,所以∠EAF=60°,故m,n所成角的正弦值为.5.解析如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF.又GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH.又GH∩EF=H,∴AC⊥平面EFG.故点P的轨迹是△EFG,其周长为.6.②③④解析①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.7.(1)证明由得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.又AD∥BC,故TN AM,四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=.由AM∥BC得M到BC的距离为,故S△BCM=×4×=2.所以四面体N-BCM的体积V N-BCM=×S△BCM×.8.(1) 证明因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC,所以DC⊥平面PAC.(2)证明因为AB∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC.所以平面PAB⊥平面PAC.(3)解棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF.证明如下:取PB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,所以PA∥平面CEF.9.(1)证明由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)解取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM=.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN 中,AN=1,故DN=.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)解连接CM.因为△ABC为等边三角形, M为边AB的中点,故CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD==4.在Rt△CMD中,sin∠CDM=.所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.10.证明 (1)∵PA=PD,且E为AD的中点,∴PE⊥AD.∵底面ABCD为矩形,∴BC∥AD,∴PE⊥BC.(2)∵底面ABCD为矩形,∴AB⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD,PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB.∵PD⊂平面PCD,∴平面PAB⊥平面PCD.(3)如图,取PC的中点G,连接FG,GD.∵F,G分别为PB和PC的中点,∴FG∥BC,且FG=BC.∵四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,∴ED∥BC,ED=BC,∴ED∥FG,且ED=FG,∴四边形EFGD为平行四边形,∴EF∥GD.又EF⊄平面PCD,GD⊂平面PCD,∴EF∥平面PCD.二、思维提升训练11.(1)证明在题图①中,因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在题图②中,BE⊥A1O,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)解由,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1),A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.由题图①知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2.从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=×S×A1O=×a2×a=a3,由a3=36,得a=6.12.(1)证明∵O,D分别是AB和AC的中点,∴OD∥BC.又OD⊄平面VBC,BC⊂平面VBC,∴OD∥平面VBC.(2)证明∵VA=VB,O为AB中点,∴VO⊥AB.在△VOA和△VOC中,OA=OC,VO=VO,VA=VC,∴△VOA≌△VOC,∴∠VOA=∠VOC=90°,∴VO⊥OC.∵AB∩OC=O,AB⊂平面ABC,OC⊂平面ABC,∴VO⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC,∴AC⊥VO.∵VA=VC,D是AC的中点,∴AC⊥VD.∵VO⊂平面VOD,VD⊂平面VOD,VO∩VD=V,∴AC⊥平面VOD.(3)解由(2)知VO是棱锥V-ABC的高,且VO=.∵点C是的中点,∴CO⊥AB,且CO=1,AB=2,∴△ABC的面积S△ABC=AB·CO=×2×1=1,∴棱锥V-ABC的体积为V V-ABC=S△ABC·VO=×1×,故棱锥C-ABV的体积为.13.(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1,所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,所以DE⊥BC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE=h,那么A1E=-h,所以-S△AED-=2h-(-h)-h.因为BD⊥平面ACC1A1,所以h,又V棱柱=×2×=3,所以h=1,解得h=,故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的.14.(1)证明∵DE垂直平分线段PC,PB=BC,∴DE⊥PC,BE⊥PC.又BE∩DE=E,∴PC⊥平面BDE.(2)解BD⊥DQ.证明如下:由(1)得,PC⊥BD.∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥BD.又PC∩PA=P,∴BD⊥平面PAC,当点Q是线段PA上任一点时都有DQ⊂平面PAC,∴BD⊥DQ.(3)解∵PA=AB=2,∴PB=BC=2.∵AB⊥BC,∴AC=2,∴PC=4,CE=2,且BD=.∵△CDE∽△CPA,∴,∴DE=.由(2)可知:BD⊥DE,∴V B-CED=V C-BDE=S△BDE·CE=×2=.。

2020届通用高考数学大二轮复习能力升级练十空间中的平行与垂直关系理

能力升级练(十) 空间中的平行与垂直关系一、选择题1.已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,那么c与b()A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线,但不可能为平行直线,若b∥c,则a∥b,与已知a,b为异面直线相矛盾.2.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⊥αa∥α,b∥α,则a与b相交、平行或异面,故A错误;易知B正确;若a⊥α,a⊥b,则b∥α或b⊂α,故C错误;若a∥α,a⊥b,则b∥α或b⊂α或b与α相交,故D错误.故选B.3.设l是直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若l∥α,l∥β,则α∥βB.若l∥α,l⊥β,则α⊥βC.若α⊥β,l⊥α,则l∥βD.若α⊥β,l∥α,则l⊥βA,若l∥α,l∥β,则α∥β或α与β相交,故A错;易知B正确;对于C,若α⊥β,l⊥α,则l∥β或l⊂β,故C错;对于D,若α⊥β,l∥α,则l与β的位置关系不确定,故D错.故选B.4.如图,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列命题中正确的是()A.平面ABC⊥平面ABDB.平面ABD⊥平面BCDC.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDED.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDEAB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理,DE⊥AC,由于DE∩BE=E,于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.5.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出四个命题:①若α∩β=m,n⊂α,n⊥m,则α⊥β;②若m⊥α,m⊥β,则α∥β;③若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β;④若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.其中正确的命题是()A.①②B.②③C.①④D.②④,①不正确;垂直于同一条直线的两个平面平行,②正确;当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时,它们所成的二面角为直二面角,故③正确;当两个平面相交时,分别与两个平面平行的直线也平行,故④不正确.6.如图,在底面为正方形,侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.15B.25C.35D.45BC1,易证BC1∥AD1,则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角.连接A1C1,由AB=1,AA1=2,则A1C1=√2,A1B=BC1=√5,在△A1BC1中,由余弦定理得cos∠A1BC1=2×√5×√5=45.7.(2018江西赣州模拟)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在()A.直线AC上B.直线AB上C.直线BC上D.△ABC内部AC1,如图.∵∠BAC=90°,∴AC⊥AB,∵BC1⊥AC,BC1∩AB=B,∴AC⊥平面ABC1.又AC在平面ABC内,∴根据面面垂直的判定定理,知平面ABC⊥平面ABC1,则根据面面垂直的性质定理知,在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在直线AB上.故选B.8.如图,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D1,且D1在平面ABC 上的射影恰好落在AB上,在四面体D1ABC的四个面中,有n对平面相互垂直,则n等于()A.2B.3C.4D.5,设D1在平面ABC上的射影为E,连接D1E,则D1E⊥平面ABC,因为D1E⊂平面ABD1, 所以平面ABD1⊥平面ABC.因为D1E⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以D1E⊥BC,又AB⊥BC,D1E∩AB=E,所以BC⊥平面ABD1,又BC⊂平面BCD1,所以平面BCD1⊥平面ABD1,因为BC⊥平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,所以BC ⊥AD 1,又CD 1⊥AD 1,BC ∩CD 1=C , 所以AD 1⊥平面BCD 1,又AD 1⊂平面ACD 1, 所以平面ACD 1⊥平面BCD 1.所以共有3对平面互相垂直.故选B .二、填空题9.(2018广东广州调研)正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,点M 为CC 1的中点,点N 为线段DD 1上靠近D 1的三等分点,平面BMN 交AA 1于点Q ,则线段AQ 的长为 .,在线段DD 1上靠近点D 处取一点T ,使得DT=13,因为N 是线段DD 1上靠近D 1的三等分点,故D 1N=23,故NT=2-13−23=1,因为M 为CC 1的中点,故CM=1,连接TC ,由NT ∥CM ,且CM=NT=1,知四边形CMNT 为平行四边形,故CT ∥MN ,同理在AA 1上靠近A 处取一点Q',使得AQ'=13,连接BQ',TQ',易知TQ'∥BC ,TQ'=BC ,即四边形BCTQ'是平行四边形,则有BQ'∥CT ∥MN ,故BQ'与MN 共面,即Q'与Q 重合,故AQ=13.10.如图,∠ACB=90°,DA ⊥平面ABC ,AE ⊥DB 交DB 于点E ,AF ⊥DC 交DC 于点F ,且AD=AB=2,则三棱锥D-AEF 体积的最大值为 .DA ⊥平面ABC ,所以DA ⊥BC ,又BC ⊥AC ,DA ∩AC=A ,所以BC ⊥平面ADC ,所以BC ⊥AF.又AF ⊥CD ,BC ∩CD=C ,所以AF ⊥平面DCB ,所以AF ⊥EF ,AF ⊥DB.又DB ⊥AE ,AE ∩AF=A ,所以DB ⊥平面AEF ,所以DE 为三棱锥D-AEF 的高.因为AE 为等腰直角三角形ABD 斜边上的高,所以AE=√2,设AF=a ,FE=b ,则△AEF 的面积S=12ab ≤12·a 2+a 22=12×22=12,所以三棱锥D-AEF 的体积V ≤13×12×√2=√26(当且仅当a=b=1时等号成立).11.(2018云南昆明调研)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=AD=4,AA 1=2.过点A 1作平面α与AB ,AD 分别交于M ,N 两点,若AA 1与平面α所成的角为45°,则截面A 1MN 面积的最小值是 .,过点A 作AE ⊥MN ,连接A 1E ,因为A 1A ⊥平面ABCD ,所以A 1A ⊥MN ,所以MN ⊥平面A 1AE ,所以A 1E ⊥MN ,平面A 1AE ⊥平面A 1MN ,所以∠AA 1E 为AA 1与平面A 1MN 所成的角,所以∠AA 1E=45°,在Rt△A 1AE 中,因为AA 1=2,所以AE=2,A 1E=2√2,在Rt△MAN 中,由射影定理得ME ·EN=AE 2=4,由基本不等式得MN=ME+EN ≥2√aa ·aa =4,当且仅当ME=EN ,即E 为MN 的中点时等号成立,所以截面A 1MN 面积的最小值为12×4×2√2=4√2.√212.矩形ABCD中,AB=√3,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成的角范围(包含初始状态)为.,在初始状态时,直线AD与直线BC成的角为0,当BD=√2时,AD⊥DB,AD⊥DC,且DB∩DC=D,, 所以AD⊥平面DBC,又BC⊂平面DBC,故AD⊥BC,直线AD与BC成的角为π2].所以在翻折过程中直线AD与直线BC成的角范围(包含初始状态)为[0,π2]0,π2三、解答题13.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.在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.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且BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又因为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.14.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.如图,取CE的中点G,连接FG,BG.因为F为CD的中点,DE.所以GF∥DE且GF=12因为AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,所以AB∥DE, 所以GF∥AB.DE,所以GF=AB.又因为AB=12所以四边形GFAB为平行四边形,则AF∥BG.因为AF⊄平面BCE,BG⊂平面BCE,所以AF∥平面BCE.(2)因为△ACD为等边三角形,F为CD的中点, 所以AF⊥CD.因为DE⊥平面ACD,AF⊂平面ACD,所以DE⊥AF.又CD∩DE=D,所以AF⊥平面CDE.因为BG∥AF,所以BG⊥平面CDE.又因为BG⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面CDE.11。

2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题四第2讲空间中的平行与垂直

因为 C1E⊂平面 A1ACC1，所以 BE⊥C1E. [主干整合]
1．证明线线平行和线线垂直的常用方法 (1)证明线线平行常用的方法：①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；② 利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④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上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两直线垂直，只需证明一直线垂直于另一直线所在平面即可，即 l⊥α，a⊂α⇒l⊥a. 2．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．
线面平行及线面垂直的证明方法 (1)要证线面平行，主要有两个途径：一是证已知直线与平面内的某直线平行；二是证过已知直线的平面与已知平面平行．转化思想在证明平行关系上起着重要的作用，在寻找平行关系上，利用中位线、平行四边形等是常用的手段． (2)要证线面垂直，关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已知直线垂直，即线线垂直⇒线面垂直．结合图形还要注意一些隐含的垂直关系，如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计算得出的垂直关系等．
∴CF∥平面 ADEB. 又 CF⊂平面 CFEB，平面 CFEB∩平面 ADEB＝BE，∴CF∥BE，
∴VGECD＝VEGCD＝VBGCD， π
∵四边形 ACFD 是等腰梯形，∠DAC＝3.∵CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，
π
1
∴∠ACD＝2，∴CD＝ 3，CG＝2，又 BC⊥平面
11
111
[真题体验] 1．(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，

2020高考文科数学二轮提分广西等课标3卷专用专题能力训练14 空间中的平行与垂直

专题能力训练14空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.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()2.如图,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,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是()A.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3.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出下列命题:①若α⊥β,m∥α,则m⊥β;②若m ⊥α,n⊥β,且m⊥n,则α⊥β;③若m⊥β,m∥α,则α⊥β;④若m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β.其中正确命题的序号是()A.①④B.②③C.②④D.①③4.已知平面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.1C. D.5.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.6.(2019全国Ⅰ,文16)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,则点P到平面ABC的距离为.7.如图,在多面体ABCDPE中,四边形ABCD和CDPE都是直角梯形,AB∥DC,PE∥DC,AD⊥DC,PD⊥平面ABCD,AB=PD=DA=2PE,CD=3PE,F是CE的中点.(1)求证:BF∥平面ADP;(2)已知O是BD的中点,求证:BD⊥平面AOF.8.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(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.9.(2019全国Ⅲ,文19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.2(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的四边形ACGD的面积.10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1)求证:PE⊥BC;(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;(3)求证:EF∥平面PCD.3二、思维提升训练11.如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=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△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.图①图②(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值.12.如图,AB是圆O的直径,点C是的中点,点V是圆O所在平面外一点,D是AC的中点,已知AB=2,VA=VB=VC=2.45(1)求证:OD ∥平面VBC ; (2)求证:AC ⊥平面VOD ; (3)求棱锥C-ABV 的体积.13.(2019广东佛山一中模拟,18)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面四边形ABCD 是菱形, AC ∩BD=O ,△PAC 是边长为2的等边三角形,PB=PD= ,AP=4AF.(1)求四棱锥P-ABCD 的体积 - ;(2)在线段PB 上是否存在一点M ,使得CM ∥平面BDF ?如果存在,求的值;如果不存在,请说明理由.14.如图①,在△ABC 中,D ,E 分别为AB ,AC 的中点,O 为DE 的中点,AB=AC=2 ,BC=4.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置,使得平面A 1DE ⊥平面BCED ,F 为A 1C 的中点,如图②.6图①图②(1)求证:EF ∥平面A 1BD ; (2)求证:平面A 1OB ⊥平面A 1OC ;(3)在线段OC 上是否存在点G ,使得OC ⊥平面EFG ?说明理由.专题能力训练14空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.A解析易知选项B中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ;选项C 中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ;选项D中,AB∥NQ,且NQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ,故排除选项B,C,D.故选A.2.A解析如图,易知PA,PE,PF两两垂直,∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.B解析当α⊥β,m∥α时,有m⊥β,m∥β,m⊂β等多种可能情况,所以①不正确;当m⊥α,n⊥β,且m⊥n时,由面面垂直的判定定理知α⊥β,所以②正确;因为m⊥β,m∥α,所以α⊥β,③正确;若m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β或α,β相交,④不正确.故选B.4.A解析(方法一)∵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所成角的正弦值为.78(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF ∥平面CB 1D 1,所以平面AEF 即为平面α,m 即为AE ,n 即为AF ,所以AE 与AF 所成的角即为m 与n 所成的角. 因为△AEF 是正三角形,所以∠EAF=60°, 故m ,n 所成角的正弦值为.5. 解析如图,取CD 的中点F ,SC 的中点G ,连接EF ,EG ,FG.设EF 交AC 于点H ,连接GH ,易知AC ⊥EF. 又GH ∥SO ,∴GH ⊥平面ABCD ,∴AC ⊥GH.又GH ∩EF=H ,∴AC ⊥平面EFG. 故点P 的轨迹是△EFG ,其周长为 .6. 解析作PD ,PE 分别垂直于AC ,BC ,PO ⊥平面ABC.连接CO ,OD ,知CD ⊥PD ,CD ⊥PO ,PD ∩PO=P ,∴CD ⊥平面PDO ,OD ⊂平面PDO , ∴CD ⊥OD. ∵PD=PE= ,PC=2,9∴sin ∠PCE=sin ∠PCD=, ∴∠PCB=∠PCA=60°. ∴PO ⊥CO ,CO 为∠ACB 平分线, ∴∠OCD=45°,∴OD=CD=1,OC= .又PC=2,∴PO= - .7.证明 (1)如图,取PD 的中点G ,连接FG ,AG.∵F 是CE 的中点,∴FG 是梯形CDPE 的中位线. ∵CD=3PE ,∴FG=2PE ,FG ∥CD. ∵CD ∥AB ,AB=2PE ,∴AB ∥FG ,AB=FG ,即四边形ABFG 是平行四边形. ∴BF ∥AG.又BF ⊄平面ADP ,AG ⊂平面ADP ,∴BF ∥平面ADP. (2)延长AO 交CD 于M ,连接BM ,FM ,∵AB ∥DC ,AD ⊥DC ,∴BA ⊥AD.又CD ⊥DA ,AB=AD ,O 为BD 的中点,∴四边形ABMD 是正方形,∴BD ⊥AM ,MD=2PE , ∴FM ∥PD.∵PD ⊥平面ABCD ,∴FM ⊥平面ABCD ,∴FM ⊥BD. ∵AM ∩FM=M ,∴BD ⊥平面AMF , ∴BD ⊥平面AOF.8.(1)证明因为PC ⊥平面ABCD ,所以PC ⊥DC. 又因为DC ⊥AC,所以DC⊥平面PAC.(2)证明因为AB∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC.所以平面PAB⊥平面PAC.(3)解在棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF.证明如下: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,所以PA∥平面CEF.9.(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解取CG的中点M,连接EM,DM.因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.101110.证明 (1)∵PA=PD ,且E 为AD 的中点,∴PE ⊥AD.∵底面ABCD 为矩形,∴BC ∥AD ,∴PE ⊥BC.(2)∵底面ABCD 为矩形,∴AB ⊥AD.∵平面PAD ⊥平面ABCD ,∴AB ⊥平面PAD.∴AB ⊥PD.又PA ⊥PD ,PA ∩AB=A ,∴PD ⊥平面PAB.∵PD ⊂平面PCD ,∴平面PAB ⊥平面PCD.(3)如图,取PC 的中点G ,连接FG ,GD.∵F ,G 分别为PB 和PC 的中点,∴FG ∥BC ,且FG= BC.∵四边形ABCD 为矩形,且E 为AD 的中点,∴ED ∥BC ,ED= BC ,∴ED ∥FG ,且ED=FG ,∴四边形EFGD 为平行四边形,∴EF ∥GD.又EF ⊄平面PCD ,GD ⊂平面PCD ,∴EF ∥平面PCD.二、思维提升训练11.(1)证明在题图①中,因为AB=BC= AD=a ,E 是AD 的中点,∠BAD= ,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A1OC.(2)解由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1),A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.由题图①知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2.从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=×S×A1O=×a2×a=a3,由a3=36,得a=6.12.(1)证明∵O,D分别是AB和AC的中点,∴OD∥BC.又OD⊄平面VBC,BC⊂平面VBC,∴OD∥平面VBC.(2)证明∵VA=VB,O为AB中点,∴VO⊥AB.在△VOA和△VOC中,OA=OC,VO=VO,VA=VC,∴△VOA≌△VOC,∴∠VOA=∠VOC=90°,∴VO⊥OC.∵AB∩OC=O,AB⊂平面ABC,OC⊂平面ABC,∴VO⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC,∴AC⊥VO.∵VA=VC,D是AC的中点,∴AC⊥VD.∵VO⊂平面VOD,VD⊂平面VOD,VO∩VD=V,∴AC⊥平面VOD.(3)解由(2)知VO是棱锥V-ABC的高,且VO=-.∵点C是的中点,∴CO⊥AB,且CO=1,AB=2,∴△ABC的面积S△ABC=AB·CO=×2×1=1,1213∴棱锥V-ABC 的体积为V V-ABC = S △ABC ·VO= ×1× ,故棱锥C-ABV 的体积为 .13.解 (1)∵底面ABCD 是菱形,∴O 为AC ,BD 的中点.又PA=PC ,PB=PD ,∴PO ⊥AC ,PO ⊥BD.∵AC ∩BD=O ,AC ⊂平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,∴PO ⊥底面ABCD.在△PAC 中,AC=2,∴PO= .在△PBD 中,PB=PD= ,BD=2 .∴V P-ABCD = ·PO·S 菱形ABCD = ×2×2 =2.(2)过C 作CE ∥BD 交AB 延长线于E ,过E 作EH ∥BF 交PA 于H ,EH 与PB 的交点为M. ∵CE ∥BD ,BD ⊂平面BDF ,CE ⊄平面BDF ,∴CE ∥平面BDF.∵EH ∥BF ,BF ⊂平面BDF ,EH ⊄平面BDF ,∴EH ∥平面BDF.又CE ∩EH=E ,CE ⊂平面CEM ,EH ⊂平面CEM ,∴平面BDF ∥平面CEM.∵CM ⊂平面CEM ,∴CM ∥平面BDF.∵BD ∥CE ,DC ∥BE ,∴四边形BECD 为平行四边形,∴DC=BE=AB ,∴B 为AE 中点.∵AP=4AF ,EH ∥BF ,∴H 为PA 的中点,∴M 为中线PB 与中线EH 的交点,∴M 是△APE 的重心,∴ .14.(1)证明取线段A 1B 的中点H ,连接HD ,HF.∵D ,E 分别为AB ,AC 的中点,∴DE ∥BC ,DE= BC.∵H ,F 分别为A 1B ,A 1C 的中点,∴HF ∥BC ,HF= BC,∴HF∥DE,HF=DE,∴四边形DEFH为平行四边形,∴EF∥HD.∵EF⊄平面A1BD,HD⊂平面A1BD,∴EF∥平面A1BD.(2)证明∵在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,AB=AC,∴AD=AE,∴A1D=A1E.又O为DE的中点,∴A1O⊥DE.∵平面A1DE⊥平面BCED,且A1O⊂平面A1DE,∴A1O⊥平面BCED,∴CO⊥A1O.在△OBC中,BC=4,易知OB=OC=2,∴CO⊥BO,∴CO⊥平面A1OB.又CO⊂平面A1OC,∴平面A1OB⊥平面A1OC.(3)解假设线段OC上存在点G,使得OC⊥平面EFG.连接GE,GF,则必有OC⊥GF,且OC⊥GE.在Rt△A1OC中,由F为A1C的中点,OC⊥GF,得G为OC的中点.在△EOC中,∵OC⊥GE,∴EO=EC,这显然与EO=1,EC=矛盾.∴在线段OC上不存在点G,使得OC⊥平面EFG.14。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

专题能力训练14 空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是()A.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C12.如图,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,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是()A.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3.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)4.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.5.下列命题中正确的是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为a2;④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.在正三棱柱A1B1C1-ABC中,点D是BC的中点,BC=BB1.设B1D∩BC1=F.求证:(1)A1C∥平面AB1D;(2)BC1⊥平面AB1D.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;(3)求点D到平面PAM的距离.8.(2018全国Ⅰ,理18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P 的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.二、思维提升训练9.(2018浙江,8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ110.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF;(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由;(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=,AB=AD=.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).(1)求证:AE⊥平面BDC;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点B到平面ACD的距离.专题能力训练14空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.D解析易知A1C1⊥平面BB1D1D.∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故选D.2.A解析如图,易知PA,PE,PF两两垂直,∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.②③④解析对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β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α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m ⊥n,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,故正确的命题有②③④.4解析如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF.又GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH.又GH∩EF=H,∴AC⊥平面EFG.故点P的轨迹是△EFG,其周长为5.②③④解析①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.6.证明 (1)连接A1B,设A1B交AB1于点E,连接DE.∵点D是BC的中点,点E是A1B的中点,∴DE∥A1C.∵A1C⊄平面AB1D,DE⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形,点D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面B1BCC1,平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面B1BCC1.∵BC1⊂平面B1BCC1,∴AD⊥BC1.∵点D是BC的中点,BC=BB1,∴BD=BB1.,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1,∴∠BDB1=∠BC1C.∴∠FBD+∠BDF=∠C1BC+∠BC1C=90°.∴BC1⊥B1D.∵B1D∩AD=D,∴BC1⊥平面AB1D.7.(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.因为M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,所以PC⊥平面AMD.因为AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱PB的中点Q,连接QM,QA.因为M为PC的中点,所以QM∥BC.在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM=,所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=设点D到平面PAC的距离为h,由V D-PAC=V P-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO.因为S△ACD=22=,所以h=,解得h=, 所以点D到平面PAM的距离为8.(1)证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=,EH=则H(0,0,0),P,D为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为二、思维提升训练9.D解析当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF∥BC,连接SG,GH,EH,SF.可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.由题意可知EF⊥SF,故tan θ1==tan θ3.∴θ1>θ3.又tan θ3==tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.当点E是线段AB的中点时,即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2.综上可知,θ1≥θ3≥θ2.10.(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,所以C1B1∥平面ADD1A1.因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=,即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F.又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.在矩形ABB1A1中,AB=,AA1=2,得BH=在Rt△BHC1中,BC1=2,BH=,得sin∠BC1H=所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是11.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=AB时,BC∥平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.又因为AK=AB,F为AE的中点,所以KF∥EH,所以KF∥BC.因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,所以BC∥平面DFK.(2)证明因为F为AE的中点,DA=DE=1,所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE.因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,所以在折起后的图形中AE=BE=,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.因为BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.12.(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1,所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,所以DE⊥BC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE=h,则A1E=-h,所以-S△AED-=2h-(-h)-h.因为BD⊥平面ACC1A1,所以h,又V棱柱=2=3, 所以h=1,解得h=,故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的13.(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.∵AB=AD=,DB=2,∴AM⊥BD.∵DB=2,DC=1,BC=满足DB2+DC2=BC2,∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,∵E是BC的中点,∴ME为△BCD的中位线,ME CD,∴ME⊥BD,ME=,∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角,∴∠AME=60°.∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,∴BD⊥平面AEM.∵AE⊂平面AEM,∴BD⊥AE.∵△ABD为等腰直角三角形,∴AM=BD=1.在△AEM中,∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+-2×1cos 60°=,∴AE=, ∴AE2+ME2=1=AM2,∴AE⊥ME.∵BD∩ME=M,BD⊂平面BDC,ME⊂平面BDC,∴AE⊥平面BDC.(2)解取AD的中点N,连接MN,则MN是△ABD的中位线,MN∥AB.又ME∥CD,∴直线AB与CD所成角θ等于MN与ME所成的角,即∠EMN或其补角.AE⊥平面BCD,DE⊂平面BCD,∴AE⊥DE.∵N为Rt△AED斜边的中点,∴NE=AD=,MN=AB=,ME=,∴cos θ=|cos∠EMN|=(3)解记点B到平面ACD的距离为d,则三棱锥B-ACD的体积V B-ACD=d·S△ACD.又由(1)知AE是三棱锥A-BCD的高,BD⊥CD,∴V B-ACD=V A-BCD=AE·S△BCD=∵E为BC中点,AE⊥BC,∴AC=AB=又DC=1,AD=,△ACD为等腰三角形,S△ACD=DC1,∴点B到平面ACD的距离d=。