高考文科数学刷题练习考点十四空间中的平行与垂直关系.doc

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1、考点十四空间中的平行与垂直关系一、选择题1已知平面平面，若两条直线m，n分别在平面，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解析由知，.又m，n，故mn.故选B.2设直线m与平面相交但不垂直，则下列说法正确的是()A在平面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垂直C与直线m垂直的直线不可能与平面平行D与直线m平行的平面不可能与平面垂直答案B解析可以通过观察正方体ABCDA1B1C1D1进行判断，取BC1为直线m，平面ABCD为平面，由AB，CD均与m垂直知，A错误；由D1C1与m垂直且与平面平行知，C错误；由平面ADD1A1与m平行且与平

2、面垂直知，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，为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出的是()Amn，m，n Bmn，m，nCmn，m，n Dmn，m，n答案B解析当mn时，若m，可得n.又n，可知，故选B.4(2019湖南长沙一中模拟一)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是()AA1ODC BA1OBCCA1O平面B1CD1 DA1O平面ABD答案C解析显然A1O与DC是异面直线，故A错误；假设A1OBC，结合A1ABC可得BC平面A1ACC1，则可得BCAC，显然不正确，故假设错误，即B错误；在

3、正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，A1DB1C，ODB1D1，A1DDOD，B1D1B1CB1，平面A1DO平面B1CD1，A1O平面A1DO，A1O平面B1CD1，故C正确；又A1A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如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面平面，平面平面，l，那么l平面D如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面答案D解析对于D，若平面平面，则平面内的直线可能不垂直于平面，甚至可能平行于平面，其余选项均是正确的6(

4、2019河南名校联盟2月联考)设点P是正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1的中点，平面过点P，且与直线BD1垂直，平面平面ABCDm，则m与A1C所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案B解析由题意知，点P是正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1的中点，平面过点P，且与直线BD1垂直，平面平面ABCDm，根据面面平行的性质，可得mAC，所以直线m与A1C所成的角即为直线AC与直线A1C所成的角，即ACA1为直线m与A1C所成的角，在RtACA1中，cosACA1，即m与A1C所成角的余弦值为，故选B.7(2017全国卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M

5、，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，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.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，ADBC，ADAB，BCD45

6、，BAD90.将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC答案D解析因为在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以BDCD，又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，所以CD平面ABD，则CDAB，又ADAB，所以AB平面ADC，则平面ABC平面ADC，故选D.二、填空题9已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是B1D1上一点，且PQ平面AA1B1B，则线段PQ的长

7、为_答案解析如图，PQ平面AA1B1B，PQ平面AD1B1，AB1平面AA1B1B平面AD1B1，PQAB1，点P是平面AA1D1D的中心，点P是AD1的中点，点Q是B1D1的中点，PQAB1.10(2019黑龙江大庆一中四模)给出下列四个命题：如果平面外一条直线a与平面内一条直线b平行，那么a；过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；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；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_答案解析命题是线面平行的判定定理，正确；命题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

8、一条直线与已知平面垂直，故正确；命题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.11. 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，点D在棱BB1上，且BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为_答案解析如图，取C1A1，CA的中点E，F，连接B1E，BF，EF，则B1E平面CAA1C1.过点D作DHB1E，则DH平面CAA1C1.连接AH，则DAH为AD与平面AA1C1C所成角DHB1E，DA，所以sinDAH.12(2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，

9、点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_答案解析如图，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OEAC于E，OFBC于F，连接PC，PE，PF，则PEAC，PFBC.又PEPF，所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，即ACO45.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO.三、解答题13(2019安徽黄山第三次质量检测)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90，以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA.(1)证明：CD平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQDA，求

10、三棱锥BAPQ的体积解(1)证明：四边形ABCM是平行四边形，且ACM90，ACAB，又ADAB，AB平面ACD，CD平面ACD，ABCD，又CDAC，CD平面ABC.(2)取AC上一点H，使CHCA，DQDA，连接QH，则QHCD，由(1)可得QH平面ABC，ABAC3，BC3，AD3，BPDQ32，QHCD31，ACAB3，ACAB，ABC为等腰直角三角形，ABP45，SPABABBPsin453，VBAPQVQAPBSPABQH1.14(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：

11、MN平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离解(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)解法一：过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DEBC，DEC1C，所以DE平面C1CE，故DECH.从而CH平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离由已知可得CE1，C1C4，所以C1E，故CH.从而点C到平面C1DE的距离为.解法二：

12、在菱形ABCD中，E为BC的中点，所以DEBC，根据题意有DE，C1E，因为棱柱为直棱柱，所以有DE平面BCC1B1，所以DEEC1，所以SDEC1，设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有VC1CDEVCC1DE，则有14d，解得d.一、选择题1设直线l与平面平行，直线m在平面内，那么()A直线l不平行于直线mB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与平面平行，由线面平行的定义可知，直线l与平面无公共点，又直线m在平面内，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，表示不同的平面，则下列命题中正确的是()A若l且，

13、则lB若且，则C若l且l，则D若且，则答案B解析在A中，若l且，则l，则l与可能相交、平行或l；在B中，若且，则，由面面平行的性质可得；在C中，若l且l，则，则与相交或平行；在D中，若且，则，则与相交或平行，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ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点则下列叙述中正确的是()A直线BQ平面EFG B直线A1B平面EFGC平面APC平面EFG D平面A1BQ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AA1，BC的中点)，A1BHE，A1B平面EFG，HE

14、平面EFG，A1B平面EFG，故选B.4设正三棱锥PABC的高为H，且此棱锥的内切球的半径为R，若二面角PABC的正切值为，则()A5 B6 C7 D8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ABa，则ODaa，PDC为二面角PABC的平面角，tanPDC，PD6ODa，设正三棱锥PABC的表面积为S，则R，7.5已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1，AB4，若在棱AB上存在点P，使得D1PPC，则AD的取值范围是()A(0,1 B(0,2 C(1， D1,4)答案B解析连接DP，由D1PPC，DD1PC，且D1P，DD1是平面DD1P上两条相交直线，得PC平面DD

15、1P，PCDP，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0ADCD2，故选B.6(2019乌鲁木齐第三次诊断性测验)如图，在多面体ABCDEFG中，平面ABC平面DEFG，ACGF，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. B4 C. D5答案A解析如图，取BD的中点P，连接MP，NP，则MPAB，NPDE，MPAB1，NPDE2，又ACGF，ACNP，CAB60，MPN120，MN，故选A.7(2019河北衡水中学第一次摸底)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为半圆弧且点E为下底面半圆弧上一点(异

16、于点B，C)，则关于该几何体的说法正确的是()ABEAC BDEAECCE平面ABE DBD平面ACE答案C解析由三视图可知，该几何体是如图所示的半圆柱，圆柱底面半径为1，高为2，若BEAC，因为BEAB，ABACA，所以BE平面ABC，又因为BC平面ABC，所以BEBC，不成立，所以A不正确；因为DE2AE222CE222BE212AD2，因此AED90，即DE与AE不垂直，所以B不正确；因为BC为半圆的直径，所以BECE，又因为CEAB，ABBEB，所以CE平面ABE，所以C正确；假设BD平面ACE，则BDCE，又CEDC，BDDCD，所以CE平面ABCD，所以CEBC，与CEB90矛盾，

17、所以D不正确故选C.8(2019安徽泗县一中最后一模)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，F为棱AA1上的点，且满足A1FFA12，点F，B，E，G，H为过三点B，E，F的平面BMN与正方体ABCDA1B1C1D1的棱的交点，则下列说法错误的是()AHFBEB三棱锥的体积VB1BMN4C直线MN与平面A1B1BA的夹角是45DD1GG1C13答案C解析由于平面ADD1A1平面BCC1B1，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HFBE，故A正确；由于A1FFA12，而E是CC1的中点，故MA11，HD1，D1G，GC1，C1N

18、2，VB1BMNVBMNB1MB1NB1BB13424，故B正确；对于C，由于B1N平面A1B1BA，所以直线MN与平面A1B1BA所成角为NMB1，且tanNMB11，故C错误；对于D，根据前面计算的结果可知D1G，GC1，故D正确，故选C.二、填空题9(2019北京高考)已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.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且l，则lm成立(或若lm，l，则m)解析已知l，m是平面外的两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可以与平行，也可以与相交不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可以推出lm

19、.故正确的命题是或.10已知四边形ABCD是矩形，AB4，AD3.沿AC将ADC折起到ADC，使平面ADC平面ABC，F是AD的中点，E是AC上一点，给出下列结论：存在点E，使得EF平面BCD；存在点E，使得EF平面ABC；存在点E，使得DE平面ABC；存在点E，使得AC平面BDE.其中正确的结论是_(写出所有正确结论的序号)答案解析对于，存在AC的中点E，使得EFCD，利用线面平行的判定定理可得EF平面BCD；对于，过点F作EFAC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得EF平面ABC；对于，过点D作DEAC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得DE平面ABC；对于，因为ABCD是矩形，AB4

20、，AD3，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BDE.11(2019河南洛阳第三次统考)在底面是边长为2的正方形的四棱锥PABCD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PABCD的内切球半径为r，外接球的半径为R，则Rr_.答案解析如图，E，F分别为AB，CD的中点，由题意，PABCD为正四棱锥，底面边长为2，BCAD，PBC即为PB与AD所成角，可得斜高为2，PEF为正三角形，正四棱锥PABCD的内切球半径即为PEF的内切圆半径，所以(2)22r3，可得r1，设O为外接球球心，在RtOHA中，R2()2(3R

21、)2，解得R，Rr1.12. 如图，已知点D，E分别是三棱柱ABCA1B1C1的棱BC，A1B1的中点，给出以下命题：BB1平面C1DE；DE平面ACC1A1；平面ADE平面BCC1B1；VEABD2VEDCC1.其中真命题是_(填上所有真命题的序号)答案解析因为CC1与平面C1DE相交，且CC1BB1，所以BB1也与平面C1DE相交，故错误；取A1C1的中点F，连接EF，CF，由EFDC，且EFDC知四边形EFCD是平行四边形，所以EDFC，又FC平面ACC1A1，ED平面ACC1A1，所以DE平面ACC1A1，故正确；因为题中没有任何垂直关系，故错误；设该三棱柱的高为h，则VEABDSAB

22、DhSABChV三棱柱取AB的中点G，连接EG，则EG平面BCC1B1，所以VEDCC1VGDCC1VC1DCGSDCGhSABChV三棱柱，所以VEABD2VEDCC1，故正确所以真命题是.三、解答题13(2019山东临沂三模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD，ABC，M是PC的中点(1)求证：平面PAC平面MBD；(2)若PBPD，三棱锥PABD的体积为，求四棱锥PABCD的侧面积解(1)证明：PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD，又底面ABCD是菱形，BDAC，又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，BD平面PAC，又BD平面MBD，平面PA

23、C平面MBD.(2)设菱形ABCD的边长为x，ABC，BAD，在ABD中，BD2AD2AB22ADABcosBAD2x22x23x2，BDx，PA平面ABCD，PAAD，PAAB，又ABAD，PBPD，PBD为等腰直角三角形，PBPDx，PAx，又SABDABADsinBADx2sinx2，V三棱锥PABDSABDPAx2x，x2，PA，PBPD，ABC，ACAB2.又PA平面ABCD，PCPB，四棱维PABCD的侧面积等于2SPAB2SPBC22222()14(2019陕西西安模拟)如图所示，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，PA2，ABC90，AB，BC1，AD2，CD4，E为CD的中点(1)求证：AE平面PBC；(2)求三棱锥CPBE的体积解(1)证明：AB，BC1，ABC90，AC2，BCA60.在ACD中，AD2，AC2，CD4，AC2AD2CD2，CAD90，ACD是直角三角形又E为CD的中点，AECDCE2，ACE是等边三角形，CAE60，CAE60BCA，BCAE.又AE平面PBC，BC平面PBC，AE平面PBC.(2)PA底面ABCD，PA底面BCE，PA为三棱锥PBCE的高BCA60，ACD60，BCE120.又BC1，CE2，SBCEBCCEsinBCE12，V三棱锥CPBEV三棱锥PBCESBCEPA2.