考点24 点线面的判定与性质江苏高考数学五年真题与三年模拟试题考点分类解读解析版Word文件下载.docx

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复习中,一要重视对本部分概念的内涵与外延的理解、定理的应用,做到弄清搞透;

二要重视对典型问题求解基本思想方法的掌握,做到应用自如,特别是化归、转化等思想方法的掌握与应用;

三要重视解题过程的规范训练,尽量避免因解题不规范而丢分.对于本部分的内容,高考的重点还是线线平行、线面平行、面面平行的判定以及它们的性质的应用

五年高考真题

1、（2018江苏卷）在平行六面体

中，

．

求证：

（1）

；

（2）

【解析】分析：

（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；

（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.

详解：

证明：

（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB

平面A1B1C，A1B1

平面A1B1C，

所以AB∥平面A1B1C．

（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．

又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，

因此AB1⊥A1B．

又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，

所以AB1⊥BC．

又因为A1B∩BC=B，A1B

平面A1BC，BC

平面A1BC，

所以AB1⊥平面A1BC．

因为AB1

平面ABB1A1，

所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．

2、（2017江苏卷）如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F（E与A，D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

（1）EF∥平面ABC；

（2）AD⊥AC.

（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.

又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.

（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.

因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.

又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.

又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.

3、（2016江苏卷）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.

（1）直线DE∥平面A1C1F；

（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.

（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.

在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，

所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.

又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，

所以直线DE∥平面A1C1F.

（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.

因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.

又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.

因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.

又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.

因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.

4、（2015江苏卷）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：

（1）DE∥平面AA1C1C；

（2）BC1⊥AB1.

（1）由题意知，E为B1C的中点，

又D为AB1的中点，因此DE∥AC.

又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，

所以DE∥平面AA1C1C.

（2）因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，

所以CC1⊥平面ABC.

因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.

又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.

又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.

因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.

因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.

又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.

5、（2014江苏卷）如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：

（1）直线PA∥平面DEF；

（2）平面BDE⊥平面ABC.

（1）因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.

又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，

所以直线PA∥平面DEF.

（2）因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.

又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，

所以∠DEF＝90°

，即DE⊥EF.

又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.

因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，

所以DE⊥平面ABC.

又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.

三年模拟试题

题型一性质定理与判定定理的综合考查

1、（2016南京三模）已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β.给出下列命题：

①α∥β⇒l⊥m；

　②α⊥β⇒l∥m；

③m∥α⇒l⊥β；

　④l⊥β⇒m∥α.

其中正确的命题是________（填写所有正确命题的序号）．

【答案】：

①④　

【解析】：

①由l⊥α，α∥β，得l⊥β，又因为m⊂β，所以l⊥m；

②由l⊥α，α⊥β，得l∥β或l⊂β，又因为m⊂β，所以l与m或异面或平行或相交；

③由l⊥α，m∥α，得l⊥m.因为l只垂直于β内的一条直线m，所以不能确定l是否垂直于β；

④由l⊥α，l⊥β，得α∥β.因为m⊂β，所以m∥α.

2、（2016镇江期末）设b，c表示两条直线，α，β表示两个平面，现给出下列命题：

①若b⊂α，c∥α，则b∥c；

②若b⊂α，b∥c，则c∥α；

③若c∥α，α⊥β，则c⊥β；

④若c∥α，c⊥β，则α⊥β.

其中正确的命题是________．（写出所有正确命题的序号）

④

【解析】　①b和c可能异面，故①错；

②可能c⊂α，故②错；

③可能c∥β，c⊂β，故③错；

④根据面面垂直判定α⊥β，故④正确．

3.（2017南京、盐城二模）已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是________（填上所有正确命题的序号）．

①若α∥β，m⊂α，则m∥β；

　　　　　②若m∥α，n⊂α，则m∥n；

③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β；

④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β.

①④

　思路分析逐一判断每个命题的真假．

①这是面面平行的性质，正确；

②只能确定m，n没有公共点，有可能异面，错误；

③当m⊂α时，才能保证m⊥β，错误；

④由m⊥α，n⊥α，得m∥n，又n⊥β，所以m⊥β，正确．

4、（2017镇江期末）设α，β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列四个命题：

①若m∥n，n⊂α，则m∥α；

②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；

③若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；

④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β.

其中正确命题的序号为________．

【答案】④　

对于①，直线m可能在平面α内，故①错误；

对于②，没有m与n相交的条件，故②错误；

对于③，m与n也可能异面，故③错误．

5、（2015南京、盐城、徐州二模）已知平面α，β，直线m，n，给出下列命题：

①若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；

②若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n；

③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；

④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n.

其中是真命题的是________（填序号）．

【答案】③④

　如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD∥平面ABC1D1，BC∥平面ADC1B1，且BC⊥CD，又因为平面ABC1D1与平面ADC1B1不垂直，故①不正确；

因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且B1C1∥平面ABCD，AB∥平面A1B1C1D1，但AB与B1C1不平行，故②不正确．同理，我们以正方体的模型来观察，可得③④正确．

6（2017泰州期末）若α，β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________（写出所有真命题的序号）．

①若直线m⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线m平行的直线；

②若直线m⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m垂直；

③若直线m⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线m垂直的直线；

④若直线m⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m垂直的直线．

②④　

对于①，若两个平面互相垂直，显然在平面β内存在与直线m平行的直线，故①不正确；

对于②，m⊥α，m一定与两平面的交线垂直，有一条直线就有无数条直线，故②正确；

③与④是对立的，一定有一个是真命题，对于④，若m与两个平面的交线平行或m为交线，显然存在，若m与交线相交，设交点为A，在直线m上任取一点B（异于A），过B点向平面β引垂线，垂足为C，则直线BC⊥平面β，在平面β内作直线l垂直于AC，可以证明l⊥平面ABC，则l⊥m，故④正确，③不正确．所以真命题的序号为②④.

题型二线面平行、垂直的判定与性质

1、（2018无锡期末）如图，ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF.

（1）求证：

AC⊥平面BDE；

（2）求证：

AC∥平面BEF.

规范解答

（1）证明：

因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

所以DE⊥AC.（2分）

因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，（4分）

因为DE，BD⊂平面BDE，且DE∩BD＝D，

所以AC⊥平面BDE.（6分）

（2）证明：

设AC∩BD＝O，取BE中点G，连结FG，OG，

易知OG∥DE且OG＝DE.（8分）

因为AF∥DE，DE＝2AF，所以AF∥OG且AF＝OG，

从而四边形AFGO是平行四边形，所以FG∥AO.（10分）

因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，

所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF.（14分）

2、（2018苏北四市期末）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90°

，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：

（1）MN∥平面ABB1A1；

（2）AN⊥A1B.

（1）先证MN与平面ABB1A1内的某条直线平行，可考虑MN按向量平移时，M平移到何处．或者，先证MN所在的某个平面与平面ABB1A1平行，可考虑在底面ABC内沿AB方向走到BC上的E（棱BC的中点）处，再从E处沿BB1方向走到N；

（2）只要证AN在平面ABB1A1上的射影是AB1，所以要先证NB1⊥平面ABB1A1.

规范解答

（1）如图，取AB的中点P，连结PM，PB1.

因为P，M分别是AB，AC的中点，

所以PM∥BC，且PM＝BC.

在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC∥B1C1，BC＝B1C1，

又因为N是B1C1的中点，

所以PM∥B1N，且PM＝B1N.（2分）

所以四边形PMNB1是平行四边形，

所以MN∥PB1.（4分）

而MN⊄平面ABB1A1，PB1⊂平面ABB1A1，

所以MN∥平面ABB1A1.（6分）

（2）因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1.

又因为BB1⊂平面ABB1A1，

所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C1.（8分）

又因为∠ABC＝90°

，所以B1C1⊥B1A1.

又平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝B1A1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以B1C1⊥平面ABB1A1.（10分）

又因为A1B⊂平面ABB1A1，

所以B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B.

连结AB1，在平行四边形ABB1A1中，AB＝AA1，

所以AB1⊥A1B.

又因为NB1∩AB1＝B1，且AB1，NB1⊂平面AB1N，

所以A1B⊥平面AB1N.（12分）

而AN⊂平面AB1N，所以AN⊥A1B.（14分）

3、（2018南京、盐城、连云港二模）如图，已知矩形ABCD所在平面与△ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点．

MN∥平面BEC；

AH⊥CE.

第

（1）问，证明线面平行的常见思路有两种，思路1：

由“线线平行”推出“线面平行”，如何在平面BEC中找到一条直线与直线MN平行是解决本题的关键，通过把线段MN向平面BEC投影知，找CE的中点F即可；

思路2：

由“面面平行”推出“线面平行”，取AE中点G，证明平面GMN∥平面BEC即可．

规范解答

（1）解法1取CE中点F，连结FB，MF.

因为M为DE的中点，F为CE的中点，

所以MF∥CD且MF＝CD.（2分）

又因为在矩形ABCD中，N为AB的中点，

所以BN∥CD且BN＝CD，

所以MF∥BN且MF＝BN，所以四边形BNMF为平行四边形，所以MN∥BF.（4分）

又MN⊄平面BEC，BF⊂平面BEC，

所以MN∥平面BEC.（6分）

解法2取AE中点G，连结MG，GN.

因为G为AE的中点，M为DE的中点，所以MG∥AD.

又因为在矩形ABCD中，BC∥AD，所以MG∥BC.

又因为MG⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，

所以MG∥平面BEC.（2分）

因为G为AE的中点，N为AB的中点，所以GN∥BE.

又因为GN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以GN∥平面BEC.

又因为MG∩GN＝G，MG，GN⊂平面GMN，

所以平面GMN∥平面BEC.（4分）

又因为MN⊂平面GMN，所以MN∥平面BEC.（6分）

（2）因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.

因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊂平面ABCD，且BC⊥AB，

所以BC⊥平面ABE.（8分）

因为AH⊂平面ABE，所以BC⊥AH.

因为AB＝AE，H为BE的中点，所以BE⊥AH.（10分）

因为BC∩BE＝B，BC⊂平面BEC，BE⊂平面BEC，

所以AH⊥平面BEC.（12分）

又因为CE⊂平面BEC，所以AH⊥CE.（14分）

4、（2018苏锡常镇调研

（一））如图，正三棱柱ABCA1B1C1的高为，其底面边长为2.已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点．求证：

（1）B1M∥平面A1BN；

（2）AD⊥平面A1BN.

（1）只要先证B1M∥BN；

（2）只要先证AD⊥BN，AD⊥A1N，要证AD⊥BN，只要先证BN⊥平面A1ACC1.

规范解答

（1）如图，连结MN，在正三棱柱ABCA1B1C1中，四边形A1ACC1是矩形．

因为M，N分别是棱A1C1，AC的中点，

所以四边形A1ANM也是矩形，从而MN∥A1A.（2分）

又因为A1A∥B1B，所以MN∥B1B.

所以四边形B1BNM是平行四边形，则B1M∥BN.（4分）

因为B1M⊄平面A1BN，BN⊂平面A1BN,

所以B1M∥平面A1BN.（6分）

（2）在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN⊂平面ABC，所以AA1⊥BN.

因为N是正三角形ABC的边AC的中点，所以AC⊥BN.

又因为A1A∩AC＝A，A1A，AC⊂平面A1ACC1，所以BN⊥平面A1ACC1.

因为AD⊂平面A1ACC1，所以BN⊥AD.（10分）

在平面A1ACC1中，tan∠A1NA·

tan∠DAC＝·

＝1，所以∠A1NA与∠DAC互余，得AD⊥A1N.（12分）

因为AD⊥BN，AD⊥A1N，BN∩A1N＝N，且A1N，BN⊂平面A1BN，所以AD⊥平面A1BN.（14分）

5、（2018常州期末）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q是棱PC上异于P，C的一点．

BD⊥AC；

（2）过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF（点F在棱PB上），求证：

QF∥BC.

规范解答

（1）因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.记AC，BD交于点O，连结OP.因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点．又△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.（4分）

又PC∩OP＝P，PC，OP⊂平面PAC.所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.（7分）

（第

（1）问也可按如下方式证明：

可由PC⊥平面ABCD，得PC⊥CD，PC⊥CB，则由PD＝，PB＝，得CD＝CB，故▱ABCD为菱形，从而AC⊥BD.）

（2）因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.（10分）

又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF，所以QF∥BC.（14分）

6、（2017苏州暑假测试）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，E，F分别为PC，BD的中点．

EF∥平面PAD；

EF⊥平面PDC.

规范解答

（1）连结AC.因为正方形ABCD中，F是BD的中点，则F也是AC的中点．

又E是PC的中点，在△CPA中，EF∥PA.（3分）

又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.（6分）

（2）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.（8分）

又PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA.

因为EF∥PA,故CD⊥EF.（10分）

又PA＝PD＝AD，所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝，即PA⊥PD.

又EF∥PA,所以PD⊥EF.（13分）

而CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PDC，所以EF⊥平面PDC.（14分）

7.（2017苏北四市一模）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：

（1）直线A1E∥平面ADC1；

（2）直线EF⊥平面ADC1.

思路分析证明直线与平面平行的关键在于在平面内找一条直线与该直线平行，寻找的方法一般可应用平行投影法或点投影法，采用平行投影法时，根据图形的对称性，很容易找到直线AD就是所要找的直线；

采用点投影法，可采用点C作为投影点，即连结A1C，EC分别交AC1，DC1于点M，N，则MN就是所要寻找的直线．

规范解答

（1）证法1连结ED，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以B1E∥BD且B1E＝BD，

所以四边形B1BDE是平行四边形，（2分）

所以BB1∥DE且BB1＝DE.

又BB1∥AA1且BB1＝AA1，

所以AA1∥DE且AA1＝DE，

所以四边形AA1ED是平行四边形，所以A1E∥AD.（4分）

又因为A1E⊄平面ADC1，AD⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.（7分）

证法2连结ED，连结A1C，EC分别交AC1，DC1于点M，N，连结MN，则因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以C1E∥CD且C1E＝CD，

所以四边形C1EDC是平行四边形，所以N是CE的中点．（2分）

因为A1ACC1为平行四边形，所以M是A1C的中点，（4分）

所以MN∥A1E.

又因为A1E⊄平面ADC1，MN⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.（7分）

（2）在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC.

又AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1.

又△ABC是正三角形，且D为BC的中点，所以AD⊥BC.（9分）

又BB1，BC⊂平面B1BCC1，BB1∩BC＝B，

所以AD⊥平面B1BCC1，

又EF⊂平面B1BCC1，所以AD⊥EF.（11分）

又EF⊥C1D，C1D，AD⊂平面ADC1，C1D∩AD＝D，

所以直线EF⊥平面ADC1.（14分）

8、（2016镇江期末）如图，四棱锥P-ABCD中，PD＝PC，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB，点M是CD的中点．

AM∥平面PBC；

CD⊥PA.

规范解答

（1）在直角梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2AB，点M是CD的中点，因为AB∥CM，且AB＝CM，

所以四边形ABCM是平行四边形，且是矩形．（3分）

所以AM∥BC，（4分）

又因为BC⊂平面PBC，（5分）

AM是平面PBC外一条直线，

故AM∥平面PBC.（6分）

（2）连结PM，因为PD＝PC，点M是CD的中点，所以CD⊥PM，（8分）

又因为四边形ABCM是矩形，所以CD⊥AM，（9分）

因为CD⊥AM，CD⊥PM，PM⊂平面PAM，AM⊂平面PAM，（10分）

PM∩MA＝M，（11分）

所以CD⊥平面PAM.（12分）

又因为AP⊂平面PAM，（13分）

所以CD⊥PA.（14分）