空间中的平行与垂直高考文科数学高考文科数学热点难点专题专题突破Word格式.docx

空间中的平行与垂直高考文科数学高考文科数学热点难点专题专题突破Word格式.docx

《空间中的平行与垂直高考文科数学高考文科数学热点难点专题专题突破Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《空间中的平行与垂直高考文科数学高考文科数学热点难点专题专题突破Word格式.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为②④.

3．给出下列四个命题：

①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α；

②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；

③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；

④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．

其中真命题的个数为（　　）

答案　C

4．已知m，n，l1，l2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是（　　）

A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥β

C．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2

解析　对于选项A，当m∥β且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分条件；

对于选项B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分条件；

对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分条件；

对于选项D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一个充分条件．故选D.

5．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是（　　）

A.B.

C.D.

解析　如图所示，

分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接MN，BC1，NE，A1N，A1M，

∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，

∴MN∥BC1，EF∥BC1，

∴MN∥EF，

又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，

∴MN∥平面AEF.

∵AA1∥NE，AA1＝NE，

∴四边形AENA1为平行四边形，

∴A1N∥AE，

又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，

∴A1N∥平面AEF，

又A1N∩MN＝N，A1N，MN⊂平面A1MN，

∴平面A1MN∥平面AEF.

（2）求三棱锥N－PCE的体积．

（1）证明　取A1E的中点F，连接MF，CF，

∵M为棱A1D的中点，

∴MF∥DE且MF＝DE，在△ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，

∴DE∥BC且DE＝BC，

∴MF∥BC，即

MF∥NC，

且MF＝BC＝NC，

∴四边形MFCN为平行四边形，

∴MN∥FC，

∵MN⊄平面A1EC，FC⊂平面A1EC，

∴MN∥平面A1EC.

（2）解　取BD的中点H，连接PH，

则PH为△A1BD的中位线，

∴PH∥A1D，

∵在△ABC中，AB⊥BC，DE∥BC，

∴在空间几何体中，DE⊥DA1，

∵A1D⊥BD，DB∩DE＝D，DB，DE⊂平面BCED，

∴A1D⊥平面BCED，

∵PH∥A1D，∴PH⊥平面BCED，

∴PH为三棱锥P－NCE的高，

∴PH＝A1D＝AB＝1，S△NCE＝NC·

BD＝×

×

2＝，

∴VN－PCE＝VP－NCE＝PH·

S△NCE

＝×

1×

＝.

9．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点．现有下列四个结论：

p1：

AC1∥MN；

p2：

A1C⊥C1N；

p3：

B1C⊥平面AMN；

p4：

异面直线AB与MN所成角的余弦值为.

其中正确的结论是（　　）

A．p1，p2B．p2，p3

C．p2，p4D．p3，p4

解析　正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，

M，N分别为B1C1，BB1的中点．

对于p1：

如图①所示，

MN∥BC1，BC1∩AC1＝C1，

∴AC1与MN不平行，是异面直线，p1错误；

对于p2：

如图②所示，

连接AC1，交A1C于点O，连接ON，

易知A1C⊥AC1，ON⊥平面ACC1A1，

∴ON⊥A1C，

又ON∩AC1＝O，ON，AC1⊂平面ONC1，

∴A1C⊥平面ONC1，

又C1N⊂平面ONC1，

∴A1C⊥C1N，p2正确；

对于p3：

如图③所示，

取BC的中点O，连接AO，BC1，

过点O作OP∥BC1，交CC1于点P，

连接AP，则AO⊥平面BCC1B1，

又B1C⊂平面

BCC1B1，

∴AO⊥B1C，

又BC1∥OP，BC1⊥B1C，

∴B1C⊥OP，

又AO∩OP＝O，AO，OP⊂平面AOP，

∴B1C⊥平面AOP，

又平面AMN与平面AOP有公共点A，

∴B1C与平面AMN不垂直，p3错误；

对于p4：

如图④所示，

连接BC

1，AC1，则MN∥BC1，

∴∠ABC1

是异面直线AB与MN所成的角，

设AB＝1，则AC1＝BC1＝，

∴cos∠ABC1＝＝，p4正确．

综上，其中正确的结论是p2，p4.

10.如图，多面体ABCB1C1D是由三棱柱ABC－A1B1C1截去一部分后而成，D是AA1的中点．

（1）若F在CC1上，且CC1＝4CF，E为AB的中点，求证：

直线EF∥平面C1DB1；

（2）若AD＝AC＝1，A

D⊥平面ABC，BC⊥AC，求点C到平面B1C1D的距离．

（1）证明　方法一　取AC的中点G，CC1的中点H，连接AH，GF，GE，如图所示．

∵AD∥C1H且AD＝C1H，

∴四边形ADC1H为平行四边形，

∴AH∥C1D，又F是CH的中点，G是AC的中点，

∴GF∥AH，∴GF∥C1D，

又

GF⊄平面C1DB1，C1D⊂平面C1DB1，

∴GF∥平面C1DB1，

又G，E分别是AC，AB的中点，

∴GE∥BC∥B1C1，

又GE⊄平面C1DB1，B1C1⊂平面C1DB1，

∴GE∥平面C1DB1，

又GE∩GF＝G，GE⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，

∴平面GEF∥平面C1DB1，

又EF⊂平面GEF，

∴EF∥平面C1DB1.

方法二　取B1D的中点M，连接EM，MC1，

则EM是梯形ABB1D的中位线，

∴EM∥BB1∥CC1∥AD，

∴EM＝（AD＋BB1）

＝＝CC1，

又C1F＝CC1－CF＝CC1，

∴EM∥C1F且EM＝C1F，

故四边形EMC1F为平行四边形，∴C1M∥EF，

又EF⊄平面C1DB1，C1M⊂平面C1DB1，

（2）解　∵AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC，

又AD＝AC＝1，CC1＝2AD，AD∥CC1，

∴C1D2＝DC2＝AC2＋AD2＝2AD2＝2，C1C2＝4，

故CC＝CD2＋C1D2，即C1D⊥CD，

又BC⊥AC，AD⊥BC，AC∩AD＝A，

AC，AD⊂平面ACC1D，

∴BC⊥平面ACC1D，

又CD⊂平面ACC1D，

∴BC⊥CD，

又B1C1∥BC，∴B1C1⊥CD，

又DC1∩B1C1＝C1，DC1，B1C1⊂平面B1C1D，

∴CD⊥平面B1C1D，

∴

点C到平面B1C1D的距离为CD的长，即为.

11．如图，矩形AB′DE（AE＝6，DE＝5），被截去一角（即△BB′C），AB＝3，∠ABC＝135°

，平面PAE⊥平面ABCDE，PA＋PE＝10.

（1）求五棱锥P－ABCDE的体积的最大值；

（2）在

（1）的情况下，证明：

BC⊥PB.

在平面PAE内，PA＋PE＝10>

AE＝6，P在以A，E为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的几何性

质知，当点P为短轴端点时，P到AE的距离最大，

此时PA＝PE＝5，OA＝OE＝3，

所以POmax＝4，

所以（VP－ABCDE）max＝SABCDE·

POmax＝×

28×

4＝.

（2）证明　连接OB，如图，由

（1）知，OA＝AB＝3，

故△OAB是等腰直角三角形，所以∠ABO＝45°

，

所以∠OBC＝∠ABC－∠ABO＝135°

－45°

＝90°

即BC⊥BO.

由于PO⊥平面ABCDE，BC⊂平面ABCDE，

所以PO⊥BC，

又PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，

所以BC⊥平面POB，

又PB⊂平面POB，所以BC⊥PB.

12.如图

（1），在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图

（2）所示．

（1）求证：

A1E⊥FP；

（2）若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；

若不存在，请说明理由．

（1）证明　在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．

因为BE＝AF＝2CF，

所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°

，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.

所以在题图

（2）中，A1E⊥EF，

又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，

且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，

所以A1E⊥

平面BEFC.

因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.

（2）解　在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．

理由如下：

如题图

（1），在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，

所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.

如图所示，取A1P的中点M，连接MK，

因为点K为棱A1F的中点，

所以MK∥FP.

因为FP∥BE，所以MK∥BE.

因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，

所以MK∥平面A1BE.

故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．