届高考数学大二轮复习刷题首秧第一部分刷考点考点十四空间中的平行与垂直关系理.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平面平面，假设两条直线m，n分别在平面，内，那么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.应选B.2设直线m与平面相交但不垂直，那么以下说法正确的选项是()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错误应选B.3(2022东北三省四市一模)m，n为两条不重合直线，为两个不重合平面，以下条件中，一定能推出的是()Amn，m，nBmn，m，nCmn，m，nDmn，m，n答案B解析当mn时，假设m，可得n.又n，可知，应选B.4(2022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，以下说法正确的选项是()AA1ODCBA1OBCCA1O平面B1CD1DA1O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，那么可得BCAC，显然不正确，故假设错误，即B错误；在正方

3、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，那么D错误，应选C.5以下命题中错误的选项是()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，假设平面平面，那么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

4、的6. 如图，在空间直角坐标系中，有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，那么异面直线BC1与AB1所成角的余弦值为()ABCD答案A解析设CB1，那么(2,2,1)，(0,2，1)，那么cos，.应选A.7(2022全国卷)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()答案A解析A项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，那么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，那么ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB

5、平面MNQ.C项，作如图所示的辅助线，那么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，那么ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.应选A.8如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90.将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，那么在三棱锥ABCD中，以下命题正确的选项是()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，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以BDC

6、D，又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，所以CD平面ABD，那么CDAB，又ADAB，所以AB平面ADC，那么平面ABC平面ADC，应选D.二、填空题9如图，P为正方体ABCDA1B1C1D1体对角线BD1上的一点，且，假设BD1平面PAC，那么_.答案解析以点D为坐标原点，DA，DC，DD1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，那么A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，设P(x，y，z)，那么由得(x1，y1，z)(1，1,1)，所以P(1，1，)，那么(，1，)，又因为BD1平面PAC，所以10，解得.10(2022黑龙江

7、大庆一中四模)给出以下四个命题：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；假设两个相交平面都垂直于第三个平面，那么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一条直线与平面垂直，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ABCA1B

8、1C1中，AB1，点D在棱BB1上，且BD1，那么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，那么B1E平面CAA1C1.过点D作DHB1E，那么DH平面CAA1C1.连接AH，那么DAH为AD与平面AA1C1C所成角DHB1E，DA，所以sinDAH.12(2022全国卷)ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，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，那么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，那么PEAC，PFBC

9、.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(2022福建3月质检)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是等边三角形，侧面BCC1B1是矩形，ABA1B，N是B1C的中点，M是棱AA1上的点，且AA1CM.(1)证明：MN平面ABC；(2)假设ABA1B，求二面角ACMN的余弦值解(1)证明：如图1，在三棱柱ABCA1B1C1中，连接BM，因为BCC1B1是矩形，所以BCBB1，因为AA1BB1，所以AA1BC，又因为AA1MC，BCMCC，所以AA1平面BCM，所以AA1MB，又因为

10、ABA1B，所以M是AA1的中点，取BC的中点P，连接NP，AP，因为N是B1C的中点，那么NPBB1且NPBB1，所以NPMA且NPMA，所以四边形AMNP是平行四边形，所以MNAP，又因为MN平面ABC，AP平面ABC，所以MN平面ABC.(2)因为ABA1B，所以ABA1是等腰直角三角形，设ABa，那么AA12a，BMAMa.在RtACM中，ACa，所以MCa.在BCM中，CM2BM22a2BC2，所以MCBM，由(1)知，那么MCAA1，BMAA1，如图2，以M为坐标原点，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，那么M(0,0,0)，C(0,0，a)，B1(2a，a,0

11、)所以N，那么(0,0，a)，设平面CMN的法向量为n1(x，y，z)，那么即取x1得y2.故平面CMN的一个法向量为n1(1，2,0)，因为平面ACM的一个法向量为n2(0,1,0)，那么cosn1，n2.因为二面角ACMN为钝角，所以二面角ACMN的余弦值为.14(2022广东湛江高考测试二)三棱锥ABCD中，底面BCD是等腰直角三角形，BCBD2，AB，且ABCD，O为CD的中点，如图(1)求证：平面ABO平面BCD；(2)假设二面角ACDB的大小为，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，BCBD2，O为CD的中点，BOCD，ABCD，ABBOB，CD平面

12、ABO，CD平面BCD，平面ABO平面BCD.(2)CD平面ABO，CDAOAOB为二面角ACDB的平面角，AOB，BO，ABBO，ABO为等边三角形，以B为原点，建立如下图的空间直角坐标系，那么B(0,0,0)，C(2,0,0)，A，D(0,2,0)，(2,0,0)，设平面ABC的法向量n(x，y，z)，那么即取n(0，1)，设AD与平面ABC所成角为，那么sin|cosn，|，故AD与平面ABC所成角的正弦值为.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

13、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，应选C.2(2022河北石家庄二模)设l表示直线，表示不同的平面，那么以下命题中正确的选项是()A假设l且，那么lB假设且，那么C假设l且l，那么D假设且，那么答案B解析在A中，假设l且，那么l，那么l与可能相交、平行或l；在B中，假设且，那么，由面面平行的性质可得；在C中，假设l且l，那么，那么与相交或平行；在D中，假设且，那么，那么与相交或平行，应选B.3(2022安徽江南十校3月综合素质检测)如下图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点

14、那么以下表达中正确的选项是()A直线BQ平面EFGB直线A1B平面EFGC平面APC平面EFGD平面A1BQ平面EFG答案B解析过点E，F，G的截面如下图(H，I分别为AA1，BC的中点)，A1BHE，A1B平面EFG，HE平面EFG，A1B平面EFG，应选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，假设二面角PABC的正切值为，那么()A5B6C7D8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，那么ODaa，PDC为二面角PABC的平面角，tanPDC，PD6ODa，设正三棱锥PABC的外表积为S，那么R，7.5长方体ABCDA1B1C1D1中，AA

15、1，AB4，假设在棱AB上存在点P，使得D1PPC，那么AD的取值范围是()A(0,1B(0,2C(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DD1P，PCDP，即点P在以CD为直径的圆上，又点P在AB上，那么AB与圆有公共点，即090；假设点G在球外，那么EGF90；根据题意，可判断，此球与面ABCD，面A1B1C1D1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，应选D.解法二：以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，那么E，F，由图易得当点G位于

16、长方体的四个侧面时，所处情况相同，那么不妨设G(2，y，z)，y0,2，z0，1，(y1)22，当且仅当y1，z，即点G为AB1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，那么不妨设G(x，y,0)，x，y0,2，那么(x1)2(y1)20，当且仅当xy1，即点G为AC的中点时等号成立，所以的最小值为0，即EGF的最大值为90，应选D.8(2022安徽泗县一中最后一模)如图，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，那么以

17、下说法错误的选项是()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，C1N2，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，应选C.二、填空题9(20

18、22北京高考)l，m是平面外的两条不同直线给出以下三个论断：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：_.答案假设m且l，那么lm成立(或假设lm，l，那么m)解析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.故正确的命题是或.10四边形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，给出以下结论：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

19、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.11(2022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，假设四棱锥PABCD的

20、内切球半径为r，外接球的半径为R，那么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)2，解得R，Rr1.12. 如图，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C

21、C1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，那么VEABDSABDhSABChV三棱柱取AB的中点G，连接EG，那么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如图，直角梯形BDFE中，EFBD，BEBD，EF2，等

22、腰梯形ABCD中，ABCD，ACBD，AB2CD4，且平面BDFE平面ABCD.(1)求证：AC平面BDFE；(2)假设BF与平面ABCD所成角为，求二面角BDFC的余弦值解(1)证明：平面BDFE平面ABCD，平面BDFE平面ABCDBD，AC平面ABCD，且ACBD，AC平面BDFE.(2)设ACBDO，四边形ABCD为等腰梯形，DOC，AB2CD4，ODOC，OBOA2，FE綊OB，四边形BOFE为平行四边形，OFBE，又BE平面ABCD，OF平面ABCD，FBO为BF与平面ABCD所成的角，FBO，又FOB，OFOB2.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

23、，那么B(0,2，0)，D(0，0)，F(0,0,2)，C(，0,0)，A(2，0,0)，(0，2)，(，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)，由得令x2得n(2,2，1)，cosn，m.二面角BDFC的余弦值为.14(2022河北武邑中学三模)如图，在棱长均为2的三棱柱ABCA1B1C1中，点C在平面A1ABB1内的射影O为AB1与A1B的交点，E，F分别为BC，A1C1的中点(1)求证：四边形A1ABB1为正方形；(2)求直线EF与平面A1ACC1所成角的正弦值；(3)在线段AB1上是否存在一点D，使得直线EF与平面A1CD

24、没有公共点？假设存在，求出的值解(1)证明：连接CO，因为C在平面A1ABB1内的射影O为AB1与A1B的交点，所以CO平面A1ABB1.由三棱柱ABCA1B1C1各棱长均相等，所以ACBC，且A1ABB1为菱形由勾股定理得OAOB，即AB1A1B，所以四边形A1ABB1为正方形(2)由(1)知CO平面A1ABB1，COOA，COOA1.在正方形A1ABB1中，OA1OA.如图建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得O(0,0,0)，A1(，0,0)，A(0，0)，B(，0,0)，C(0,0，)，C1(，)，E，F.所以(，0)，(0，)设平面A1ACC1的法向量为m(x，y，z)，那么即令x1，那么y1，z1.于是m(1,1,1)又因为，设直线EF与平面A1ACC1所成角为，那么sin|cosm，|.所以直线EF与平面A1ACC1所成角的正弦值为.(3)直线EF与平面A1CD没有公共点，即EF平面A1CD.设D点坐标为(0，y0,0)，D与O重合时不符合题意，所以y00.因为(，y0,0)，(，0，)设n(x1，y1，z1)为平面A1CD的法向量，那么即令x11，那么y1，z11.于是n，假设EF平面A1CD，n0，又，所以0，解得y0，此时EF平面A1CD，所以AD，DB1.所以.- 12 -