高考文科数学专题复习冲刺方案专题四空间中的平行与垂直.doc

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1、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)判定判定定理：ab，b，aa.面面平行的性质：，aa.(2)性质：l，l，mlm.2直线和平面垂直的判定和性质(1)判定判定定理：ab，ac，b，c，bcOa

2、.线面垂直的其他判定方法：a.ab，ab.b.l，l.c.，l，a，ala.(2)性质l，ala.l，mlm.3两个平面平行的判定和性质(1)判定判定定理：a，b，abP，a，b.面面平行的其他判定方法：a.l，l.b.，.(2)性质：，a，bab.4两个平面垂直的判定和性质(1)判定：a，a.(2)性质：，l，a，ala.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，表示平面下列说法正确的是()A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，mn，则n答案B解析若m，n，则m，n相交或平行或异面，故A错误；若m，n

3、，由线面垂直的性质定理可知mn，故B正确；若m，mn，则n或n，故C错误；若m，mn，则n或n或n或n与斜交，故D错误故选B(2)正方体ABCDA1B1C1D1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 B C D答案D解析如图所示，过点A作AEBM交DD1于点E，则E是DD1的中点，过点N作NTAE交A1A于点T，此时NTBM，所以B，M，N，T四点共面，所以点Q与点T重合，易知AQNE，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

4、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PABC中，已知PAABAC，BACPAC，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PAABAC，BACPAC，PACBAC，得PCBC，取PB的中点G，连接AG，CG，则PBCG，PBAG，又AGCGG，PB平面CAG，则PBAC，D，E分别为棱BC，PC的中点，DEPB，则DEAC故选D2如图，在以角C为直角顶点的三角形ABC中，AC8，BC6，PA平

5、面ABC，F为PB上的点，在线段AB上有一点E，满足BEAE.若PB平面CEF，则实数的值为()A B C D答案C解析PB平面CEF，PBCE，又PA平面ABC，CE平面ABC，PACE，而PAPBP，CE平面PAB，CEAB，.考向2 空间平行、垂直关系的证明例2(2019北京门头沟区高三3月模拟)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为6的菱形，且ABC60，PA平面ABCD，PA6，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AF2，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(

6、1)证明：由题意可知，PA平面ABCD，则BDPA，又底面ABCD是菱形，所以BDAC，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FBD，所以直线EG上任一点M都满足CM平面BDF. 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 (2019朝阳区高三第一次模拟)如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF平面ABCD，四边形ADEF

7、为正方形，四边形ABCD为梯形，且ADBC，BAD90，ABAD1，BC2.(1)求证：AFCD；(2)若M为线段BD的中点，求证：CE平面AMF.证明(1)因为四边形ADEF为正方形，所以AFAD又因为平面ADEF平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD，AF平面ADEF，所以AF平面ABCD又CD平面ABCD，所以AFCD(2)延长AM交BC于点G，连接FG.因为ADBC，M为BD的中点，所以BGMDAM，所以BGAD1.因为BC2，所以GC1.由已知FEAD1，且FEAD，又因为ADGC，所以FEGC，且FEGC，所以四边形GCEF为平行四边形，所以CEGF.因为CE平面AMF，GF

8、平面AMF，所以CE平面AMF.真题押题真题模拟1(2019河北唐山高三第二次模拟)已知直线l，m和平面，有如下三个命题：若存在平面，使，则；若l，m是两条异面直线，l，m，l，m，则；若l，m，lm，则.其中正确命题的个数是()A0 B1 C2 D3答案C解析若存在平面，使，则或与相交，故错误；假设与不平行，则与相交，设交线为n，l，l，n，ln，同理，mn，lm，与l，m异面矛盾，故假设不成立，所以，正确；若l，lm，则m，又m，则，故正确2(2019全国卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则()ABMEN，且直线BM，EN是

9、相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线答案B解析如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GBECD是正三角形，EFCD平面ECD平面ABCD，EF平面ABCDEFFN.不妨设AB2，则FN1，EF，EN2.EMMD，DGGF，MGEF且MGEF，MG平面ABCD，MGBG.MGEF，BG ，BM.BMEN.连接BD，BE，点N是正方形ABCD的中心，点N在BD上，且BNDN，BM，EN是DBE的中线，BM，EN必相交故选B3(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：

10、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，也可以相交不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可以推出lm.故正确的命题是或.金版押题4.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF1，则四面体AEFB的体积V等于_答案解析连接AC，BD，相交于点O，则OA为四面体AEFB的高，且OA，又SEFB11，所以V.5如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是O1的直径，C是上底

11、面圆周上一点，CBD30，若A，C两点间的距离为，则圆柱O1O2的高为_，异面直线AC与BD所成角的余弦值为_答案2解析连接CD，则BCD90，因为圆柱O1O2的底面圆半径为1，所以BD2.因为CBD30，所以CD1，BC，易知ABBC，所以AC，所以AB2，故圆柱O1O2的高为2.连接AO2并延长，设AO2的延长线与下底面圆周交于点E，连接CE，则AE2，CAE即为异面直线AC与BD所成的角又CE，所以cosCAE.配套作业一、选择题1(2019东北三省四市高三第一次模拟)已知m，n为两条不重合的直线，为两个不重合的平面，下列条件中，的充分条件是()Amn，m，n Bmn，m，nCmn，m，

12、n Dmn，m，n答案B解析当mn时，若m，可得n，又n，可知，故选B2如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC；BAC是等边三角形；三棱锥DABC是正三棱锥；平面ADC平面ABC其中正确的是()A B C D答案B解析由题意知，BD平面ADC，故BDAC，正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等边三角形，正确；易知DADBDC，又由知正确；由知错误，故选B3(2019靖远县高三第四次联考)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD上一点，且CE2D

13、E，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AB6，则AF3，DE2，平面BEF平面CDD1C1GE且BF平面CDD1C1，可知BFGE，易得FABGDE，则，即DG1，D1G5，在RtB1D1G中，tanD1B1G，故B1G与平面ABCD所成角的正切值为，故选C4如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法中错误的是

14、()AMN与CC1垂直 BMN与AC垂直CMN与BD平行 DMN与A1B1平行答案D解析如下图所示，连接C1D，BD，则MNBD，而C1CBD，故C1CMN，故A，C正确，D错误，又因为ACBD，所以MNAC，B正确5在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD的交点为O，E为BC的中点，则异面直线D1O与B1E所成角的余弦值为()A B C D答案A解析取A1B1的中点F，连接OF，OE，则由OE綊B1F知，四边形OEB1F为平行四边形，B1EOF，D1OF为异面直线D1O与B1E所成角连接D1F，设正方体的棱长为2，则OFB1E，D1O，D1F，cosD1OF.6在正方体AC1中，E是棱

15、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BA1F与BE是异面直线CA1F与D1E不可能平行D三棱锥FABC1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HGBC1AD1，A1GD1E，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FABC1的体积为

16、定值，故D正确7(2019汉中高三教学质量第二次检测)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA1，BC2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A BC D答案B解析取B1C1的中点D1，连接A1D1，CD1，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D为BC的中点，AA1DD1且AA1DD1，四边形ADD1A1是平行四边形，ADA1D1且ADA1D1，所以CA1D1就是异面直线AD与A1C所成的角ABAC，BC2可以求出ADA1D11，在RtCC1D1中，由勾股定理可求出CD1，在RtAA1C中，由勾股定理可求出A1C2，显然A1D1C是直角三角形，sinCA1D1，所以C

17、A1D1，即异面直线AD与A1C所成的角为.故选B二、填空题8(2019南开中学高三第三次检测)在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，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A1NBM，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A1NC1N，在A1C1N中，由余弦定理得cosA1NC1.所以异面直线BM与C1N所成角的余弦值为.9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

18、；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，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.10(2019福建高三3月质量检测)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A

19、O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：SAC为直角三角形；平面SAD平面SBD；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)答案解析如图，连接OC，SO底面圆O，SOAC，C在以AO为直径的圆上，ACOC，OCSOO，AC平面SOC，ACSC，即SAC为直角三角形，故正确；假设平面SAD平面SBD，在平面SAD中过点A作AHSD交SD于点H，则AH平面SBD，AHBD，又BDAD，BD平面SAD，又COBD，CO平面SAD，COSC，又在SOC中，SOOC，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，故错误；

20、连接DO并延长交圆于点E，连接PO，SE，P为SD的中点，O为ED的中点，OP是SDE的中位线，POSE，即SE平面APB，即平面PAB必与圆锥SO的母线SE平行故正确故正确是.三、解答题11如图1，在矩形ABCD中，AB4，AD2，E是CD的中点，将ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1ABCE，其中平面D1AE平面ABCE.(1)证明：BE平面D1AE；(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：四边形ABCD为矩形，且ADDEECBC2，AEB90，即BEAE，又平面D1AE平面ABCE，平面D1A

21、E平面ABCEAE，BE平面D1AE.(2)，理由如下：取D1E的中点L，连接FL，AL，FLEC，又ECAB，FLAB，且FLAB，M，F，L，A四点共面，若MF平面AD1E，则MFAL.四边形AMFL为平行四边形，AMFLAB，.12(2019上海金山区高三第二学期质量监控)如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，圆柱OO1的侧面积为16，OA2，AOP120.(1)求三棱锥A1APB的体积；(2)求直线A1P与底面PAB所成角的正切值解(1)由题意，S侧22AA116，解得AA14，在AOP中，OAOP2，AOP120，所以AP2，在BOP中，OBOP2，BOP60，所

22、以BP2，三棱锥A1APB的体积VSAPBAA1224.(2)因为AA1底面PAB，所以APA1是直线A1P与底面PAB所成的角，在RtAPA1中，tanAPA1.即直线A1P与底面PAB所成角的正切值为.13. (2019江西八所重点中学高三4月联考)如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是边长为4的菱形且中心为点O，DABEABEAD60，且点E在底面ABCD上的投影为AO的中点(1)若P为AD的中点，求证：PEAC；(2)求点C到平面EAB的距离解(1)证明：如图，取AO的中点为H，连接HP，则EH平面ABCD且AC平面ABCD，所以EHAC，P，H分别为AD，AO的中点，所以HPBD

23、又底面ABCD是边长为4的菱形，所以ACDB所以ACHP.且HPHEH，所以AC平面EPH，PE平面EPH，即ACPE.(2)由已知条件，易得AP2，AH，HP1，设EHx，在RtEHA和RtEHP中，则AE，EP，在EAP中，EAP60，由余弦定理得，()22222cos60()2，解得x，则EH，AE3，设点C到平面EAB的距离为h，由VEABCVCEAB，得SABCEHSEABh.又SABC44sin1204，SEAB34sin603，得h，即点C到平面EAB的距离为.14(2019吕梁统一模拟)如图，在三棱锥PABC中，底面ABC是等边三角形，D为BC边的中点，PO平面ABC，点O在线

24、段AD上(1)证明：PABPAC；(2)若ABPB2，直线PB和平面ABC所成的角的正弦值为，求点C到平面PAB的距离解(1)证明：如图，过点O作OEAB于E，OFAC于F，连接PE，PF.PO平面ABC，POOE，POOF，POAB，POAC，底面ABC是等边三角形，D为BC边的中点，AD是BAC的角平分线，OEOF，RtPOERtPOF，PEPF，ABOE，ABPO，OEPOO，AB平面POE，ABPE，同理可得ACPF，RtPAERtPAF，PABPAC(2)ABPB2，直线PB和平面ABC所成的角的正弦值为，POPB，VPABC22.连接OB，则OB.OD，又AD，O是AD的中点，由AOEABD可得，OE，PE，SPAB2，设C到平面PAB的距离为h，则VCPABh，解得h.