新版高考数学理二轮配套训练【专题5】2空间中的平行与垂直含答案

1 1第2讲空间中的平行与垂直考情解读1.以选择、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.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，难度中等1线面平行与垂直的判定定理、性质定理线面平行的判定定理a线面平行的性质定理ab线面垂直的判定定理l线面垂直的性质定理ab2.面面平行与垂直的判定定理、性质定理面面垂直的判定定理面面垂直的性质定理a面面平行的判定定理面面平行的性质定理ab提醒使用有关平行、垂直的判定定理时，要注意其具备的条件，缺一不可3平行关系及垂直关系的转化热点一空间线面位置关系的判定例1(1)设a，b表示直线，表示不同的平面，则下列命题中正确的是()A若a且ab，则bB若且，则C若a且a，则D若且，则(2)平面平面的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，b思维启迪判断空间线面关系的基本思路：利用定理或结论；借助实物模型作出肯定或否定答案(1)D(2)D解析(1)A：应该是b或b；B：如果是墙角出发的三个面就不符合题意；C：m，若am时，满足a，a，但是不正确，所以选D.(2)若l，al，a，a，则a，a，故排除A.若l，a，al，则a，故排除B.若l，a，al，b，bl，则a，b，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，和直线a，b，m，n，下列命题中真命题是()A若am，an，m，n，则aB若，a，b，则abC若ab，b，则aD若a，b，a，b，则答案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，故A错C中：由线面平行的判定定理，还需知a，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，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PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，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)BEAD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ABCD，CD2AB，E为CD的中点，所以ABDE，且ABDE.所以四边形ABED为平行四边形所以BEAD.又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因为ABAD，而且ABED为平行四边形所以BECD，ADCD，由(1)知PA底面ABCD.所以PACD.所以CD平面PAD.所以CDPD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PDEF.所以CDEF.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，ADDE2AB，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，GFDE且GFDE.AB平面ACD，DE平面ACD，ABDE，GFAB.又ABDE，GFAB.四边形GFAB为平行四边形，则AFBG.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，AFCD.DE平面ACD，AF平面ACD，DEAF.又CDDED，AF平面CDE.BGAF，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RtABC中，C90°，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A1FCD，如图(2)(1)求证：DE平面A1CB；(2)求证：A1FBE；(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DEBC；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DEBC.又因为DE平面A1CB，BC平面A1CB，所以DE平面A1CB.(2)证明由图(1)得ACBC且DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD.所以DE平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DEA1F.又因为A1FCD，所以A1F平面BCDE，又BE平面BCDE，所以A1FBE.(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PQBC.又因为DEBC，所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP.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，ADBC，BAD，ABBC2AD4，E，F分别是AB，CD上的点，EFBC，AEx.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x2时，求证：BDEG；(2)当x变化时，求三棱锥DBCF的体积f(x)的函数式(1)证明作DHEF，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EGDH.因为EHADBCBG2，BE2，EFBC，EBC90°，所以四边形BGHE为正方形，故EGBH.又BH，DH平面DBH，且BHDHH，故EG平面DBH.又BD平面DBH，故EGBD.(2)解因为AEEF，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AEDH，所以四边形AEHD是矩形，DHAE，故以B，F，C，D为顶点的三棱锥DBCF的高DHAEx.又SBCFBC·BE×4×(4x)82x，所以三棱锥DBCF的体积f(x)SBFC·DHSBFC·AE(82x)xx2x(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(20xx·辽宁)已知m，n表示两条不同直线，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解析方法一若m，n，则m，n可能平行、相交或异面，A错；若m，n，则mn，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，mn，则n或n，C错；若m，mn，则n与可能相交，可能平行，也可能n，D错方法二如图，在正方体ABCDABCD中，用平面ABCD表示.A项中，若m为AB，n为BC，满足m，n，但m与n是相交直线，故A错B项中，m，n，mn，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，mn，但n，故C错D项中，若m为AB，n为BC，满足m，mn，但n，故D错2(20xx·辽宁)如图，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点(1)求证：EF平面BCG；(2)求三棱锥DBCG的体积附：锥体的体积公式VSh，其中S为底面面积，h为高(1)证明由已知得ABCDBC，因此ACDC.又G为AD的中点，所以CGAD.同理BGAD，又BGCGG，因此AD平面BGC.又EFAD，所以EF平面BCG.(2)解在平面ABC内，作AOBC，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，AOAB·sin 60°，所以VDBCGVGBCDSDBC·h×BD·BC·sin 120°·.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：PA平面MOB；MO平面PAC；OC平面PAC；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)答案解析错误，PA平面MOB；正确；错误，否则，有OCAC，这与BCAC矛盾；正确，因为BC平面PAC.2如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1为正方体，所以B1C1面ABB1A1.因为A1B面ABB1A1，所以B1C1A1B.又因为A1BAB1，B1C1AB1B1，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：EFC1D，且EFC1D.设AB1A1BO，连接OE，则B1OC1D且B1OC1D，所以EFB1O且EFB1O，所以四边形B1OEF为平行四边形所以B1FOE.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1(20xx·广东)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1l2，l2l3，l3l4，则下列结论一定正确的是()Al1l4Bl1l4Cl1与l4既不垂直也不平行Dl1与l4的位置关系不确定答案D解析如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，记l1DD1，l2DC，l3DA，若l4AA1，满足l1l2，l2l3，l3l4，此时l1l4，可以排除选项A和C.若l4DC1，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，和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的是()A，且m Bmn，且nC，且m Dmn，且n答案B解析根据定理、性质、结论逐个判断因为，mm，的位置关系不确定，可能平行、相交、m在面内，故A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若，m，则m，的位置关系也不确定，故C错误；若mn，n，则m，的位置关系也不确定，故D错误3ABCDA1B1C1D1为正方体，下列结论错误的是()ABD平面CB1D1 BA1CBDCAC1平面CB1D1 DAC1BD1答案D解析因为ABCDA1B1C1D1为正方体，所以DD1BB1且DD1BB1，所以四边形DD1B1B为平行四边形，所以BDB1D1，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AA1BD，因为ABCD为正方形，所以ACBD，因为ACAA1A，所以BD面A1ACC1，因为A1C面A1ACC1，所以BDA1C，故B正确同理可证得B1D1面A1ACC1，因为AC1面A1ACC1，所以B1D1AC1，同理可证CB1AC1，因为B1D1CB1B1，所以AC1平面CB1D1，故C正确排除法应选D.4如图，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.则在三棱锥ABCD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解析在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°，BDCD，又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，CD平面ABD，则CDAB，又ADAB，ADCDD，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，内，给出下列命题：若mn，n，则m；若m，则m；若mn，n，则m；若m，则m.其中正确命题的个数是()A1 B2C3 D4答案D解析对，根据线面平行的判定定理知，m；对，如果直线m与平面相交，则必与相交，而这与矛盾，故m；对，在平面内取一点A，设过A、m的平面与平面相交于直线b.因为n，所以nb，又mn，所以mb，则m；对，设l，在内作m，因为m，所以mm，从而m.故四个命题都正确6.在正三棱锥SABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MNAM，若侧棱SA2，则正三棱锥SABC外接球的表面积是()A12 B32C36 D48答案C解析由MNAM且MN是BSC的中位线得BSAM，又由正三棱锥的性质得BSAC，BS面ASC.即正三棱锥SABC的三侧棱SA、SB、SC两两垂直，外接球直径为SA6.球的表面积S4R24×3236.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，给出下列四个命题：若m，n，且，则mn；若m，n，且，则mn；若m，n，且，则mn；若m，n，且，则mn.其中正确的个数为_答案2解析中m，n可能异面或相交，故不正确；因为m，n，且成立时，m，n两直线的关系可能是相交、平行、异面，故不正确；因为m，可得出m，再由n可得出mn，故正确；分别垂直于两个垂直平面的两条直线一定垂直，正确故正确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)答案解析对于，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，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，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，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.9.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，底面是以ABC为直角的等腰直角三角形，AC2a，BB13a，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B1DCF.要使CF平面B1DF，只需CFDF即可令CFDF，设AFx，则A1F3ax.易知RtCAFRtFA1D，得，即，整理得x23ax2a20，解得xa或x2a.10如图，在长方形ABCD中，AB2，BC1，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DKAB，K为垂足设AKt，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，t1，随着F点到C点时，CBAB，CBDK，CB平面ADB，即有CBBD，对于CD2，BC1，BD，又AD1，AB2，因此有ADBD，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ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，AA14，点D是AB的中点，(1)求证：ACBC1；(2)求证：AC1平面CDB1.证明(1)直三棱柱ABCA1B1C1中，底面三边长AC3，BC4，AB5，AB2AC2BC2，ACBC.CC1平面ABC，AC平面ABC，ACCC1，又BCCC1C，AC平面BCC1B1，BC1平面BCC1B1，ACBC1.(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，DEAC1，DE平面CDB1，AC1平面CDB1，AC1平面CDB1.12如图所示，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，D，E分别为A1B1，AA1的中点，点F在棱AB上，且AFAB.(1)求证：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115，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AFAB，所以F为AM的中点又E为AA1的中点，所以EFA1M.在三棱柱ABCA1B1C1中，D，M分别是A1B1，AB的中点，所以A1DBM，A1DBM，所以四边形A1DBM为平行四边形，所以A1MBD.所以EFBD.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115，如图所示则VEAFGVABCA1B1C1116，所以××××，由题意，×，解得.所以AGAC>AC，所以符合要求的点G不存在13(20xx·广东)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，作如图(2)折叠，折痕EFDC.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上的点记为M，并且MFCF.(1)证明：CF平面MDF；(2)求三棱锥MCDE的体积(1)证明如图，因为PD平面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD.又因为ABCD是矩形，CDAD，PD与CD交于点D，PDCDD，所以AD平面PCD.又CF平面PCD，所以ADCF，即MDCF.又MFCF，MDMFM，所以CF平面MDF.(2)解因为PDDC，PC2，CD1，PCD60°，所以PD，由(1)知FDCF，在直角三角形DCF中，CFCD.过点F作FGCD，垂足为G，得FGFCsin 60°×，所以DEFG，故MEPE，所以MD .SCDEDE·DC××1.故VMCDEMD·SCDE××.