高考数学文科新思维大二轮专题练习第2课时 空间中的平行与垂直.docx

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高考数学文科新思维大二轮专题练习第2课时空间中的平行与垂直

[A组　小题提速练]

1．（空间关系及命题）已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：

E，F，G，H四点不共面，命题乙：

直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的（　　）

A．必要不充分条件　　B．充分不必要条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

解析：

若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．

答案：

B

2．（空间平行关系及命题）已知α，β表示两个不同平面，a，b表示两条不同直线，对于下列两个命题：

①若b⊂α，a⊄α，则“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件；

②若a⊂α，b⊂α，则“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要条件．

判断正确的是（　　）

A．①②都是真命题

B．①是真命题，②是假命题

C．①是假命题，②是真命题

D．①②都是假命题

解析：

若b⊂α，a⊄α，a∥b，则由线面平行的判定定理可得a∥α，反过来，若b⊂α，a⊄α，a∥α，则a，b可能平行或异面，则b⊂α，a⊄α，“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件，①是真命题；若a⊂α，b⊂α，α∥β，则由面面平行的性质可得a∥β，b∥β，反过来，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α，β可能平行或相交，则a⊂α，b⊂α，则“α∥β”是“a∥β，b∥β”的充分不必要条件，②是假命题，选项B正确．

答案：

B

3．（空间平行、垂直与命题）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：

①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；

②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；

③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；

④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.

其中正确的命题是（　　）

A．①②B．②③

C．①④D．②④

解析：

两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．

答案：

B

4．（线面、面面的垂直关系）已知l为平面α内的一条直线，α，β表示两个不同的平面，则“α⊥β”是“l⊥β”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

解析：

若l为平面α内的一条直线且l⊥β，则α⊥β，反过来则不一定成立，所以“α⊥β”是“l⊥β”的必要不充分条件，故选B.

答案：

B

5.

（空间直线的关系）如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是（　　）

A．异面

B．平行

C．相交

D．以上均有可能

解析：

在三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1，

∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，

∴A1B1∥平面ABC，

∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，

∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.故选B.

答案：

B

6．（空间线面关系的判定）用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：

①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；

③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.

其中真命题的序号是（　　）

A．①②B．②③

C．①④D．②④

解析：

对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a，b，c，满足a⊥b，b⊥c，但是a⊥c，所以①错误；

对于②，若a∥b，a∥c，则b∥c，满足平行线公理，所以②正确；

对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；

对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.

答案：

D

7.（平面的翻折与空间关系判定）如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：

①直线BE与直线CF异面；

②直线BE与直线AF异面；

③直线EF∥平面PBC；

④平面BCE⊥平面PAD.

其中正确的有（　　）

A．1个B．2个

C．3个D．4个

解析：

将展开图还原为几何体（如图），因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B.

答案：

B

8.

（线面角的定义）已知正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长均相等，则BC1与平面AA1C1C所成角的余弦值为（　　）

A.

B．

C.

D.

解析：

取AC的中点O，连接OC1，OB（图略），∵AA1⊥底面ABC，BO⊂底面ABC，∴AA1⊥BO，∵△ABC是正三角形，∴BO⊥AC，

∵AC∩AA1＝A，∴BO⊥平面ACC1A1，

∴∠OC1B是BC1与平面ACC1A1所成角，设棱长为2，则在△OC1B1中，BC1＝2

，OC1＝

，

∴cos∠OC1B＝

＝

，故选C.

答案：

C

9．（线面平行的性质，截线段长度范围）已知正方体的体积为1，点M在线段BC上（点M异于B、C两点），点N为线段CC1的中点，若平面AMN截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为四边形，则线段BM的取值范围为（　　）

A.

B．

C.

D.

解析：

如图，当点M为线段BC的中点时，由题意可知，截面为四边形AMND1，从而当0＜BM≤

时，截面为四边形，当BM＞

时，该截面与正方体的上底面也相交，所以截面为五边形，故线段BM的取值范围是

，故选B.

答案：

B

10．（点面距离定义的应用）定点P不在△ABC所在的平面内，过P作平面α，使△ABC的三个顶点到α的距离相等，这样的平面共有________个．

解析：

若过P的平面恰好过三角形某两边的中点，此时满足△ABC的三个顶点到平面α的距离相等，这样的平面共有三个；若过P的平面恰好与△ABC所在的平面平行，此时满足△ABC的三个顶点到平面α的距离相等，这样的平面共有一个．综上，符合条件的平面共有4个，故答案为4.

答案：

4

11.

（空间直线的关系）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：

①直线AM与CC1是相交直线；

②直线AM与BN是平行直线；

③直线BN与MB1是异面直线；

④直线MN与AC所成的角为60°.

其中正确的结论为________（把你认为正确结论的序号都填上）．

解析：

AM与CC1是异面直线，AM与BN是异面直线，BN与MB1为异面直线．因为D1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D1C与AC所成的角，为60°.

答案：

③④

12.（空间关系的判定）如图，PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：

①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是________．

解析：

∵PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，

∴CB⊥PA，CB⊥AC，又PA∩AC＝A，

∴CB⊥平面PAC.又AF⊂平面PAC，∴CB⊥AF.

又∵F是点A在PC上的射影，

∴AF⊥PC，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，

∴AF⊥平面PBC，

故①③正确．又∵E为A在PB上的射影，

∴AE⊥PB，

∴PB⊥平面AEF，故②正确．

而AF⊥平面PCB，

∴AE不可能垂直于平面PBC.

故④错．

答案：

①②③

13．（截面面积）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截正方体所得的截面为S，当CQ＝1时，S的面积为________．

解析：

当CQ＝1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证PC1∥AF，且PC1＝AF，

可知截面为APC1F，为菱形，其面积为

AC1·PF＝

×

×

＝

.

答案：

[B组　大题规范练]

1．（截面与体积）在底面为菱形的直棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，A1D1的中点．

（1）在图中作出一个平面α，使得BD⊂α，且平面AEF∥α.（不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCDA1B1C1D1的截面）

（2）若AB＝AA1＝2，∠BAD＝60°，求平面AEF截直棱柱ABCDA1B1C1D1所得两个多面体的体积比．

解析：

（1）如图，取B1C1的中点M，D1C1的中点N，连接BM，MN，ND，则平面BMND即所求平面α.

（2）连接AC.在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，

∴BD＝2，AC＝2

.

∵E，F分别为棱A1B1，A1D1的中点，

∴S△A1EF＝

A1E·A1F·sin60°＝

×1×1×

＝

，

又AA1＝2，

∴三棱锥的体积VAA1EF＝

S△A1EF·AA1＝

×

×2＝

，

直棱柱的体积VABCDA1B1C1D1＝

AC·BD·AA1＝

×2

×2×2＝4

，

∴平面AEF截直棱柱ABCDA1B1C1D1所得两个多面体的体积比为VAA1EF∶（VABCDA1B1C1D1－VAA1EF）＝

∶（4

－

）＝1∶23.

2．（证明面面垂直及探究线面平行）如图，在三棱锥P－ABC中，△PAC为正三角形，M为PA的中点，∠CAB＝90°，AC＝AB，平面PAB⊥平面PAC.

（1）求证：

平面PAC⊥平面ABC；

（2）若Q是棱AB上一点，VQBMC＝

VPABC，试在棱AC上找一点T，使得BC∥平面TMQ.

解析：

（1）证明：

因为△PAC为正三角形，M为PA的中点，

所以CM⊥PA，又平面PAC⊥平面PAB，平面PAC∩平面PAB＝PA，

所以CM⊥平面PAB.

因为AB⊂平面PAB，所以CM⊥AB，

又CA⊥AB，CM∩CA＝C，所以AB⊥平面PAC.

又AB⊂平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC.

（2）如图，连接PQ，由已知，VQBMC＝VMBQC＝

VPBQC＝

VPABC，

所以S△QBC＝

S△ABC，所以Q为AB的中点．

过点Q作BC的平行线交AC于点T，连接MT，

因为Q为AB的中点，所以T为AC的中点．

因为QT∥BC，

BC⊄平面TMQ，QT⊂平面TMQ，

所以BC∥平面TMQ.

3．（平面翻折、面面垂直及面积）（2019·高考全国卷Ⅲ）图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.

（1）证明：

图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

（2）求图②中的四边形ACGD的面积．

解析：

（1）证明：

由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，

故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

（2）取CG的中点M，连接EM，DM.

因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.

由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.

因此DM⊥CG.

在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝

，

故DM＝2.

所以四边形ACGD的面积为4.

4．（旋转体中的线面垂直，点到面的距离）如图，CD，AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上不同于点A，B的一点，AE＝1.

（1）求证：

BE⊥平面DAE；

（2）求点C到平面DBE的距离．

解析：

（1）证明：

由圆柱的性质知，DA⊥平面ABE，

∵BE⊂平面ABE，∴BE⊥DA.

又AB是底面圆的直径，E是底面圆周上不同于A，B的一点，

∴BE⊥AE.

又DA∩AE＝A，DA⊂平面DAE，AE⊂平面DAE，

∴BE⊥平面DAE.

（2）法一：

如图，过点E作EF⊥AB，垂足为F，

由圆柱的性质知平面ABCD⊥平面ABE，

∴EF⊥平面ABCD.

∵AB＝2，AE＝1，AE⊥BE，

∴BE＝

，EF＝

＝

.

设点C到平面DBE的距离为d，连接CE.

由V三棱锥CDBE＝V三棱锥EBDC，

得

S△DBE×d＝

S△BDC×EF，

由

（1）知BE⊥DE，且DE＝

＝

，

∴S△DBE＝

×DE×BE＝

×

×

＝

，

又S△BDC＝

×BC×DC＝

×2×2＝2，

∴d＝

＝

＝

，即点C到平面DBE的距离为

.

法二：

如图，连接AC，设AC与BD相交于点O，则AO＝CO，所以点C到平面DBE的距离等于点A到平面DBE的距离，过点A作AH⊥DE，垂足为H.由

（1）知平面DAE⊥平面DBE，且平面DAE∩平面DBE＝DE，

∴AH⊥平面DBE，AH即点A到平面DBE的距离．

∵AD＝2，AE＝1，∴DE＝

＝

，

∴AH＝

＝

＝

，

即点C到平面DBE的距离为

.