高考数学理二轮配套训练专题52空间中的平行与垂直含答案Word文档格式.docx

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C：

α∩β＝m，若a∥m时，满足a∥α，a∥β，但是α∥β不正确，所以选D.

（2）若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.

若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.

若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.

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．

　对于平面α，β，γ和直线a，b，m，n，下列命题中真命题是（　　）

A．若a⊥m，a⊥n，m⊂α，n⊂α，则a⊥α

B．若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b

C．若a∥b，b⊂α，则a∥α

D．若a⊂β，b⊂β，a∥α，b∥α，则β∥α

答案　B

解析　A中：

由线面垂直的判定定理知，还需m与n相交才能得a⊥α，故A错．C中：

由线面平行的判定定理，还需知a⊄α，故C错．D中：

由面面平行的判定定理知，还需a与b相交才能得β∥α，故D错．所以选B.

热点二　平行、垂直关系的证明

例2

如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：

（1）PA⊥底面ABCD；

（2）BE∥平面PAD；

（3）平面BEF⊥平面PCD.

思维启迪　

（1）利用平面PAD⊥底面ABCD的性质，得线面垂直；

（2）BE∥AD易证；

（3）EF是△CPD的中位线．

证明　

（1）因为平面PAD⊥底面ABCD，

且PA垂直于这两个平面的交线AD，

所以PA⊥底面ABCD.

（2）因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，

所以AB∥DE，且AB＝DE.

所以四边形ABED为平行四边形．

所以BE∥AD.

又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以BE∥平面PAD.

（3）因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．

所以BE⊥CD，AD⊥CD，

由

（1）知PA⊥底面ABCD.

所以PA⊥CD.

所以CD⊥平面PAD.

所以CD⊥PD.

因为E和F分别是CD和PC的中点，

所以PD∥EF.所以CD⊥EF.

所以CD⊥平面BEF.

又CD⊂平面PCD，

所以平面BEF⊥平面PCD.

思维升华　垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型．

（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行．

（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直．

（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．

（4）证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直．

　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＝

DE.

∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，

∴AB∥DE，∴GF∥AB.

又AB＝

DE，∴GF＝AB.

∴四边形GFAB为平行四边形，则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，∴AF⊥平面CDE.

∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.

∵BG⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.

热点三　图形的折叠问题

例3

　如图

（1），在Rt△ABC中，∠C＝90°

，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图

（2）．

（1）求证：

DE∥平面A1CB；

（2）求证：

A1F⊥BE；

（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？

请说明理由．

思维启迪　折叠问题要注意在折叠过程中，哪些量变化了，哪些量没有变化．第

（1）问证明线面平行，可以证明DE∥BC；

第

（2）问证明线线垂直转化为证明线面垂直，即证明A1F⊥平面BCDE；

第（3）问取A1B的中点Q，再证明A1C⊥平面DEQ.

（1）证明　因为D，E分别为AC，AB的中点，

所以DE∥BC.

又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，

所以DE∥平面A1CB.

（2）证明　由图

（1）得AC⊥BC且DE∥BC，

所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.

所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，

所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，

所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，

所以A1F⊥BE.

（3）解　线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：

如图，

分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.

又因为DE∥BC，

所以DE∥PQ.

所以平面DEQ即为平面DEP.

由

（2）知，DE⊥平面A1DC，

所以DE⊥A1C.

又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，

所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.

从而A1C⊥平面DEQ.

故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.

思维升华　

（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，折线同一侧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．

（2）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．

　如图

（1），已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝

，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝x.沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图

（2）所示），G是BC的中点．

（1）当x＝2时，求证：

BD⊥EG；

（2）当x变化时，求三棱锥D－BCF的体积f（x）的函数式．

（1）证明　作DH⊥EF，垂足为H，连接BH，GH，

因为平面AEFD⊥平面EBCF，交线为EF，DH⊂平面AEFD，

所以DH⊥平面EBCF，又EG⊂平面EBCF，故EG⊥DH.

因为EH＝AD＝

BC＝BG＝2，BE＝2，EF∥BC，∠EBC＝90°

，

所以四边形BGHE为正方形，故EG⊥BH.

又BH，DH⊂平面DBH，且BH∩DH＝H，故EG⊥平面DBH.

又BD⊂平面DBH，故EG⊥BD.

（2）解　因为AE⊥EF，平面AEFD⊥平面EBCF，交线为EF，AE⊂平面AEFD，

所以AE⊥平面EBCF.

由

（1）知，DH⊥平面EBCF，故AE∥DH，

所以四边形AEHD是矩形，DH＝AE，故以B，F，C，D为顶点的三棱锥D－BCF的高DH＝AE＝x.

又S△BCF＝

BC·

BE＝

×

4×

（4－x）＝8－2x，

所以三棱锥D－BCF的体积f（x）＝

S△BFC·

DH

＝

AE＝

（8－2x）x

＝－

x2＋

x（0<

x<

4）．

1．证明线线平行的常用方法

（1）利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；

（2）利用平行四边形进行转换；

（3）利用三角形中位线定理证明；

（4）利用线面平行、面面平行的性质定理证明．

2．证明线面平行的常用方法

（1）利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证线线平行；

（2）利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证面面平行．

3．证明面面平行的方法

证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行．

4．证明线线垂直的常用方法

（1）利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；

（2）利用勾股定理逆定理；

（3）利用线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．

5．证明线面垂直的常用方法

（1）利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；

（2）利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证面面垂直；

（3）利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．

6．证明面面垂直的方法

证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决.

真题感悟

1．（2014·

辽宁）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∥α

D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α

解析　方法一　若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，A错；

若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B正确；

若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，C错；

若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能n⊂α，D错．

方法二　

如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，用平面ABCD表示α.

A项中，若m为A′B′，n为B′C′，满足m∥α，n∥α，

但m与n是相交直线，故A错．

B项中，m⊥α，n⊂α，

∴m⊥n，这是线面垂直的性质，故B正确．

C项中，若m为AA′，n为AB，

满足m⊥α，m⊥n，但n⊂α，故C错．

D项中，若m为A′B′，n为B′C′，

满足m∥α，m⊥n，但n∥α，故D错．

2．（2014·

辽宁）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°

，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．

EF⊥平面BCG；

（2）求三棱锥D－BCG的体积．

附：

锥体的体积公式V＝

Sh，其中S为底面面积，h为高．

（1）证明　由已知得△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.

又G为AD的中点，所以CG⊥AD.

同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G，因此AD⊥平面BGC.

又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.

（2）解　在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O.

由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC.

又G为AD中点，因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半．

在△AOB中，AO＝AB·

sin60°

所以VD－BCG＝VG－BCD＝

S△DBC·

h

BD·

sin120°

·

.

押题精练

1.

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）．

答案　②④

解析　①错误，PA⊂平面MOB；

②正确；

③错误，否则，有OC⊥AC，这与BC⊥AC矛盾；

④正确，因为BC⊥平面PAC.

2．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．

（1）证明：

平面ADC1B1⊥平面A1BE；

（2）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？

并证明你的结论．

（1）证明　如图，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，

所以B1C1⊥面ABB1A1.

因为A1B⊂面ABB1A1，

所以B1C1⊥A1B.

又因为A1B⊥AB1，B1C1∩AB1＝B1，

所以A1B⊥面ADC1B1.

因为A1B⊂面A1BE，所以平面ADC1B1⊥平面A1BE.

（2）解　当点F为C1D1中点时，可使B1F∥平面A1BE.

证明如下：

取C1D1中点F，连接EF，B1F

易知：

EF∥C1D，且EF＝

C1D.

设AB1∩A1B＝O，连接OE，则B1O∥C1D且B1O＝

C1D，

所以EF∥B1O且EF＝B1O，

所以四边形B1OEF为平行四边形．

所以B1F∥OE.

又因为B1F⊄面A1BE，OE⊂面A1BE.

所以B1F∥面A1BE.

（推荐时间：

60分钟）

一、选择题

广东）若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是（　　）

A．l1⊥l4

B．l1∥l4

C．l1与l4既不垂直也不平行

D．l1与l4的位置关系不确定

答案　D

解析　

如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.

2．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是（　　）

A．α⊥β，且m⊂αB．m∥n，且n⊥β

C．α⊥β，且m∥αD．m⊥n，且n∥β

解析　根据定理、性质、结论逐个判断．因为α⊥β，m⊂α⇒m，β的位置关系不确定，可能平行、相交、m在β面内，故A错误；

由线面垂直的性质定理可知B正确；

若α⊥β，m∥α，则m，β的位置关系也不确定，故C错误；

若m⊥n，n∥β，则m，β的位置关系也不确定，故D错误．

3．ABCD－A1B1C1D1为正方体，下列结论错误的是（　　）

A．BD∥平面CB1D1B．A1C⊥BD

C．AC1⊥平面CB1D1D．AC1⊥BD1

解析　因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以DD1∥BB1且DD1＝BB1，所以四边形DD1B1B为平行四边形，所以BD∥B1D1，因为BD⊄面CB1D1，B1D1⊂面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，故A正确；

因为AA1⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，所以AA1⊥BD，因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为AC∩AA1＝A，所以BD⊥面A1ACC1，因为A1C⊂面A1ACC1，所以BD⊥A1C，故B正确．同理可证得B1D1⊥面A1ACC1，因为AC1⊂面A1ACC1，所以B1D1⊥AC1，同理可证CB1⊥AC1，因为B1D1∩CB1＝B1，所以AC1⊥平面CB1D1，故C正确．排除法应选D.

4．如图，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ABC

B．平面ADC⊥平面BDC

C．平面ABC⊥平面BDC

D．平面ADC⊥平面ABC

解析　∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°

，∴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.

5．直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题：

①若m∥n，n∥α，则m∥α；

②若m∥β，α∥β，则m∥α；

③若m⊥n，n⊥α，则m∥α；

④若m⊥β，α⊥β，则m∥α.其中正确命题的个数是（　　）

A．1B．2

C．3D．4

解析　对①，根据线面平行的判定定理知，m∥α；

对②，如果直线m与平面α相交，则必与β相交，而这与α∥β矛盾，故m∥α；

对③，在平面α内取一点A，设过A、m的平面γ与平面α相交于直线b.因为n⊥α，所以n⊥b，又m⊥n，所以m∥b，则m∥α；

对④，设α∩β＝l，在α内作m′⊥β，因为m⊥β，所以m∥m′，从而m∥α.故四个命题都正确．

6.

在正三棱锥S－ABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA＝2

，则正三棱锥S－ABC外接球的表面积是（　　）

A．12πB．32π

C．36πD．48π

答案　C

解析　由MN⊥AM且MN是△BSC的中位线得BS⊥AM，

又由正三棱锥的性质得BS⊥AC，∴BS⊥面ASC.

即正三棱锥S－ABC的三侧棱SA、SB、SC两两垂直，外接球直径为

SA＝6.

∴球的表面积S＝4πR2＝4π×

32＝36π.选C.

二、填空题

7．已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，给出下列四个命题：

①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；

②若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n；

③若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；

④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n.其中正确的个数为_________________．

答案　2

解析　①中m，n可能异面或相交，故不正确；

②因为m∥α，n⊥β，且α⊥β成立时，m，n两直线的关系可能是相交、平行、异面，故不正确；

③因为m⊥α，α∥β可得出m⊥β，再由n∥β可得出m⊥n，故正确；

④分别垂直于两个垂直平面的两条直线一定垂直，正确．故③④正确．

8．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，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平行于平面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.

9.

如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.

答案　a或2a

解析　由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.

要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．

令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.

易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，

得

即

整理得x2－3ax＋2a2＝0，

解得x＝a或x＝2a.

10．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC（不含端点）上一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是________．

答案　

解析　破解此题可采用两个极端位置法，

即对于F位于DC的中点时，t＝1，

随着F点到C点时，

∵CB⊥AB，CB⊥DK，

∴CB⊥平面ADB，

即有CB⊥BD，

对于CD＝2，BC＝1，

∴BD＝

又AD＝1，AB＝2，因此有AD⊥BD，

则有t＝

因此t的取值范围是

三、解答题

11．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点，

AC⊥BC1；

AC1∥平面CDB1.

证明　

（1）直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，

∴AB2＝AC2＋BC2，

∴AC⊥BC.CC1⊥平面ABC，

AC⊂平面ABC，

∴AC⊥CC1，又BC∩CC1＝C，

∴AC⊥平面BCC1B1，

BC1⊂平面BCC1B1，

∴AC⊥BC1.

（2）设CB1与C1B的交点为E，连接DE，

∵D是AB的中点，E是C1B的中点，

∴DE∥AC1，

∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，

∴AC1∥平面CDB1.

12．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分别为A1B1，AA1的中点，点F在棱AB上，且AF＝

AB.

EF∥平面BC1D；

（2）在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1∶15，若存在，指出点G的位置；

若不存在，请说明理由．

（1）证明　取AB的中点M，连接A1M.

因为AF＝

AB，所以F为AM的中点．

又E为AA1的中点，所以EF∥A1M.

在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，M分别是A1B1，AB的中点，

所以A1D∥BM，A1D＝BM，

所以四边形A1DBM为平行四边形，所以A1M∥BD.

所以EF∥BD.

因为BD⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，

所以EF∥平面BC1D.

（2）解　设AC上存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成两部分的体积之比为1∶15，如图所示．

则VE－AFG∶VABC－A1B1C1＝1∶16，

所以

由题意，

，解得

所以AG＝

AC>

AC，所以符合要求的点G不存在．

13．（2014·

广东）如图

（1），四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图

（2）折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记