14-空间中的平行与垂直(高三数学第一轮复习同步测试题)
2014届高考数学(理科)专题教学案：空间中的平行与垂直(含答案)
常考问题14 空间中的平行与垂直[真题感悟] 1.(2013·江苏卷)如图，在三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝______.解析 设三棱锥F －ADE 的高为h ，则V 1V 2＝13h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD ·AE ·sin∠DAE 2h 122AD 2AE sin ∠DAE＝124答案 1∶24 2．(2013·江苏卷)如图，在三棱锥中S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点． 求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ； (2)BC ⊥SA .证明 (1)由AS ＝AB ，AF ⊥SB 知F 为SB 中点，则EF ∥AB ，FG ∥BC ，又EF ∩FG＝F ，因此平面EFG ∥平面ABC .(2)由平面SAB ⊥平面SBC ，且AF ⊥SB ，知AF ⊥平面SBC ，则AF ⊥BC . 又BC ⊥AB ，AF ∩AB ＝A ，则BC ⊥平面SAB ，因此BC ⊥SA . [考题分析]高考对本内容的考查主要有：(1)主要考查空间概念，空间想象能力，点线面位置关系判断，表面积与体积计算等，A 级要求(2)主要考查线线、线面、面面平行与垂直的证明，B 级要求1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．平行关系的转化两平面平行问题常常可以转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，所以要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图．3．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.4．垂直关系的转化与平行关系之间的转化类似，它们之间的转化如下示意图．在垂直的相关定理中，要特别注意记忆面面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面，当题目中有面面垂直的条件时，一般都要用此定理进行转化.热点一空间几何体的认识及表面积与体积的计算【例1】(2012·江苏卷)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥ABB1D1D的体积为________cm3.解析关键是求出四棱锥ABB1D1D的高，连接AC交BD于O，在长方体中，∵AB＝AD＝3，∴BD ＝32且AC ⊥BD .又∵BB 1⊥底面ABCD ，∴BB 1⊥AC . 又DB ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AO 为四棱锥A BB 1D 1D 的高且AO ＝12BD ＝322.∵S 矩形BB 1D 1D ＝BD ×BB 1＝32×2＝62，∴VA BB 1D 1D ＝13S 矩形BB 1D 1D ·AO ＝13×62×322＝6(cm 3)．答案 6[规律方法] 涉及柱、锥、台、球及其简单组合体的侧面积和体积的计算问题，要在正确理解概念的基础上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，分析几何体的结构特征，选择合适的公式，进行计算．另外要重视空间问题平面化的思想和割补法、等积转换法的运用． 【训练1】 (2013·海安中学调研)已知正六棱锥P ABCDEF 的底面边长为1 cm ，侧面积为3 cm 2，则该棱锥的体积为________cm 3.解析 侧面积＝12×底面周长×斜高＝12×6×斜高＝3所以，斜高＝1(cm)； 底面的边心距＝32(cm)； 在斜高、高、底面边心距组成的直角三角形中，可求高＝12(cm)；底面面积＝34×6＝332(cm 2)； 体积＝13×332×12＝34(cm 3)．答案34热点二 空间中点线面位置关系的判断【例2】 (2012·泰州学情调研)设α，β，γ是三个不重合的平面，l 是直线，给出下列四个命题：①若α⊥β，l ⊥β，则l ∥α；②若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β；③若l 上有两点到α的距离相等，则l ∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β. 其中正确命题的序号是________．解析 由线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理逐个判断，真命题为②④. 答案 ②④[规律方法] 这类题为高考常考题型，其实质为多项选择．主要考查空间中线面之间的位置关系，要求熟悉有关公理、定理及推论，并具备较好的空间想象能力，做到不漏选、多选、错选．【训练2】(2012·浙江卷改编)设l是直线，α，β是两个不同的平面①若l∥α，l∥β，则α∥β；②若l∥α，l⊥β，则α⊥β；③若α⊥β，l⊥α，则l⊥β；④若α⊥β，l∥α，则l⊥β，则上述命题中正确的是________．解析利用线与面、面与面的关系定理判定，用特例法．设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故①错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l，又因为l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以②正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此③错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l ∥β，因此④错误．答案②热点三线线、线面、面面平行与垂直的证明【例3】(2012·江苏卷)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1，又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ， 所以A 1F ∥平面ADE .[规律方法] 证明或探究空间中线线、线面、面面平行与垂直的位置关系，一要熟练掌握所有判定定理与性质定理，梳理好几种位置关系的常见证明方法，如证明线面平行，既可以构造线线平行，也可以构造面面平行．而证明线线平行常用的是三角形中位线性质，或构造平行四边形；二要用分析与综合相结合的方法来寻找证明的思路；三要注意表述规范，推理严谨，避免使用一些虽然正确但不能作为推理依据的结论． 【训练3】 (2013·苏中三市调研)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥DC ，∠ABC ＝45°，DC ＝1，AB ＝2，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1.(1)求证：AB ∥平面PCD ； (2)求证：BC ⊥平面PAC ；(3)若M 是PC 的中点，求三棱锥M ACD 的体积． (1)证明 ∵AB ∥DC ，且AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD . ∴AB ∥平面PCD .(2)证明 在直角梯形ABCD 中，过C 作CE ⊥AB 于点E ，则四边形ADCE 为矩形 ∴AE ＝DC ＝1，又AB ＝2，∴BE ＝1，在Rt △BEC 中，∠ABC ＝45°， ∴CE ＝BE ＝1，CB ＝2，∴AD ＝CE ＝1，则AC ＝AD 2＋DC 2＝2， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC ， 又∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BCPA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC(3)解 ∵M 是PC 中点，∴M 到面ADC 的距离是P 到面ADC 距离的一半V M ACD ＝13S △ACD ·12PA ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×12＝112.备课札记：希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！。
高考数学(理科)-空间中的平行与垂直关系-专题练习(含答案与解析)
高考数学（理科）专题练习 空间中的平行与垂直关系[建议A ．B 组各用时：45分钟] [A 组 高考达标] 一、选择题1．(2016·南昌一模)设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是（ ）A ．,,a b a b αα若则B ．,,a a b b αα⊥⊥若则C ．,,a a b b αα⊥⊥若则D ．,,a a b b αα⊥⊥若则2．(2016·济南一模)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若,m n m β⊥,则n β⊥； ②,,m m αβαβ若则；③,,m n m n ββ若则； ④,,m m αβαβ⊥⊥⊥若则． 其中真命题的个数为（ ） A ．1 B ．2 C ．3D ．43．如图11-5所示，直线P A 垂直于O 所在的平面，△ABC 内接于O ，且AB 为O 的直径，点M 为线段PB 的中点。
现有结论：①BC PC ⊥；②OM APC 平面；③点B 到平面P AC 的距离等于线段BC 的长。
其中正确的是（ ）图11-5 A ．①② B ．①②③ C ．①D ．②③4．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：①存在一个平面,,γγαγβ⊥；②存在一条直线,,a a a αβ⊂⊥； ③存在两条垂直的直线,,,a b a b βα⊥⊥．平面EF ABC⊥平面AEF平面E ABCDE ABC③三棱锥-④直线11B E BC ⊥直线． 三、解答题9．(2016·北京高考)如图11-8，在四棱锥-P ABCD 中，PC ABCD ⊥平面，AB DC ，DC AC ⊥．图11-8 （1）求证：DC PAC ⊥平面． （2）求证：PAB PAC ⊥平面平面．（3）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得PA CEF 平面？说明理由．10．(2016·青岛模拟)如图11-9，四棱锥-P ABCD ，侧面P AD 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是60ABC ∠︒＝的菱形，M 为PC 的中点．图11-9 （1）求证：PC AD ⊥； （2）求点D 到平面P AM 的距离．[B 组名校冲刺] 一、选择题1．(2016·乌鲁木齐三模)如图11-10，在多面体-ABC DEFG 中，ABC DEFG 平面平面，AC GF ，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 分别为AD ，BE 的中点，则MN ＝（ ）AD BC，AD，构成三棱锥( )平面EF ABCD．异面直线AE，二、填空题AB CE；③V中，AB⊥AD BC，ADC∠平面PABAB CD，E，沿着EFCN＝上一动点，且2平面MN EFDA-MNF的体积．高考数学（理科）专题练习 空间中的平行与垂直关系答 案[建议A ．B 组各用时：45分钟] [A 组高考达标] 一、选择题 1～5：BABDB 二、填空题 6．3 7．①③⑤ 8．①②③ 三、解答题9．[解]（1）证明：因为PC ABCD ⊥平面，所以PC DC ⊥． 又因为DC AC ⊥，且PC AC C ＝，所以DC PAC ⊥平面．（2）证明：因为AB DC DC AC ⊥，， 所以AB AC ⊥．因为PC ABCD ⊥平面，所以PC AB ⊥． 又因为PCAC C ＝，所以AB PAC ⊥平面．又AB PAB ⊂平面，所以PAB PAC ⊥平面平面． （3）棱PB 上存在点F ，使得PA CEF 平面． 理由如下：取PB 的中点F ，连接EF ，CE ，CF ． 又因为E 为AB 的中点，所以EFPA ．又因为PA CEF ⊄平面，且EF CEF ⊂平面， 所以PA CEF 平面．10．[解]（1）证明：法一：取AD 中点O ，连接OP ，OC ，AC ，依题意可知PAD △，ACD △均为正三角形，所以OC AD OP AD ⊥⊥，，又O CO P O ＝，OC POC ⊂平面，OP POC ⊂平面，所以AD POC ⊥平面，又PC POC ⊂平面，所以PC AD ⊥．法二：连接AC ，AM ，DM ，依题意可知,PAD ACD △△均为正三角形，又M 为PC 的中点，所以,AM PC DM PC ⊥⊥，又AMDM M ＝，AM AMD ⊂平面，DM AMD ⊂平面，PAD ABCD平面ABCD平面，即6PC=，12PC AM=⨯面P AC的13PAC ACDh S PO=△，又15133h=⨯,AD BC BC=,BC AM BC AM=且．所以四边形AMCB是平行四边形，AB．,PAB平面PAB平面,AD BC BC=ABCD⊥平面,AD BC BC=,BC MD BC且所以四边形BCDM是平行四边形，1CD==AB AP A=，所以PBD⊂平面解]（1）证明：过点EFCB⊥平面EFCB EFDA平面CF DF F=，∴CFD．NQ EF⊥．EF FD F=，∴NQ⊥MP NQ．，∴23 NQ CF=1MN PQ．MN EFDA⊄平面FEBCFEAD 平面交于一点H ，且1932HFD S CF ==△，29=， -29F CDHV 三棱锥(BEA BEA CDF S S S ++△△△高考数学（理科）专题练习空间中的平行与垂直关系解析[建议A、B组各用时：45分钟][A组高考达标]一、选择题1．B[A中，两直线可能平行、相交或异面，故A错；B中，由直线与平面垂直的判定定理可知B正确；C中，b可能平行α，也可能在α内，故C错；D中，b可能平行α，也可能在α内，还可能与α相交，故D错．综上所述，故选B.]2．A[对于①，由直线与平面垂直的判定定理易知其正确；对于②，平面α与β可能平行或相交，故②错误；对于③，直线n可能平行于平面β，也可能在平面β内，故③错误；对于④，由两平面平行的判定定理易得平面α与β平行，故④错误．综上所述，正确命题的个数为1，故选A.]3．B[对于①，∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC.又∵P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC，又PC⊂平面P AC，∴BC⊥PC.对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥P A.∵P A⊂平面P AC，OM⊄平面P AC，∴OM∥平面P AC.对于③，由①知BC⊥平面P AC，∴线段BC的长即是点B到平面P AC的距离，故①②③都正确．]4．D[对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也成立，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B，C.对于③，存在两条垂直的直线a，b，则直线a，b所成的角为90°，因为a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角为90°，即α⊥β，反之也成立，即“存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A，选D．]5．B[因为AP⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又AB⊥BC，且P A和AB是平面P AB上两条相交直线，则BC⊥平面P AB，BC⊥AE.当AE⊥PB时，AE⊥平面PBC，则AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，A正确；当EF∥平面ABC 时，EF 在平面PBC 上，平面PBC 与平面ABC 相交于BC ，则EF ∥BC ，则EF ⊥AE ，△AEF 一定是直角三角形，C 正确；当PC ⊥平面AEF 时，AE ⊥PC ，又AE ⊥BC ，则AE ⊥平面PBC ，AE ⊥EF ，△AEF 一定是直角三角形，D 正确；B 中结论无法证明，故选B ．]二、填空题6．3[如图所示，∵P A ⊥PC ，P A ⊥PB ，PC ∩PB ＝P ，∴P A ⊥平面PBC .又∵BC ⊂平面PBC ，∴P A ⊥BC ．同理PB ⊥AC ，PC ⊥AB ，但AB 不一定垂直于BC ．]7． ①③⑤[由题意知BD ⊥CO ，BD ⊥AO ，则BD ⊥平面AOC ，从而BD ⊥AC ，故①正确；根据二面角A -BD -C 的大小为60°，可得∠AOC ＝60°，又直线AD 在平面AOC 的射影为AO ，从而AD 与CO 不垂直，故②错误；根据∠AOC ＝60°，AO ＝CO 可得△AOC 为正三角形，故③正确；在△ADC 中 ，AD ＝CD ＝4，AC ＝CO ＝22，由余弦定理得cos ∠ADC ＝42＋42－222×4×4＝34，故④错误；由题意知，四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为22，则外接球的表面积为S ＝4π×(22)2＝32π，故⑤正确．]8．①②③[因为AC ⊥平面BDD 1B 1，故①，②正确；记正方体的体积为V ，则V E -ABC ＝16V 为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．]三、解答题9．[解](1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥DC .2分又因为DC ⊥AC ，且PC ∩AC ＝C ，所以DC ⊥平面P AC .4分(2)证明：因为AB ∥DC ，DC ⊥AC ，所以AB ⊥AC ．因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥AB .又因为PC ∩AC ＝C ，所以AB ⊥平面P AC ．8分又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AC ．9分(3)棱PB 上存在点F ，使得P A ∥平面CEF ．10分理由如下：取PB 的中点F ，连接EF ，CE ，CF .又因为E 为AB 的中点，所以EF ∥P A .又因为P A ⊄平面CEF ，且EF ⊂平面CEF ，所以P A ∥平面CEF ．14分10．[解](1)证明：法一：取AD 中点O ，连接OP ，OC ，AC ，依题意可知△P AD ，△ACD 均为正三角形，所以OC ⊥AD ，OP ⊥AD ，又OC ∩OP ＝O ，OC ⊂平面POC ，OP ⊂平面POC ，所以AD ⊥平面POC ，又PC ⊂平面POC ，所以PC ⊥AD ．5分法二：连接AC ，AM ，DM ，依题意可知△P AD ，△ACD 均为正三角形，又M为PC 的中点，所以AM ⊥PC ，DM ⊥PC ，又AM ∩DM ＝M ，AM ⊂平面AMD ，DM ⊂平面AMD ，所以PC ⊥平面AMD ，又AD ⊂平面AMD ，所以PC ⊥AD ．5分(2)由题可知，点D 到平面P AM 的距离即点D 到平面P AC 的距离，由(1)可知PO ⊥AD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，即PO 为三棱锥P -ADC 的高．在Rt △POC 中，PO ＝OC ＝3，PC ＝6，在△P AC 中，P A ＝AC ＝2，PC ＝6，边PC 上的高AM ＝P A 2－PM 2＝102， 所以S △P AC ＝12PC ·AM ＝12×6×102＝152．8分 设点D 到平面P AC 的距离为h ，由V D -P AC ＝V P -ACD 得13S △P AC ·h ＝13S △ACD ·PO ，又S △ACD ＝34×22＝3， 所以13×152·h ＝13×3×3，解得h ＝2155，所以点D 到平面P AM 的距离为2155．12分[B 组名校冲刺]一、选择题1．A[如图，取BD 的中点P ，连接MP ，NP ，则MP ∥AB ，NP ∥DE ，MP ＝12AB ＝1，NP ＝12DE ＝2.又∵AC ∥GF ，∴AC ∥NP ．∵∠CAB ＝60°，∴∠MPN ＝120°，∴MN ＝MP 2＋NP 2－2×MP ×NP ×cos 120°＝1＋4－2×1×2×⎝⎛⎭⎫－12＝7，故选A ．]2．D[∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD .又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，∴CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB .又AD ⊥AB ，AD ∩CD ＝D ，∴AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ，故选D ．]3．A[由题意可知P A ，PE ，PF 两两垂直，∴P A ⊥平面PEF ，从而P A ⊥EF ，而PO ⊥平面AEF ，则PO ⊥EF ．∵PO ∩P A ＝P ，∴EF ⊥平面P AO ，∴EF ⊥AO ，同理可知AE ⊥FO ，AF ⊥EO ，∴O 为△AEF 的垂心．故选A ．]4．D[对于选项A ，连接BD ，易知AC ⊥平面BDD 1B 1.∵BF ⊂平面BDD 1B 1，∴AC ⊥BF ，故A 正确；对于选项B ，∵AC ⊥平面BDD 1B 1，∴A 到平面BEF 的距离不变．∵EF ＝22，B 到EF 的距离为1，∴△BEF 的面积不变，∴三棱锥A -BEF 的体积为定值，故B 正确；对于选项C ，∵EF ∥BD ，BD ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ，∴EF ∥平面ABCD ，故C 正确；对于选项D ，异面直线AE ，BF 所成的角不为定值，当F 与B 1重合时，令上底面中心为O ，则此时两异面直线所成的角是∠A 1AO ，当E 与D 1重合时，点F 与O 重合，则两异面直线所成的角是∠OBC 1，这两个角不相等，故异面直线AE ，BF 所成的角不为定值，故D 错误．]二、填空题5．①③④[作出折叠后的几何体直观图如图所示：∵AB ＝3BC ＝3a ，BE ＝a ，∴AE ＝2a .∴AD ＝AE 2－DE 2＝a ，∴AC ＝CD 2＋AD 2＝2a .在△ABC 中，cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ×BC ＝3a 2＋a 2－2a 223a 2＝33． ∴sin ∠ABC ＝1－cos 2 ∠ABC ＝63． ∴tan ∠ABC ＝sin ∠ABC cos ∠ABC＝2． ∵BC ∥DE ，∴∠ABC 是异面直线AB ，DE 所成的角，故①正确．连接BD ，CE ，则CE ⊥BD ，又AD ⊥平面BCDE ，CE ⊂平面BCDE ，∴CE ⊥AD .又BD ∩AD ＝D ，BD ⊂平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，∴CE ⊥平面ABD .又AB ⊂平面ABD ，∴CE ⊥AB ，故②错误．V B -ACE ＝V A -BCE ＝13S △BCE ·AD ＝13×12×a 2×a ＝a 36，故③正确．∵AD ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∴BC ⊥AD .又BC ⊥CD ，CD ∩AD ＝D ，CD ，AD ⊂平面ACD ，∴BC ⊥平面ACD .∵BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ACD ，故④正确．故答案为①③④．]6．43π [当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥D -ABC 的体积取最大值．此时易知BC ⊥平面DAC ，∴BC ⊥AD .又AD ⊥DC ，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，取AB 的中点O ，易得OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝1，故O 为所求外接球的球心，故半径r ＝1，体积V ＝43πr 3＝43π．] 三、解答题7．[解](1)取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，点M 即为所求的一个点.2分理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ， 所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ．所以四边形AMCB 是平行四边形，所以CM ∥AB ．4分又AB ⊂平面P AB ，CM ⊄平面P AB ，所以CM ∥平面P AB ．6分(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交， 所以P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD ．8分因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ， 所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ，所以四边形BCDM 是平行四边形，10分所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ． 又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB ．又BD ⊂平面PBD ，所以平面P AB ⊥平面PBD ．12分8．[解](1)证明：过点M 作MP ⊥EF 于点P ，过点N 作NQ ⊥FD 于点Q ，连接PQ .由题知，平面EFCB ⊥平面EFDA ，又MP ⊥EF ，平面EFCB ∩平面EFDA ＝EF ，∴MP ⊥平面EFDA ．又EF ⊥CF ，EF ⊥DF ，CF ∩DF ＝F ，∴EF ⊥平面CFD ．又NQ ⊂平面CFD ，∴NQ ⊥EF ．又NQ ⊥FD ，EF ∩FD ＝F ，∴NQ ⊥平面EFDA ，∴MP ∥NQ ．2分又CN ＝12ND ，∴NQ ＝23CF ＝23×3＝2， 且MP ＝12(BE ＋CF )＝12×(1＋3)＝2，∴MP 綊NQ ， ∴四边形MNQP 为平行四边形.4分∴MN ∥PQ ．又∵MN ⊄平面EFDA ，PQ ⊂平面EFDA ，∴MN ∥平面EFDA ．6分(2)法一：延长DA ，CB 相交于一点H ，则H ∈CB ，H ∈DA ． 又∵CB ⊂平面FEBC ，DA ⊂平面FEAD ．∴H ∈平面FEBC ，H ∈平面FEAD ，即H ∈平面FEBC ∩平面FEAD ＝EF ，∴DA ，FE ，CB 交于一点H ，且HE ＝12EF ＝1．8分 V 三棱锥F -CDH ＝V 三棱锥C -HFD ＝13·S △HFD ·CF ＝92， 又由平面几何知识得S △AMN S △CDH ＝29， 则V 三棱锥F -AMN V 三棱锥F -CDH＝29， ∴V 三棱锥A -MNF ＝V 三棱锥F -AMN ＝29·V 三棱锥F -CDH ＝29×92＝1． 法二：V 三棱台BEA -CDF ＝13×EF ×(S △BEA ＋S △BEA ·S △CDF ＋S △CDF )＝13×2×⎝⎛⎭⎫12＋12×92＋92＝133， V 四棱锥A -BEFM ＝13×AE ×S 四边形BEFM ＝56， V 三棱锥N -ADF ＝13×2×S △ADF ＝2， V 三棱锥N -CFM ＝13×1×S △CFM ＝12，10分 V 三棱锥A -MNF ＝V 三棱台BEA -CDF －V 三棱锥N -CFM －V 四棱锥A -BEFM －V 三棱锥N -ADF ＝133－12－56－2＝1．12分。
高三数学一轮复习关于垂直与平行的问题 试题
2021届一轮复习关于垂直与平行的问题高考要求:垂直与平行是高考的重点内容之一，考察内容灵敏多样.本节主要帮助考生深入理解线面平行与垂直、面面平行与垂直的断定与性质，并能利用它们解决一些问题.重难点归纳:垂直和平行涉及题目的解决方法须纯熟掌握两类互相转化关系:1.平行转化:线线平行线面平行面面平行.2.垂直转化:线线垂直线面垂直面面垂直.每一垂直或者平行的断定就是从某一垂直或者平行开场转向另一垂直或者平行最终到达目的.例如:有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.典型题例示范讲解:例1两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM=FN，求证:MN∥平面BCE.命题意图:此题主要考察线面平行的断定，面面平行的断定与性质，以及一些平面几何的知识.知识依托:解决此题的关键在于找出面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外) 线(外)∥面:或者转化为证两个平面平行.错解分析:证法二中要证线面平行，通过转化证两个平面平行，正确的找出MN 所在平面是一个关键.技巧与方法:证法一利用线面平行的断定来证明.证法二采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行.证法一:作MP ⊥BC ，NQ ⊥BE ，P 、Q 为垂足，那么MP ∥AB ，NQ ∥AB .∴MP ∥NQ ，又AM =NF ，AC =BF ， ∴MC =NB ，∠MCP =∠NBQ =45° ∴Rt △MCP ≌Rt △NBQ∴MP =NQ ,故四边形MPQN 为平行四边形 ∴MN ∥PQ∵PQ ⊂平面BCE ，MN 在平面BCE 外， ∴MN ∥平面BCE .证法二:如图过M 作MH ⊥AB 于H ，那么MH ∥BC ， ∴ABAH ACAM=连结NH ，由BF =AC ，FN =AM ，得ABAH BFFN =∴NH//AF//BE由MH//BC,.NH//BE 得:平面MNH//平面BCE∴MN ∥平面BCE .例2在斜三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，底面是等腰三角形，AB =AC ，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC .(1)假设D 是BC 的中点，求证:AD ⊥CC 1；C1(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，假设AM=MA1，求证:截面MBC1⊥侧面BB1C1C；(3)AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要条件吗？请你表达判断理由.命题意图:此题主要考察线面垂直、面面垂直的断定与性质.知识依托:线面垂直、面面垂直的断定与性质.错解分析:(3)的结论在证必要性时，辅助线要重新作出.技巧与方法:此题属于知识组合题类，关键在于对题目中条件的考虑与分析，掌握做此类题目的一般技巧与方法，以及如何巧妙作辅助线.(1)证明:∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴AD⊥侧面BB1C1C∴AD⊥CC1.(2)证明:延长B1A1与BM交于N，连结C1N∵AM=MA1，∴NA1=A1B1∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1∴C1N⊥C1B1∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，∴C1N⊥侧面BB1C1C∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C.(3)解:结论是肯定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性.过M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C∴ME ⊥侧面BB 1C 1C ，又∵AD ⊥侧面BB 1C 1C. ∴ME ∥AD ，∴M 、E 、D 、A 一共面 ∵AM ∥侧面BB 1C 1C ，∴AM ∥DE ∵CC 1⊥AM ，∴DE ∥CC 1∵D 是BC 的中点，∴E 是BC 1的中点 ∴AM =DE =21211=CC AA 1，∴AM =MA 1.例3.斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，A 1C 1=B 1C 1=2，D 、D 1分别是AB 、A 1B 1的中点，平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1，异面直线AB 1和C 1B 互相垂直.(1)求证:AB 1⊥C 1D 1； (2)求证:AB 1⊥面A 1CD ；(3)假设AB 1=3，求直线AC 与平面A 1CD 所成的角.(1)证明:∵A 1C 1=B 1C 1，D 1是A 1B 1的中点， ∴C 1D 1⊥A 1B 1于D 1，又∵平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1， ∴C 1D 1⊥平面A 1B 1BA ，而AB 1⊂平面A 1ABB 1，∴AB 1⊥C 1D 1. (2)证明:连结D 1D ， ∵D 是AB 中点，∴DD 1CC 1，∴C 1D 1∥CD ，由(1)得CD ⊥AB 1，又∵C 1D 1⊥平面A 1ABB 1，C 1B ⊥AB 1， 由三垂线定理得BD 1⊥AB 1，又∵A 1D ∥D 1B ，∴AB 1⊥A 1D 而CD ∩A 1D =D ，∴AB 1⊥平面A 1CD .D 11B 1BCA 1(3)解:由(2)AB 1⊥平面A 1CD 于O ，连结CO 1得∠ACO 为直线AC 与平面A 1CD 所成的角， ∵AB 1=3，AC =A 1C 1=2，∴AO =1，∴sin OCA =21=ACAO ，∴∠OCA =6π.学生稳固练习:1.在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，那么点A 1到截面AB 1D 1的间隔 是( )A 38 B 83 C 34 D 432.在直二面角α—l —β中，直线a ⊂α,直线b ⊂β,a 、b 与l 斜交，那么( )A a 不和b 垂直，但可能a ∥bB a 可能和b 垂直，也可能a ∥bC a 不和b 垂直，a 也不和b 平行D a 不和b 平行，但可能a ⊥b3.设X 、Y 、Z 是空间不同的直线或者平面，对下面四种情形，使“X ⊥Z 且Y ⊥Z ⇒X ∥Y 〞为真命题的是_________(填序号).①X 、Y 、Z 是直线②X 、Y 是直线，Z 是平面③Z 是直线，X 、Y 是平面④X 、Y 、Z 是平面4.设a ,b 是异面直线，以下命题正确的选项是_________. ①过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一条直线和a 、b 都相交 ②过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一个平面和a 、b 都垂直③过a 一定可以作一个平面与b 垂直 ④过a 一定可以作一个平面与b 平行 5.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA 垂直于底面，E 、F 分别是AB 、PC 的中点.(1)求证:CD ⊥PD ; (2)求证:EF ∥平面PAD ;(3)当平面PCD 与平面ABCD 成多大角时，直线EF ⊥平面PCD ？ 6.如图，在正三棱锥A —BCD 中，∠BAC =30°，AB =a ,平行于AD 、BC 的截面EFGH 分别交AB 、BD 、DC 、CA 于点E 、F 、G 、H .(1)断定四边形EFGH 的形状，并说明理由. (2)设P 是棱AD 上的点，当AP 为何值时，平面PBC ⊥平面EFGH ，请给出证明.7.如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各棱长都相等，D 、E 分别是CC 1和AB 1的中点，点F 在BC 上且满足BF ∶FC =1∶3.(1)假设M 为AB 中点，求证:BB 1∥平面EFM ； (2)求证:EF ⊥BC ；(3)求二面角A 1—B 1D —C 1的大小. 8.如图，平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面是菱形且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60°,(1)证明:C 1C ⊥BD ；1A1C1(2)假定CD =2，CC 1=23，记面C 1BD 为α,面CBD 为β,求二面角α—BD —β的平面角的余弦值；(3)当1CC CD 的值是多少时，可使A 1C ⊥面C 1BD ？参考答案:1.解析:如图，设A 1C 1∩B 1D 1=O 1，∵B 1D 1⊥A 1O 1，B 1D 1⊥AA 1，∴B 1D 1⊥平面AA 1O 1，故平面AA 1O 1⊥AB 1D 1，交线为AO 1，在面AA 1O 1内过A 1作A 1H ⊥AO 1于H ，那么易知A 1H 长即是点A 1到平面AB 1D 1的间隔 ，在Rt △A 1O 1A 中，A 1O 1=2，AO 1=32，由A 1O 1·A 1A =h ·AO 1,可得A 1H =34.答案:C2.解析:如图，在l 上任取一点P ，过P 分别在α、β内作a ′∥a ,b ′∥b ,在a ′上任取一点A ，过A 作AC ⊥l ，垂足为C ，那么AC ⊥β,过C 作CB ⊥b ′交b ′于B ，连AB ，由三垂线定理知AB ⊥b ′，∴△APB 为直角三角形,故∠APB 为锐角. 答案:C3.解析:①是假命题，直线X 、Y 、Z 位于正方体的三条一共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X 、Y 、Z 位于正方体的三个一共点侧面时为反例. 答案:②③4.④D 15.证明:(1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD内的射影，∵CD⊂平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.(2)取CD中点G，连EG、FG，∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD(3)解:当平面PCD与平面ABCD成45°角时，直线EF⊥面PCD证明:G为CD中点，那么EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF为平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，从而得∠ADP=45°，AD=AP由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE又F是PC的中点，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD.6.(1)证明:∵AD//面EFGH,面ACD∩面EFGH＝HG，,AD⊂面ACD.∴AD//HG.同理EF∥FG，∴EFGH是平行四边形∵A—BCD是正三棱锥，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，∴HG⊥EH，四边形EFGH是矩形.(2)作CP⊥AD于P点，连结BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG⊂面EFGH.面BCP⊥面EFGH，3a.在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP=27. (1)证明:连结EM、MF，∵M、E分别是正三棱柱的棱AB和AB1的中点，∴BB 1∥ME ，又BB 1⊄平面EFM ，∴BB 1∥平面EFM .(2)证明:取BC 的中点N ，连结AN 由正三棱柱得:AN ⊥BC ， 又BF ∶FC =1∶3，∴F 是BN 的中点，故MF ∥AN ， ∴MF ⊥BC ，而BC ⊥BB 1，BB 1∥ME :∴ME ⊥BC ，由于MF ∩ME =M ，∴BC ⊥平面EFM ， 又EF平面EFM ，∴BC ⊥EF .(3)解:取B 1C 1的中点O ，连结A 1O 知，A 1O ⊥面BCC 1B 1，由点O 作B 1D 的垂线OQ ，垂足为Q ，连结A 1Q ，由三垂线定理，A 1Q ⊥B 1D ，故∠A 1QD 为二面角A 1—B 1D —C 的平面角，易得∠A 1QO =arctan15.8. (1)证明:连结A 1C 1、AC ，AC 和BD 交于点O ，连结C 1O ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，BC =CD又∵∠BCC 1=∠DCC 1，C 1C 是公一共边，∴△C 1BC ≌△C 1DC ，∴C 1B =C 1D ∵DO =OB ，∴C 1O ⊥BD ，但AC ⊥BD ，AC ∩C 1O =O ∴BD ⊥平面AC 1，又C 1C ⊂平面AC 1，∴C 1C ⊥BD . (2)解:由(1)知AC ⊥BD ，C 1O ⊥BD ， ∴∠C 1OC 是二面角α—BD —β的平面角. 在△C 1BC 中，BC =2，C 1C =23，∠BCC 1=60°，∴C 1B 2=22+(23)2－2×2×23×cos60°=413.∵∠OCB =30°,∴OB =21,BC =1,C 1O =23,即C 1O =C 1C .作C 1H ⊥OC ，垂足为H ，那么H 是OC 中点且OH =23，∴cos C 1OC =33(3)解:由(1)知BD ⊥平面AC 1，∵A 1O ⊂平面AC 1，∴BD ⊥A 1C ，当1CC CD =1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同理可证BC 1⊥A 1C ，又∵BD ∩BC 1=B ，∴A 1C ⊥平面C 1BD .课前后备注:励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。
近年高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54空间向量的应用(一)平行与垂直理(2021年整理)
2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54 空间向量的应用（一）平行与垂直理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54 空间向量的应用（一）平行与垂直理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54 空间向量的应用（一）平行与垂直理的全部内容。
题组训练54 空间向量的应用（一)平行与垂直1．已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝错误!＋错误!＋错误!，向量b＝错误!＋错误!－错误!，则与a，b不能构成空间基底的向量是（) A.错误!B。
错误!C.错误!D.错误!或错误!答案C解析根据题意得错误!＝错误!(a－b），∴错误!，a，b共面．2．有4个命题:①若p＝x a＋y b，则p与a，b共面；②若p与a，b共面,则p＝x a＋y b；③若错误!＝x错误!＋y错误!，则P，M，A，B共面；④若P，M，A，B共面，则错误!＝x错误!＋y错误!.其中真命题的个数是( ）A．1 B．2C．3 D．4答案B解析①正确，②中若a，b共线，p与a不共线，则p＝x a＋y b就不成立．③正确．④中若M，A，B共线，点P不在此直线上，则错误!＝x错误!＋y错误!不正确．3．从点A（2,－1，7）沿向量a＝（8,9，－12）的方向取线段长｜AB｜＝34，则B点坐标为( )A．(18,17，－17）B．(－14，－19，17)C．（6，错误!，1）D．（－2，－错误!，13)答案A解析设B点坐标为（x,y，z），则错误!＝λa（λ>0），即(x－2,y＋1，z－7）＝λ(8，9，－12）．由|错误!｜＝34,即错误!＝34，得λ＝2。
【广东(文)人教版】2014高考数学第一轮复习第54课空间中的垂直关系文(详解典型题)
第54课 空间中的垂直关系1．（2013东城二模）给出下列命题：① 如果不同直线m 、n 都平行于平面α，则m 、n 一定不相交； ② 如果不同直线m 、n 都垂直于平面α，则m 、n 一定平行； ③ 如果平面βα、互相平行，若直线m α⊂，直线n β⊂，则m //n ； ④ 如果平面βα、互相垂直，且直线m 、n 也互相垂直，若α⊥m 则β⊥n ． 则真命题的个数是（ ） A ．3B ．2C ．1D ．0【答案】C【解析】只有②为真命题．2．（2013汕头二模）设l 、m 是不同的两条直线，α、β是不重合的两个平面，则下列命题中为真命题的是（ ）A ．若,⊥⊥l ααβ，则//l βB ．若//,⊥l ααβ，则//l βC ．若,//,⊥⊂l m m αββ，则⊥l αD ．若,//,⊥⊂l m ααββ，则⊥l m 【答案】D【解析】∵,l α⊥//αβ，∴l β⊥，∵m β⊂，∴l m ⊥．3．（2013湖南高考）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，AD ∥BC ，AC BD ⊥． （1）证明：BD PC ⊥；（2）若4AD =，2BC =，直线PD 与平面PAC 所成的角为30，求四棱锥P ABCD -的体积．国^教*~育出#版%【解析】（1）∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA BD ⊥． 又AC BD ⊥，PA AC A =， ∴BD ⊥平面PAC ，∵PC ⊂平面PAC ，∴BD PC ⊥．（2）设AC 和BD 相交于点O ，连接PO ，由（1）知，BD ⊥平面PAC ，∴DPO ∠是直线PD 和平面PAC 所成的角，∴DPO ∠30=．由BD ⊥平面PAC ，PO ⊂平面PAC ，知BD PO ⊥． 在Rt POD 中，由DPO ∠30=，得2PD OD =． ∵四边形ABCD 为等腰梯形，AC BD ⊥， ∴,AOD BOC 均为等腰直角三角形，从而梯形ABCD 的高为111(42)3,222AD BC +=⨯+= 于是梯形ABCD 面积1(42)39.2S =⨯+⨯=在等腰三角形AOD中，OD AD ==∴2 4.PD OD PA ====故四棱锥P ABCD -的体积为11941233V S PA =⨯⨯=⨯⨯=．PACDPACDO4．（2013广东高考）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD AD =，E 是PB 中点，F 是DC 上的点，且12DF AB =，PH 为PAD ∆中AD 边上的高．（1）证明：PH ⊥平面ABCD ； （2）若1PH =，AD =1FC =，求三棱锥E BCF -的体积；（3）证明：EF ⊥平面PAB ．【解析】（1）证明：∵AB ⊥平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，∴AB PH ⊥，∵PH 为PAD ∆中AD 边上的高，∴PH AD ⊥， ∵ABAD A =，∴PH ⊥平面ABCD ．（2）∵E 是PB 中点，∴点E 到平面BCF 的距离d 等于点P 到平面BCF 的距离的一半，∴1122d PH ==．∵11122BCF S CF AD ∆=⋅=⨯=，∴111332E BCF BCF V S PH -∆=⋅==（3）取PA 的中点Q ，连结EQ 、DQ ，∵E 是PB 中点，∴QE ∥AB 且12QE AB =，又∵DF ∥AB 且12DF AB =，∴QE ∥DF 且QE DF =，∴四边形EQDF 是平行四边形，∴EF ∥QD ． ∵AB ⊥平面PAD ，∴AB QD ⊥， 又∵PD AD =，∴QD PA ⊥HPADCB FE QE FCD APH∵AB PA A =P ，∴QD ⊥平面PAB∵EF ∥QD ，∴EF ⊥平面PAB .5．（2013江苏高考）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1111A B A C =，D E ，分别是棱1BC CC ，上的点（点D 不同于点C ），且AD DE F ⊥，为11B C 的中点． 求证：（1）平面ADE ⊥平面11BCC B ； （2）直线1//A F 平面ADE ．【证明】（1）∵111ABC A B C -是直三棱柱，∴1CC ⊥平面ABC ．又∵AD ⊂平面ABC ，∴1CC AD ⊥． 又∵AD DE ⊥,1CC DE E =，∴AD ⊥平面11BCC B ． 又∵AD ⊂平面ADE ， ∴平面ADE ⊥平面11BCC B ．（2）∵1111A B A C =，F 为11B C 的中点，∴111A F B C ⊥． 又∵1CC ⊥平面111A B C ，1A F ⊂平面111A B C ，∴11CC A F ⊥． 又∵1111CC B C C =，∴1A F ⊥平面111A B C ．由（1）知，AD ⊥平面11BCC B ，∴1A F ∥AD ． 又∵AD ⊂平面1, ADE A F ⊄平面ADE ，∴直线1//A F 平面ADE ．DEFABCA 1B 1C 16．（2013广州一模）如图所示，在三棱锥ABC P -中，AB BC ==⊥PAC 平面ABC ，AC PD ⊥于点D ， 1AD =，3CD =，2=PD ．（1）求三棱锥ABC P -的体积； （2）证明PBC ∆为直角三角形． 【解析】（1）证明：∵平面⊥PAC 平面ABC ，平面PAC 平面ABC AC =， PD ⊂平面PAC ，AC PD ⊥，∴PD ⊥平面ABC ．记AC 边上的中点为E ，如图：在ABC ∆中，AB BC =，∴AC BE ⊥．∵AB BC ==，4=AC ，∴BE ===∴12ABC S AC BE ∆=⨯⨯=． ∵2=PD ，∴三棱锥ABC P -的体积13P ABC ABC V S PD -∆=⨯⨯123=⨯=（2）连接BD ，在Rt BDE ∆中， ∵90BED ∠=o，BE =，1DE =，∴BD ===．在△BCD 中，3CD =，BC =BD =，∴222BC BD CD +=，∴BC BD ⊥． 由（1）知PD ⊥平面ABC ，∵BC ⊂平面ABC ，∴BC PD ⊥．BP ACD BPA C D E=，∴BC⊥平面PBD．∵BD PD D⊥．∵PB⊂平面PBD，∴BC PB∆为直角三角形．∴PBC。
14空间中的平行与垂直-高考文科数学备考学习资料复习.docx
參对頂解藩考点1空间点、线、面位置关系的基本问题题组一位置关系的判断调研1设gn是两条不同的直线,a,0是两个不同的平面,给出下列四个命题: ①若m //〃，加丄0,则〃丄0; ②若m // ajn //0,则a 〃0;③若加〃n.m〃0,则n//P\④若加丄a,加丄0则a丄0.其屮真命题的个数为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】根据空间平行与垂直的判定和性质定理逐个对命题进行判断.①显然正确; 对于②，由m//a,m///J,不一定得到a///J,a 和”的关系不确定； 对于③屮可能在平面0内，所以③不正确； 对于④，由丄0,可知。
〃0,所以④不正确. 故选A.☆技巧点拨☆空间屮点、线、面的位置关系的判定方法：(1) 可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2) 可以借助长方体，在理解空间点、线・、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.晅吓織•冷色。
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［晅・"题组二位置关系的判断与其他知识相结合调研2已知/为平面u 内的一条直线，«, 0表示两个不同的平面，则％丄0”是“/丄/T 的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若/为平面a 内的一条直线且/丄0，则。
丄0,反过来则不一定成立，所以力丄严是“/丄0'的必要不 充分条件，故选B.考点2平行与垂直关系的证明题组一平行的判定及性质调研1如图,三棱柱ABC ・A|B|Ci 屮441丄平面ABC,BC 丄AB,点M,N 分别是线段ACAB 的屮点.设平面MNB 、与平面BCC 、B\的交线为/，求证:MN 〃/.O ■■4 rgz ：- O • O <S^.• °• W • ° 4^・.::晅•【解析】可先证明MN〃平面BCCb,然后利用线而平行的性质定理即可得证.方法一：如图，连接GB,在中，点M,N分别为的中点，所以MN//QB.又MNQ平面3CCi5,C|Bu平面BCCb,所以MN〃平面BCGBi.又MNu平面MNB\,平面MNBQ平面BCGBR,所以MN//1.方法二：取儿5的中点P,连接MP,NP,如图所示.在046屮,点M,P分别为AiCSb的屮点，所以MP//C\B\.又MP©平面BCC]Bi,C]B|U平面BCG®,所以MP〃平面BCCb.同理可证NP〃平面BCC\B\.因为MPCNP二P,MP u平面MNP,NPu平而MNP,所以平而MNP〃平面BCCD.因为MNu平面MNP,所•以MN〃平面BCG®.又MVu平面MNBi,平面MNB,平面BCC\B冃,所以MN//L调研2 如图,四棱锥P - ABCD中,丄平面ABCDADHBCAB = AD = AC = 3f PA = BC = 4,M为线段AD上一点,AM = 2MD,N为PC的屮点.⑴证明:MN 〃平面/MB; ⑵求四而体N -BCM 的体积.【解析】(1)由己知得力M = |肋=2,取貯的中点T,连接ATJN^N 为PC 中点知TN//BC f TN == 2,即TN = AM f 又AD//BC,即7W//4M,故四边形力M/VT 为平行四边形，于是MN//AT, 因为/IT u 平面PAB,MNC 平面/MB,所以MN 〃平面MB.⑵因•为“丄平面ABCD,N 为PC 的屮点，所以N 到平面ABCD 的距离为 取氏的屮点E,连接4E,由4B = AC = 3得力E 丄 BC,AE = yjAB 2- BE 2—书, 由AM//BC 得M 到必的距离为"5, 故S △心=、4普=2頁,所以四面体ZCM 的体积为V® 气XS/X 竽二琴• 题组二垂直的判沱及性质调研3如图，在四棱锥A - BCDE 中，底面BCDE 为正方形，平面ABE 丄底面BCDE y AB = AE = BE.点M, N 分别是AE, AD 的中点.(1) 求证：MW 〃平面ABC ；BDBC（2）求证：BM丄平面ADE ；（3）在棱DE上求作一点P,使得CF丄AD,并说明理由.【解析】（1）因为点M, W分别是AE, AD的中点，所以MN//DE.因为四边形BCDE为正方形，所以B C//DE.所以MN//BC,因为MN①平面ABC, BCu平面ABC,所以M2 〃平面ABC.（2）因为平面4BE丄底面BCDE, DE丄BE ,所以DE丄平面ABE.因为BM u平面ABE,所以DE丄BM.因为AB = AE=BE，点M是AE的中点，所以丄AE.因为DE AE = E, DEu 平面ADE , AEu 平面ADE ,所以丄平面ADE.（3）取BE中点F,连接AF , DF,过C点作CP丄DF,交DE于点P.则点P即为所求作的点. 理由：因为AB = AE = BE，点F是BE的屮点，所以AF丄BE.因为平面丄底面B CDE,所以4F丄平面BCDE ,所以AF丄CP.因为CP丄DF , AF DF = F ,所以CP丄平面ADF.因为ADu平而力DF,所以CP丄AD☆技巧点拨☆空间平行与垂直关系的证明主要是转化思想的应用，如下图:线面平行（垂直）线线平行（垂直）＜ a壬°面面平行（垂直）性质在解决平行（垂直）关系的判定时，一般遵循从“低维''到“高维''的转化；而应用性质定理时，其顺序则正好相反.在实际应用屮，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用.晅。
高三数学专题13空间的平行与垂直问题练习
专题13：空间的平行与垂直问题一、前测训练1．如图所示，在直三棱柱ABC －A1B1C1中，若D 、E 是棱CC1，AB 的中点，求证：DE ∥平面AB1C1．提示：法一：用线面平行的判定定理来证： “平行投影法”：取AB1的中点F ，证四边形C1DEF 是平行四边形．“中心投影法”延长BD 与B1C1交于M ，利用三角线中位线证DE ∥法二：用面面平行的性质取BB1中点G ，证平面DEG ∥平面AB1C1．2．已知底面为平行四边形的四棱锥S －ABCD 中，P 为SB 中点，Q 为AD 上一点，若PQ ∥面SDC ， 求AQ ：QD ． 答案：1：13．在正方体ABCD －A1B1C1D1中， (1)求证：平面A1BD ∥平面B1D1C(2)若E ，F 分别是A1A ，C1C 的中点，求证：平面EB1D1∥平面BDF提示：(1)用面面平行的判定定理证：证明BD ∥B1D1，A1B ∥D1C ．(2)证明BD ∥B1D1，BF ∥D1E ．4．在正方体ABCD —A1B1C1D1中，M 为棱CC1的中点，AC交BDA 1D 1 A BC D B 1C 1 E · F ·DS A BC P Q A 1D 1B 1C 1M ·于O ，求证：A1O ⊥平面MBD提示：用线面垂直的判定定理：证BD ⊥平面AA1C1C ，从而得出BD ⊥A1O ； 在矩形AA1C1C 中，用平几知识证明A1O ⊥OM ；5．在正三棱柱ABC －A1B1C1中，所有棱长均相等，D 为BB1的中点，求证：A1B ⊥CD ．提示：取AB 的中点E ，连CE ，证A1B ⊥平面CDE ．6．如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PB ＝PD ，且E ，F 分别是BC ， CD 的中点． 求证：平面PEF ⊥平面PAC ．提示：设EF 与AC 交于点O ，证EF ⊥AC ，EF ⊥OP ， 从而得出EF ⊥平面PAC ．7．如图，已知VB ⊥平面ABC ，侧面V AB ⊥侧面V AC ，求证：△V AC 是直角三角形． 提示：过B 作BD ⊥V A ，垂足为D ，由侧面V AB ⊥侧面V AC ，得出BD ⊥侧面V AC ，从面BD ⊥AC ，由VB ⊥平面ABC ，得AC ⊥VB ，从而AC ⊥平面V AB ． 所以AC ⊥V A ．二、方法联想A 1B CC 1B 1 DA B C DA P EF B C V方法 1 构造三角形(中心投影法)，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①在直线和平面外寻找一点P ；②连接PA 交平面α于点M ；③连接PA 交平面α于点N ，④连接MN 即为要找的平行线．方法2：构造平行四边形(平行投影法) ，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①选择直线上两点A 、B 构造两平行直线和平面α相交于M 、N ；②连接MN 即为要找的平行线．方法3：构造面面平行．构造平行平面步骤，如下图：①过A 做AC 平行于平面α内一条直线A ’C ’；②连结BC ；③平面ABC 即为所要找的平行平面．证明线线平行方法1：利用中位线； 方法2：利用平行四边形； 方法3：利用平行线段成比例； 方法4：利用平行公理；方法5：利用线面平行性质定理； 方法6：利用线面垂直性质定理； 方法7：利用面面平行． 2．已知线面平行方法 过直线l 做平面β交已知平面α于直线m ，则l ∥m ．3．面面平行证明方法 在一个平面内寻找两条相交直线证明与另一个平面平行．注意 证面面平行必须先通过证线面平行，不可以直接通过证线线平行来证面面平行．ml α ① ②A B CA ’C ’ ①② ① A M N B 或 ①② ③ P A B④ ① ② ③ABP ④ M N M N方法 证明直线与平面内两条相交直线垂直． 证明线线垂直方法1：利用线面垂直； 方法2：利用线线平行； 方法3：利用勾股定理；方法4：利用等腰三角形三线合一； 方法5：利用菱形对角线互相垂直； 方法6：利用四边形为矩形．5．构造垂面证线线垂直要证l 垂直于AB ，构造垂面证线线垂直步骤:如下图：①过A 找垂直于l 的直线AC ；②连结BC ，③证BC 垂直l ，则l ⊥面ABC ．6．证明面面垂直关键是找到和另一个平面垂直的垂线，转化为线面垂直． 找垂线的一般方法：（1）分别在两个平面内找两条互相垂直的直线，再判断其中一条直线垂直于平面； （2）找（或做）两平面交线的垂线． 7．已知线面垂直优先在其中一个平面内做两个平面交线的垂线，转化为线面垂直．三、例题分析(考虑立体几何的难度，三个层次学校题目均相同) 例1：在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，PA ＝2AB ．(1)若F 为PC 的中点，求证：PC ⊥平面AEF ； (2)求证：CE ∥平面PAB ．证明：(1)在△ABC 中，∵∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°， ∴AC ＝2AB ，又∵PA ＝2AB ，∴AC ＝PA ，∵F 为PC 的中点，∴AF ⊥PC ；∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥CD ， ∵∠ACD ＝90°，∴CD ⊥AC ， AC ∩PA ＝A ，∴CD ⊥平面PAC ，∵PC ⊂平面PAC ，∴CD ⊥PC ，∵E 为PD 的中点，F 为PC 的中点，∴EF ∥CD ，∴EF ⊥PC ，∵AF ∩EF ＝F ，∴PC ⊥平面AEF ．(2)提示：①中心投影法：延长CD 与AB 交于G ，证明CE ∥PG ．②平行投影法：取PA 中点M ，过C 作CN ∥AD 交AB 于N ． 证四边形CEMN 是平行四边形，从而得CE ∥MN ．③面面平行的性质：取AD 中点H ，证明平面CEH ∥平面PAB ．AB lC ① ② A CD BE PFA EPF【教学建议】1．本题涉及到证明空间的线面垂直与线面平行． 2．证明线面垂直通常的方法：(1)定义法：a ⊥b ，b 为平面α内任意一条直线⇒ a ⊥平面α．(2)线面垂直的判定定理：a ⊥m ，a ⊥n ，m ⊂平面α，n ⊂平面α，m ∩n ＝A ⇒ a ⊥平面α．(3)面面垂直的性质定理：平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l ，a ⊂平面α，a ⊥l ⇒ a ⊥平面α． 3．证明直线与平面平行的方法：(1)定义法：常常借助反证法完成；(2)判定定理：a ∥b ，a ⊄平面α，b ⊂平面α⇒ a ∥平面α．用判定定理来证线面平行的关键是在平面内找到与已知直线平行的直线， 其方法有：中心投影法与平行投影法． 证明线线平行常用方法：①平面几何的方法：三角形中位线，平行四边形，平行线段成比例等． ②面面平行的性质：α∥β，γ∩α＝m ，γ∩β＝n ⇒m ∥n ． ③线面垂直的性质：a ⊥平面α，b ⊥平面α⇒a ∥b ． ④公理4：a ∥c ，b ∥c ⇒a ∥b ．(3)面面平行的性质：平面α∥平面β， a ⊂平面α⇒ a ∥平面α．例2：如图，在四棱台ABCD －A1B1C1D1中，D1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形， AB ＝2AD ，AD ＝A1B1，∠BAD ＝60°．(1)证明：AA1⊥BD ；(2)证明：CC1∥平面A1BD ．证明：(1)法一：因为D1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ， 所以D1D ⊥BD ．又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°， 在△ABD 中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos60°＝3AD2，所以AD2＋BD2＝AB2．因此AD ⊥BD ．又AD∩D1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD1A1． 又AA1⊂平面ADD1A1，故AA1⊥BD ．法二：因为D1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥D1D ．取AB 的中点G ，连接DG ，在△ABD 中，由AB ＝2AD 得AG ＝AD ，又∠BAD ＝60°，所以△ADG 为等边三角形． 因此GD ＝GB ，故∠DBG ＝∠GDB ，又∠AGD ＝60°，所以∠GDB ＝30°． 故∠ADB ＝∠ADG ＋∠GDB ＝60°＋30°＝90°．所以BD ⊥AD ．又AD∩D1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD1A1． 又AA1⊂平面ADD1A1，故AA1⊥BD ． (2)连接AC ，A1C1．设AC∩BD ＝E ，连接EA1，因为四边形ABCD 为平行四边形，所以EC ＝12AC ．由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A1B1知，A1C1∥EC 且A1C1＝EC ， 所以四边形A1ECC1为平行四边形．因此CC1∥EA1．又因为EA1⊂平面A1BD ，CC1⊄平面A1BD ，所以CC1∥平面A1BD ． 【教学建议】1．本题涉及证明线线垂直，线面平行．2．证明异面直线垂直问题，一般的方法是证线面垂直，要根据图中已有的线线垂直，找到所需证明的平面；证明线面平行，既可有判定定理来证，也可有面面平行的性质来证，但以用判定定理来证要容易些，而用判定定理关键是找到平面内与已知直线平行的直线，所以要学会“中心投影法”与“平行投影法”． 例3：如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD ＝DC ＝4，AD ＝2，E 为PC 的中点．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)求三棱锥P －ADE 的体积；(3)在线段AC 上是否存在一点M ，使得PA ∥平面EDM ，若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由． 证明(1)∵ PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥AD ，∵底面ABCD 为矩形，∴AD ⊥DC ，又PD ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面PDC ，PC ⊂平面PDC ， ∴AD ⊥PC ；(2)由(1)知AD ⊥平面PDC ，∴AD 的长为A 到平面PDE 的距离， 在直角三角形PDC 中，E 为PC 中点，PD ＝DC ＝4，∴S △PDE ＝4，∴VP －ADE ＝V A －PDE ＝13×S △PDE×AD ＝13×4×2＝83． (3) 当M 为AC 中点时，PA ∥平面EDM ，即在线段AC 上存在一点M ，使得PA ∥平面EDM ． ∵M 为AC 中点，E 为PC 中点，∴EM ∥PA ，又PA ⊄平面EDM ，EM ⊂平面EDM ， ∴PA ∥平面EDM ．此时AM ＝12AC ＝1242＋22＝5．【教学建议】1．本题主要涉及证明线线垂直，体积计算与探究命题成立的条件．2．证明空间两条异面直线垂直问题，通常是证明一条直线垂直与另一条直线所在的一个平面；多面体体积的计算，关键是找到多面体的高，另一方面对于不易找高的多面体，可以利用几何体体积之间的关系进行转化，转化为比较容易计算的几何体体积． 3．对命题条件的探索常采用以下三种方法：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性； ③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件． 4．对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设．四、反馈练习ABDCE P。
2020年高考数学理总复习空间中的平行与垂直原卷版
空间几何中的翻折问题题型三
【题型要点】翻折问题的注意事项．画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．1．把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些2平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．．准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何3 体的数学特征，这是准确进行计算的基础．＝2，AB＝2，E为AB 的中点．将△ADE沿DE折】已知长方形【例3ABCD中，AD起到△PDE，得到四棱锥P－BCDE，如图所示．
PDE；的中点，求证：为PCBM∥平面若点(1)M 的体积；－BCDEPPDE(2)当平面⊥平面BCDE 时，求四棱锥. PC⊥(3)求证：DE
4。
2015高考数学《空间中的平行与垂直问题》一轮复习测试题
一、选择题 错误！未指定书签。 ． （广东省潮州市 20 13 届高三上学期期末教学质量检测数学（理）试题）
对于平面 和共面的两直线 m 、 n ,下列命题中是真命题的为 A．若 m , m n ,则 n // C．若 m , n // ,则 m // n
【答案】C
学 学 科 网 ZX X
（
）
错误！ 未指定书签。 ． （广东省惠州市 2014 届高三第一次调研考试数学 （理） 试题 （word 版） ）
对于平面 、 、 和直线 a 、 b 、 m 、 n ,下列命题中真命题是 A．若 a m, a n, m , n , ,则 a B ． 若 a // b, b , 则
【答案】C
（
）
B．若 m // , n // ,则 m // n D．若 m 、 n 与 所成的角相等,则 m // n
考查空间中线、面的平行与垂直的位置关系的判断.
错误！未指定书签。 ． （2009 高考(广东理)）给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；w.w.w.zxxk.c.o.m ④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂 直． 其中，为真命题的是 w.w.w.zxxk.c.o.m A．①和② B．②和③
【答案】B
错误！未指定书签。 ． （广东省 华附、省实、深中、广雅四校 2013 届高三上学期期末联考数学 （理）试题）若平面 α,β 满足 α⊥β,α∩β=l,P∈α,P l,则下列命题中是假命题
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高三数学第一轮复习同步测试题(14)—空间中的平行与垂直一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.若直线m⊂平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.已知两条不同直线l1和l2及平面α，则直线l1∥l2的一个充分条件是()A．l1∥α且l2∥αB．l1⊥α且l2⊥αC．l1∥α且l2⊄αD．l1∥α且l2⊂α3.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面()A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β4..设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分条件是()A.a⊥c，b⊥cB.α⊥β，a⊂α，b⊂βC.a⊥α，b∥αD.a⊥α，b⊥α5.已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β6.设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是()．A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥αC．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αD．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β7.如图所示，直线P A垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点.现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面P AC的距离等于线段BC的长，其中正确的是()A.①②B.①②C.①D.②③8. 已知P为△ABC所在平面外一点，且PA、PB、PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的个数是( )．A.1B.2C.3D.49..空间直角坐标系中，A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD 的位置关系是 ( ) A.垂直B.平行C.异面D.相交但不垂直10. 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x ，y 的值分别为( ) A.x ＝1，y ＝1 B.x ＝1，y ＝12 C.x ＝12，y ＝12 D.x ＝12，y ＝111. 已知G 是△ABC 的重心，O 是空间与G 不重合的任一点，若OA →＋OB →＋OC →＝λOG →，则λ等于( )A ．1B ．3 C.13 D ．212. 对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则x ＝2，y ＝－3，z ＝2是P ，A ，B ，C 四点共面的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 若向量＝(1，λ，2)，＝(2，－1,2)，且cos 〈，〉＝89，则λ＝________ 14. 已知AB →＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是________ 15. 已知B A O 、、三点共线，且n m +=)0(>∈mn R n m 且、，则n4m 1+的 最小值为 .16. 已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5). (1)则以AB→，AC →为边的平行四边形的面积为________；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标为________.三、解答题（本大题共6小题，共70分。
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
） 17. （本题满分10分）如图所示，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，G 在BB 1上，且AE ＝FC 1＝B 1G ＝1，H 是B 1C 1的中点． (1)求证：E 、B 、F 、D 1四点共面； (2)求证：平面A 1GH ∥平面BED 1F .18. （本题满分12分）已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，∠C＝90°，点B1在底面上射影D落在BC上．(1)求证：AC⊥平面BB1C1C；(2)若AB1⊥BC1，且∠B1BC＝60°，求证：A1C∥平面AB1D.19. （本题满分12分）如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．(1)求证：MN⊥CD；(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.20．（本题满分12分）在正方体AC1中，已知E、F、G、H分别是CC1、BC、CD和A1C1的中点．证明：∥GE，AB1⊥EH；(1)AB(2)A1G⊥平面EFD.21. （本题满分12分）如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角.(1)求证：CM∥平面P AD；(2)求证：平面P AB⊥平面P AD.22. （本题满分12分）如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.高三数学第一轮复习同步测试题(14)—空间中的平行与垂直1. D2. B 解:l 1⊥α且l 2⊥α⇒l 1∥l 2.3. C 解:A 项中，直线m ，n 可能平行，也可能相交或异面，直线m ，n 的关系是任意的；B 项中，α与β也可能相交，此时直线m 平行于α，β的交线；D 项中，m 也可能平行于β.故选C 项．4. C 解:对于选项C ，在平面α内作c ∥b ，因为a ⊥α，所以a ⊥c ，故a ⊥b ；A ，B 选项中，直线a ，b 可能是平行直线，也可能是异面直线；D 选项中一定有a ∥b .5. B 解:对于选项A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 可能平行、相交或异面；对于选项C ，α与β也可能相交；对于选项D ，α与β也可能相交．故选B.6.C 解:与α、β两垂直相交平面的交线垂直的直线m ，可与α平行或相交，故A 错；对B ，存在n ∥α情况，故B 错；对D ，存在α∥β情况，故D 错．由n ⊥α，n ⊥β，可知α∥β，又m ⊥β，所以m ⊥α，故C 正确，7. B 解:对于①，∵P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC ，∵AB 为⊙O 的直径，∴BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，∴BC ⊥PC ；对于②，∵点M 为线段PB 的中点，∴OM ∥P A ， ∵P A ⊂平面P AC ，∴OM ∥平面P AC 对于③，由①知BC ⊥平面P AC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面P AC 的距离，故①②③都正确.8.C 解:如图所示．∵PA ⊥PC 、PA ⊥PB ，PC ∩PB ＝P ，∴PA ⊥平面PBC . 又∵BC ⊂平面PBC ，∴PA ⊥BC .同理PB ⊥AC 、PC ⊥AB .但AB 不一定 垂直于BC9.B B 解:由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)，∴AB →＝－3CD →， ∴AB →与CD →共线，又AB →与CD →没有公共点.∴AB ∥CD .10. C 解:如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)11.B 解:若设BC 边的中点为M ，则OA →＋OB →＋OC →＝OA →＋2OM →＝OG →＋GA →＋2OM →＝OG →＋2MG →＋2OM →＝3OG →，而OA →＋OB →＋OC →＝λOG →，所以λ＝3.12. B 解:当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，即OP →＝2OA →－3OB →＋2OC →，则AP →－AO →＝2OA →－3(AB →－AO →)＋2(AC →－AO →)，即AP →＝－3AB →＋2AC →，根据共面向量定理，知P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理AP →＝mAB →＋nAC →，即OP →－OA →＝m (OB →－OA →)＋n (OC →－OA →)，即OP →＝(1－m －n )OA →＋mOB →＋nOC →， 即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故是充分不必要条件 13. 解:由已知cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |，所以89＝2－λ＋45＋λ2·9，解得λ＝－2或λ＝255.14. 解：设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋z ＝0，4x ＋5y ＋3z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，∴平面ABC 的单位法向量为±n |n|＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23.15.解：由B A O 、、三点共线，且n m +=得，1=+n m 。
故⋅+=+)(4m 1n m n )4m 1(n +=5+n mn 4m +,又0>mn ，94254m 1=⋅+≥+∴nm m n n （当且仅当224m n =时取等号），故n4m 1+的最小值为9. 16. 解 (1)由题意可得：AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)，∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.∴sin 〈AB →，AC →〉＝32，∴以AB →，AC →为边的平行四边形的面积为S ＝2×12|AB →|·|AC →|·sin 〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3.(2)设a ＝(x ，y ，z )，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＋z 2＝3－2x －y ＋3z ＝0x －3y ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1y ＝1z ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1y ＝－1z ＝－1，∴向量a 的坐标为(1,1,1)或(－1，－1，－1).17. 解:(1)连接FG .∵AE ＝B 1G ＝1，∴BG ＝A1E ＝2.∴BG 綊A 1E ，∴A 1G ∥BE .又∵C 1F 綊B 1G ，∴四边形C 1FGB 1是平行四边形．∴FG 綊C 1B 1綊D 1A 1.∴四边形A 1GFD 1是平行四边形．∴A 1G 綊D 1F ，∴D 1F 綊EB .故E 、B 、F 、D 1四点共面． (2)∵H 是B 1C 1的中点，∴B 1H ＝32.又B 1G ＝1，∴B 1G B 1H ＝23.又FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°，∴△B 1HG∽△CBF .∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，∴HG ∥FB .又由(1)知，A 1G ∥BE ，且HG ∩A 1G ＝G ，FB ∩BE ＝B ，∴平面A 1GH ∥平面BED 1F .18. 解: (1)∵B 1D ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴B 1D ⊥AC .又∵BC ⊥AC ，B 1D ∩BC ＝D ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C .(2)⎭⎪⎬⎪⎫AB 1⊥BC 1AC ⊥BC 1AB 1与AC 相交⇒⎭⎪⎬⎪⎫BC 1⊥平面AB 1C B 1C ⊂平面AB 1C ⇒BC 1⊥B 1C ，∴四边形BB 1C 1C 为菱形，∵∠B 1BC ＝60°，B 1D ⊥BC 于D ，∴D 为BC 的中点． 连接A 1B ，与AB 1交于点E ，在三角形A 1BC 中，DE ∥A 1C ，∴A 1C ∥平面AB 1D . 19. 证明 (1)如图，连结AC ，AN ，BN ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AC ，在Rt △PAC 中，N 为PC 中点，∴AN ＝12PC .∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB ，从而在Rt △PBC 中，BN 为斜边PC 上的中线，∴BN ＝12PC .∴AN ＝BN ，∴△ABN 为等腰三角形，又M 为底边的中点，∴MN ⊥AB ，又∵AB ∥CD ，∴MN ⊥CD .(2)连结PM 、MC ，∵∠PDA ＝45°，PA ⊥AD ，∴AP ＝AD .∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ＝BC ， ∴PA ＝BC .又∵M 为AB 的中点，∴AM ＝BM .而∠PAM ＝∠CBM ＝90°，∴PM ＝CM .又N 为PC 的中点，∴MN ⊥PC .由(1)知，MN ⊥CD ，PC ∩CD ＝C ，∴MN ⊥平面PCD .20证明:如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0，0，0)、B (1，0，0)、C (1，1，0)，D (0，1，0)、A 1(0，0，1)、B 1(1，0，1)、C 1(1，1，1)、D 1(0，1，1)，由中点性质得E (1，1，12)、F (1，12，0)，G (12，1，0)、H (12，12，1)． (1)则AB 1→＝(1，0，1)，GE →＝(12，0，12)，EH →＝(－12，－12，12)∵AB 1→＝2GE →，AB 1→·EH →＝1×(－12)＋1×12＝0，∴AB 1→∥GE →，AB 1→⊥EH →.即AB 1∥GE ，AB 1⊥EH .(2)∵A 1G →＝(12，1，－1)，DF →＝(1，－12，0)，DE →＝(1，0，12)，∴A 1G →·DF →＝12－12＋0＝0，A 1G →·DE →＝12＋0－12＝0，∴A 1G ⊥DF ，A 1G ⊥DE .又DF ∩DE ＝D ，∴A 1G ⊥平面EFD .21. 证明 以C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M (32，0，32)，∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝(32，0，32)， (1) 令n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴令y ＝2，得n ＝(－3，2,1).∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →又CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD .(2)取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1). ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA ， 又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD ，又∵BE ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .22.证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC ∩BD ＝N ，连接NE ， 则点N ，E 的坐标分别为(22，22，0)，(0,0,1)．所以NE →＝(－22，－22，1)． 又点A ，M 的坐标分别是(2，2，0)，(22，22，1)，所以AM →＝(－22，－22，1)．所以NE →＝AM →，且NE 与AM 不共线．所以NE ∥AM .又因为NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ，所以AM ∥平面BDE . (2)由(1)知AM →＝(－22，－22，1)，因为D (2，0,0)，F (2，2，1)，所以DF →＝(0，2，1)．所以AM →·DF →＝0，所以AM →⊥DF →，所以AM ⊥DF ，同理AM ⊥BF ，又DF ∩BF ＝F ，DF ⊂平面BDF ，BF ⊂平面BDF ，所以AM ⊥平面BDF .。