高考數(shù)學大二輪專題復習：第二編空間中平行與垂直

高考數(shù)學大二輪專題復習：第二編空間中平行與垂直第2講空間中的平行與垂直「考情研析」1.從具體內容上：①以選擇題、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質定理對命題的真假進行判斷，屬于基礎題；②以解答題的形式考查，主要是對線線、線面與面面平行和垂直關系交匯綜合命題，且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查．2.從高考特點上，難度中等，常以一道選填題或在解答題的第一問考查．核心知識回顧1.直線與平面平行的判定和性質(1)判定①判定定理：a∥b，b?α，a?α?a∥α．②面面平行的性質：α∥β，a?α?a∥β．(2)性質：l∥α，l?β，α∩β＝m?l∥m．2．直線和平面垂直的判定和性質(1)判定①判定定理：a⊥b，a⊥c，b，c?α，b∩c＝O?a⊥α．②線面垂直的其他判定方法：a．a(chǎn)∥b，a⊥α?b⊥α．b．l⊥α，α∥β?l⊥β．c．α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β．(2)性質①l⊥α，a?α?l⊥a．②l⊥α，m⊥α?l∥m．3．兩個平面平行的判定和性質(1)判定①判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?β∥α．②面面平行的其他判定方法：a．l⊥α，l⊥β?α∥β．b．α∥γ，α∥β?β∥γ．(2)性質：α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b?a∥b．4．兩個平面垂直的判定和性質(1)判定：a?α，a⊥β?α⊥β．(2)性質：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β．熱點考向探究考向1空間線面位置關系的判定例1(1)(多選)(2020·山東省煙臺市模擬)已知m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，則()A．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥nB．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥nC．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥βD．若m∥n，n⊥α，α⊥β，則m∥β答案BC解析由m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，知：對于A，若m∥α，n∥β，α∥β，則m與n相交、平行或異面，故錯誤；對于B，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則由線面垂直、面面垂直的性質定理得m⊥n，故正確；對于C，若m∥n，m⊥α，n⊥β，則由線面垂直的性質定理和面面平行的判定定理得α∥β，故正確；對于D，若m∥n，n⊥α，α⊥β，則m∥β或m?β，故錯誤．故選BC.(2)(多選)(2020·山東省實驗中學高考預測卷)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M在棱CC1上，則下列結論正確的是()A．直線BM與平面ADD1A1平行B．平面BMD1截正方體所得的截面為三角形C．異面直線AD1與A1C1所成的角為D．MB＋MD1的最小值為答案ACD解析對于A，因為平面ADD1A1∥平面BCC1B1，BM?平面BCC1B1，即可判定直線BM與平面ADD1A1平行，故正確；對于B，如圖1，平面BMD1截正方體所得的截面為四邊形，故錯誤；對于C，如圖2，異面直線AD1與A1C1所成的角為∠D1AC，即可判定異面直線AD1與A1C1所成的角為，故正確；對于D，如圖3，將正方體的側面展開，可得當B，M，D1共線時，MB＋MD1有最小值，最小值為BD1＝＝，故正確．故選ACD.判斷空間線面位置關系常用的方法(1)根據(jù)空間線面平行、垂直關系的判定定理和性質定理逐項判斷來解決問題．(2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關系，并結合有關定理來進行判斷.(多選)(2020·山東省聊城市一模)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點，則()A．直線D1D與直線AF垂直B．直線A1G與平面AEF平行C．平面AEF截正方體所得的截面面積為D．點C與點G到平面AEF的距離相等答案BC解析∵CC1與AF不垂直，而DD1∥CC1，∴AF與DD1不垂直，故A錯誤；取B1C1的中點N，連接A1N，GN，可得平面A1GN∥平面AEF，則直線A1G∥平面AEF，故B正確；把截面AEF補形為四邊形AEFD1，由四邊形AEFD1為等腰梯形可得平面AEF截正方體所得的截面面積S＝，故C正確；假設點C與點G到平面AEF的距離相等，即平面AEF將CG平分，則平面AEF必過CG的中點，連接CG交EF于點H，而H不是CG中點，則假設不成立，故D錯誤．故選BC.考向2空間平行、垂直關系的證明例2(2020·山東省青島市高三期中)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，面PAD⊥面ABCD，E為AD的中點．(1)求證：PA⊥BD；(2)在線段AB上是否存在一點G，使得BC∥面PEG？若存在，請證明你的結論；若不存在，請說明理由．解(1)證明：取AB的中點F，連接DF.∵DC∥AB且DC＝AB，∴DC∥BF且DC＝BF，∴四邊形BCDF為平行四邊形，又AB⊥BC，BC＝CD＝1，∴四邊形BCDF為正方形．在Rt△AFD中，∵DF＝AF＝1，∴AD＝，在Rt△BCD中，∵BC＝CD＝1，∴BD＝，∵AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD，∵BD?面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，面PAD⊥面ABCD，∴BD⊥面PAD，∵PA?面PAD，∴PA⊥BD.(2)在線段AB上存在一點G，滿足AG＝AB，即G為AF的中點時，BC∥面PEG，證明如下：連接EG，∵E為AD的中點，G為AF中點，∴GE∥DF，又DF∥BC，∴GE∥BC，∵GE?面PEG，BC?面PEG，∴BC∥面PEG.空間平行、垂直關系證明的主要思想是轉化，即通過判定定理、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉化．(2020·江蘇省泰州中學、宜興中學、江都中學聯(lián)考)如圖，在四棱錐S－ABCD中，已知SA＝SB，四邊形ABCD是平行四邊形，且平面SAB⊥平面ABCD，點M，N分別是SC，AB的中點．求證：(1)MN∥平面SAD；(2)SN⊥AC.證明(1)取SD的中點E，連接EM，EA.∵M是SC的中點，∴EM∥CD，且EM＝CD.∵底面ABCD是平行四邊形，N為AB的中點，∴AN∥CD，且AN＝CD，∴EM∥AN，EM＝AN，∴四邊形EMNA是平行四邊形，∴MN∥AE.∵MN?平面SAD，AE?平面SAD，∴MN∥平面SAD.(2)∵SA＝SB，N是AB的中點，∴SN⊥AB，∵平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD＝AB，SN?平面SAB，∴SN⊥平面ABCD，∵AC?平面ABCD，∴SN⊥AC.考向3立體幾何中的翻折問題例3(1)(2020·山東省濰坊市三模)如圖1，四邊形ABCD是邊長為10的菱形，其對角線AC＝12，現(xiàn)將△ABC沿對角線AC折起，連接BD，形成如圖2的四面體ABCD，則異面直線AC與BD所成角的大小為________；在圖2中，設棱AC的中點為M，BD的中點為N，若四面體ABCD的外接球的球心在四面體的內部，則線段MN長度的取值范圍為________．答案(，8)解析連接BM，DM，∵四邊形ABCD是菱形，M為棱AC的中點，∴AC⊥BM，AC⊥DM，又BM∩DM＝M，則AC⊥平面BMD，∵BD?平面BMD，∴AC⊥BD，則異面直線AC與BD所成角的大小為.∵四邊形ABCD是邊長為10的菱形，其對角線AC＝12，∴MA＝6，MB＝8.設O1是△ABC的外心，則O1在中線BM上，設過點O1的直線l1⊥平面ABC，易知l1?平面BMD，設O2是△ACD的外心，則O2在中線DM上，設過點O2的直線l2⊥平面ACD，易知l2?平面BMD，由對稱性易知l1，l2的交點O在直線MN上，根據(jù)外接球的性質，知點O為四面體ABCD的外接球的球心，O1A2＝O1M2＋MA2，O1A＋O1M＝BM＝8，∴(8－O1M)2＝O1M2＋36，解得O1M＝，令∠BMN＝θ，根據(jù)題意可知BD⊥CN，BD⊥AN，且CN∩AN＝N，∴BD⊥平面ACN，又MN?平面ACN，∴BD⊥MN，∴014，∴MN>，∴PNC．平面PAN⊥平面BDD1B1D．過P，A，C三點的正方體的截面一定是等腰梯形答案BCD解析由C，N，A三點共線，得CN，PM交于點A，因此CM，PN共面，A錯誤；記∠PAC＝θ，則PN2＝AP2＋AN2－2AP·ANcosθ＝AP2＋AC2－AP·ACcosθ，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AMcosθ＝AC2＋AP2－AP·ACcosθ，又AP0，所以CM2>PN2，即CM>PN，B正確；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AN⊥BD，BB1⊥平面ABCD，則BB1⊥AN，BB1∩BD＝B，可得AN⊥平面BDD1B1，AN?平面PAN，從而可得平面PAN⊥平面BDD1B1，C正確；在C1D1上取一點K，使得D1K＝D1P，連接KP，KC，A1C1，易知PK∥A1C1，又在正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1C1∥AC，所以PK∥AC，所以PK，AC共面，PKCA就是過P，A，C三點的正方體的截面，它是等腰梯形，D正確．故選BCD.專題作業(yè)一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．(2020·武漢部分學校質量檢測)若點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是()答案D解析對于A，因為A，C，M，N分別為所在棱的中點，由正方體的性質知MN∥AC，又MN?平面ABC，AC?平面ABC，所以MN∥平面ABC.對于B，取AC的中點E，連接BE，由條件及正方體的性質知MN∥BE.因為MN?平面ABC，BE?平面ABC，所以MN∥平面ABC.對于C，取AC的中點E，連接BE，由條件及正方體的性質知MN∥BE，因為MN?平面ABC，BE?平面ABC，所以MN∥平面ABC.對于D，連接AM，BN，由條件及正方體的性質知四邊形AMNB是等腰梯形，所以AB與MN所在的直線相交，故不能推出MN∥平面ABC.故選D.2．(2020·長春高三質量監(jiān)測)已知直線a和平面α，β有如下關系：①α⊥β，②α∥β，③a⊥β，④a∥α，則下列命題為真的是()A．①③?④B．①④?③C．③④?①D．②③?④答案C解析如圖正方體中，當直線a為AB，平面α為平面A1ABB1，平面β為平面B1BCC1時，α⊥β，a⊥β，a?α，故A不正確；當直線a為DD1，平面α為平面A1ABB1，平面β為平面B1BCC1時，α⊥β，a∥α，a∥β，故B不正確；若a⊥β，a∥α，則由面面垂直的判定定理可推出α⊥β，故C正確；當直線a為A1D1，平面α為平面A1ABB1，平面β為平面D1DCC1時，α∥β，a⊥β，a⊥α，故D不正確．綜上所述，C為真命題，故選C.3.(2020·四川省瀘州市模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列命題正確的是()A.AC與B1C是相交直線且垂直B.AC與A1D是異面直線且垂直C．BD1與BC是相交直線且垂直D．AC與BD1是異面直線且垂直答案D解析如圖，連接AB1，可得△AB1C為正三角形，可得AC與B1C是相交直線且成60°角，故A錯誤；∵A1D∥B1C，∴AC與A1D是異面直線且成60°角，故B錯誤；BD1與BC是相交直線，所成角為∠D1BC，其正切值為，故C錯誤；連接BD，可知BD⊥AC，則BD1⊥AC，可知AC與BD1是異面直線且垂直，故D正確．故選D.4．(2020·河北省石家莊模擬)已知α，β是空間兩個不同的平面，m，n是空間兩條不同的直線，則給出的下列說法正確的是()①m∥α，n∥β，且m∥n，則α∥β；②m∥α，n∥β，且m⊥n，則α⊥β；③m⊥α，n⊥β，且m∥n，則α∥β；④m⊥α，n⊥β，且m⊥n，則α⊥β.A．①②③B．①③④C．②④D．③④答案D解析對于①，當m∥α，n∥β，且m∥n時，有α∥β或α，β相交，所以①錯誤；對于②，當m∥α，n∥β，且m⊥n時，有α⊥β或α∥β或α，β相交且不垂直，所以②錯誤；對于③，當m⊥α，n⊥β，且m∥n時，得出m⊥β，所以α∥β，③正確；對于④，當m⊥α，n⊥β，且m⊥n時，α⊥β成立，所以④正確．綜上知，正確的命題序號是③④.故選D.5．(2020·甘肅省靖遠縣高三第四次聯(lián)考)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD上的一點，且CE＝2DE，F(xiàn)為棱AA1的中點，且平面BEF與DD1交于點G，則B1G與平面ABCD所成角的正切值為()A．B．C．D．答案C解析因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G與平面ABCD所成角即為B1G與平面A1B1C1D1所成角，易知B1G與平面A1B1C1D1所成角為∠D1B1G.設AB＝6，則AF＝3，DE＝2，平面BEF∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，則＝，即＝?DG＝1，D1G＝5，在Rt△B1D1G中，tan∠D1B1G＝＝＝，故B1G與平面ABCD所成角的正切值為，故選C.6．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，F(xiàn)是側面BCC1B1內的動點，且A1F與平面D1AE的垂線垂直，如圖所示，下列說法不正確的是()A．點F的軌跡是一條線段B．A1F與BE是異面直線C．A1F與D1E不可能平行D．三棱錐F－ABC1的體積為定值答案C解析由題知A1F∥平面D1AE，分別取B1C1，BB1的中點H，G，連接HG，A1H，A1G，BC1，可得HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面A1HG∥平面AD1E，故點F的軌跡為線段HG，A正確；由異面直線的判定定理可知A1F與BE是異面直線，故B正確；當F是BB1的中點時，A1F與D1E平行，故C不正確；∵HG∥平面ABC1，∴F點到平面ABC1的距離不變，故三棱錐F－ABC1的體積為定值，故D正確．7．(2020·長沙模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝6，AA1＝2，M為棱BC的中點，動點P滿足∠APD＝∠CPM，則點P的軌跡與長方體的面DCC1D1的交線長等于()A．B．πC．D．π答案A解析如圖，由題意知，只需考慮點P在平面DCC1D1上的情況，此時AD⊥DP，MC⊥CP，所以tan∠APD＝，tan∠CPM＝.因為∠APD＝∠CPM，所以＝.因為M是BC的中點，所以AD＝2MC，所以DP＝2PC.在平面D1DCC1內，以D為原點，的方向為x軸的正方向，DD1的方向為y軸的正方向，建立平面直角坐標系，則D(0，0)，C(6，0).設P(x，y)，則＝2，化簡，得y2＋(x－8)2＝42.該圓與平面D1DCC1的交線長對應的圓心角為，則對應弧長為×4＝.8．(2020·佛山模擬)如圖，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，點E為AD的中點，將△ABE沿BE折起，在翻折過程中，記點A對應的點為A′，二面角A′－DC－B的平面角的大小為α，則當α最大時，tanα＝()A.B．C．D．答案D解析如圖，取BC的中點F，連接AF，交BE于點O，則AF⊥BE，連接OA′，A′F，則OA′＝OA＝，OA′⊥BE，OF⊥BE，又OA′∩OF＝O，所以BE⊥平面OA′F，又BE?平面ABCD，所以平面OA′F⊥平面ABCD.設A′在AF上的投影為M，連接A′M，設∠A′OM＝β，則A′M＝sinβ，OM＝cosβ，過點M作MN⊥CD交CD于點N，連接A′N，則∠A′NM＝α.易得α∈，MN＝－cosβ，所以當α最大時，tanα最大，tanα＝＝，令＝t，所以sinβ＝3t－tcosβ，所以3t＝sinβ＋tcosβ＝sin(β＋θ)，所以3t≤，所以t≤，即tanα≤，故選D.二、選擇題：在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9．(2020·山東省青島市高三期中)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列直線或平面與平面ACD1平行的是()A．直線A1BB．直線BB1C．平面A1DC1D．平面A1BC1答案AD解析如圖，由A1B∥D1C，且A1B?平面ACD1，D1C?平面ACD1，故直線A1B與平面ACD1平行，故A正確；直線BB1∥DD1，DD1與平面ACD1相交，故直線BB1與平面ACD1相交，故B錯誤；顯然平面A1DC1與平面ACD1相交，故C錯誤；由A1B∥D1C，AC∥A1C1，且A1B∩A1C1＝A1，AC∩D1C＝C，故平面A1BC1與平面ACD1平行，故D正確．故選AD.10．如圖，在以下四個正方體中，直線AB與平面CDE垂直的是()答案BD解析在A中，AB與CE的夾角為45°，所以直線AB與平面CDE不垂直，故不符合題意；在B中，AB⊥CE，AB⊥DE，CE∩DE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合題意；在C中，AB與EC的夾角為60°，所以直線AB與平面CDE不垂直，故不符合題意；在D中，AB⊥DE，AB⊥CE，DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合題意．故選BD.11．(2020·海南省高三三模)如圖，四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD是等邊三角形，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，M為棱PD的中點，N為菱形ABCD的中心，下列結論正確的有()A．直線PB與平面AMC平行B．直線PB與直線AD垂直C．線段AM與線段CM長度相等D．PB與AM所成角的余弦值為答案ABD解析如圖，連接MN，易知MN∥PB，又MN?平面AMC，∴PB∥平面AMC，A正確；在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，∴△BAD為等邊三角形．設AD的中點為O，連接OB，OP，則OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，又PB?平面POB，∴AD⊥PB，B正確；由平面PAD⊥平面ABCD，得△POB為直角三角形，設AD＝4，則OP＝OB＝2，∴PB＝2，MN＝PB＝.在△MAN中，AM＝AN＝2，MN＝，可得cos∠AMN＝，故異面直線PB與AM所成角的余弦值為，D正確；∵cos∠MNC＝－cos∠MNA＝－cos∠AMN＝－，又NC＝2，MN＝，∴－＝，得CM＝2>AM，C錯誤．故選ABD.12．(2020·山東省威海市一模)如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E為AB的中點，以DE為折痕把△ADE折起，使點A到達點P的位置，且PC＝2.則()A．平面PED⊥平面EBCDB．PC⊥EDC．二面角P－DC－B的大小為45°D．PC與平面PED所成角的正切值為答案AC解析A項，PD＝AD＝＝＝2，在三角形PDC中，PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又CD⊥DE，可得CD⊥平面PED，CD?平面EBCD，所以平面PED⊥平面EBCD，正確；B項，若PC⊥ED，又ED⊥CD，可得ED⊥平面PDC，則ED⊥PD，而∠EDP＝∠EDA＝45°，顯然矛盾，故錯誤；C項，二面角P－DC－B的平面角為∠PDE，又∠PDE＝∠ADE＝45°，故正確；D項，由上面分析可知，∠CPD為直線PC與平面PED所成的角，在Rt△PCD中，tan∠CPD＝＝，故錯誤．故選AC.三、填空題13．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分別為AA1，BB1的中點，則異面直線BM與C1N所成角的余弦值為________．答案解析如圖，連接A1N，則A1N∥BM，所以異面直線BM與C1N所成的角就是直線A1N和C1N所成的角．由題意，得A1N＝C1N＝＝，在△A1C1N中，由余弦定理得cos∠A1NC1＝＝.所以異面直線BM與C1N所成角的余弦值為.14．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：________．答案若m∥α且l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α)解析已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.15．已知四邊形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3.沿AC將△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F(xiàn)是AD′的中點，E是AC上一點，給出下列結論：①存在點E，使得EF∥平面BCD′；②存在點E，使得EF⊥平面ABC；③存在點E，使得D′E⊥平面ABC；④存在點E，使得AC⊥平面BD′E.其中正確的結論是________(寫出所有正確結論的序號).答案①②③解析對于①，存在AC的中點E，使得EF∥CD′，利用線面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；對于②，過點F作EF⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質定理可得EF⊥平面ABC；對于③，過點D′作D′E⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質定理可得D′E⊥平面ABC；對于④，因為ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一點，所以不存在點E，使得AC⊥平面BD′E.16．如圖，AB是圓錐SO的底面圓O的直徑，D是圓O上異于A，B的任意一點，以AO為直徑的圓與AD的另一個交點為C，P為SD的中點．現(xiàn)給出以下結論：①△SAC為直角三角形；②平面SAD⊥平面SBD；③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行．其中正確結論的序號是________(寫出所有正確結論的序號).答案①③解析如圖，連接OC，∵SO⊥底面圓O，∴SO⊥AC，C在以AO為直徑的圓上，∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O，∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC，即△SAC為直角三角形，故①正確；假設平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中過點A作AH⊥SD交SD于點H，則AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又BD⊥AD，∴BD⊥平面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥平面SAD，∴CO⊥SC，又在△SOC中，SO⊥OC，在一個三角形內不可能有兩個直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②錯