高考数学(理科)- 空间中的平行与垂直关系-专题练习

高考数学理科）专题习（四）空间中的行与垂直关试

卷真回回1异直线性2016·全乙平面过方体

-ABD11

的顶点A，

CBD

平面BCD

，

AA，，所角的正弦值为（）1AC．

BD．

广东高考)若直线l和l是异面直线在面内l在平面l112则下列命题正确的是（）

是平面与面交，．．

l与l，l2l与l，l1

都不相交都相交C．

l

至多与

l，l

中的一条相交D．l至与

l，l12

中的一条相交回2面平行性与面置系判．全国卷已知m，n为面直线，

平面平面

．直线

l

满足

l,

lnl,l

，则（）A

l

B

l．．

相交，且交线垂直于相交，且交线平行于

ll．全国甲)两个平面，，两条直线，有下列四个命题：/①如果

nmn那么

．如果如果

那么m那么m

．．④如果

mn,

，那么与

所成的角和

n与

所成的角相等。其中正确的命题________．填所有正确命题的编)热题空位置系判与明例11(2016·兰州三模)两平面，

ABCD

是两条线段已知

EF

，

点B，

点，增加一个条件，就能得出BDEF．有下列条件：①AC

与

所成的角相等

与C在

内的射影在同一条直线上

ACEF

．其中能成为增加条件的序号是．（2）山东高)在如图1所的几何体中，是的点，

EF

DB

．①已知

BC,AE

，求证：

FB

；②已知G，H分是EC和FB的点，求证：GH

平BC

．图1[变式训（1）石家庄二设，是条不同的直线，

是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若

则n②若

mn,则mm

；④若

则

．其中真命题的个数为（）A0C．2（2）(海二模)已直四棱柱

B．1D．-BCD，ADDCBC1111

，ADBC，CCDD1

的中点．/图2求证：求证：

BFAB11BEF

；．热题平图形翻问例2．2016·全甲卷)如图，形ABCD的角线AC与BD交点O点E，分别在，CD上，

，交BD于H．将△DEF沿折eq\o\ac(△,D)eq\o\ac(△,)的置．（1）证明：

HD

；（2）若

5,AC6,

,OD2

，求五棱锥

的体积．[变式训(2016·海二模已知长方形ABCD中AD

图3，AB2，E为的点．将△沿DE折到，到四棱锥

BCDE

，如图所示。图4（1）若点M为PC的点，求证：

BM

平面

；（2）当平面DE平面CDE

时，求四棱锥PBCDE的积；（3）求证：

．/专限集十一空中平与直系[建议AB组用时：45分][A高考]一、选择题．南昌一设α为面a，为条不同的直线，则下列叙述正确的是（）A

若

b

则b．．．

若则b若则b若ab则．济南一设m两条不同的直线，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若

mn,

则n；②

若

；③

若n则

；④

若则

．其中真命题的个数为（）A1C．．如图11-5所，直线垂直于

O

B．2D．所在的平面，ABC内接于O，为的直径，点M为段PB的点现有结论：①；OM长。其中正确的是（）

平面PC

；③点到面PAC的离等于线段的A①②C．

图5B①②D．③．已知，是个不同的平面，有下列三个条件：①存在一个平面

；/②存在一条直线

a

；③存在两条垂直的直线

a，ab

．其中，所有能成“的要条件的序号是（）．①．②．③．①③．(2016·成二)在三棱锥P-ABC中已知PA底面ABC

，

，E分是线段PBPC的动点，则下列说法错误的是（）图6A当AEPB时一为直角三角形B当

时，△一定为直角三角形C．

平面BC

时，△一定为直角三角形D．PC平面

时，一为直角三角形二、填空题．已知为ABC所平面外一点，且PA，PC两两垂直，则下列命题：①PA；③；④AB．其中正确命题的个数_______．在三棱锥

C-ABD

中如11-)，△ABD与△

是全等的等腰直角三角形是边BD的中点，4，二面角

A-C

的大小为

，并给出下面结论：①

BD

；②

ADCO

；③△AOC为正三角形cos

四面体ABCD的接球表面积为32命是_填序号．．正方体

-BCD111

图7中，E为段D上一个动点，则下列结论中正确的________．(填序号1①BE；②

BEABCD1

；③三棱锥E-的积为定值；④直线

B直BC1

．/三、解答题．北京高如图11-，四棱锥

ABCD

中，ABCD

，

DC

，

DCAC图8求证：平PAC求证：平AC设点为的点，在棱PB上是否存在点F使得平面EF？明理由．．青模拟)如图，棱锥

，面边长为的三角形，且与底面垂直，底面是

60

的菱形，MPC的中点．求证：PCAD；求点D到平面PAM的离．[B组校冲刺一、选择题．乌鲁木齐三如图10在多面体

图9-，平面BC平面EFG，ACGF，且△是长正三角形，四边形DEFG是边长为4的正方形，MN分为BE的点，则MN

（）A

图10B．4/C．

D．．如图，边形中，

AD

，AB

BCD45

，

BAD90

，将△ADB沿BD折起，使平面BD平面

，构成三棱锥

-BCD则三棱锥

-BCD

中，下列命题正确的是（）图11．平面ABD平面．平面ADC平面BDC．平ABCDC．平面ADC平面ABC．贵阳二如图11-12，在正方形ABCD中，E，F分是BC的中点，沿AE，把方形折成一个四面体，使CD三点重合，重合后的点记为PP在内射影为，下列说法正确的是（）图12AO是△AEF的心B．O是的心C．O是的外D．O是△的重．(2016·长模)如图11-，方

-B11

的棱长为1EF是段

BD1

上的两个动点，且EF，则下列结中错误的是（）图13A

/B三棱锥BEF的积为定值C．

EF平面AD．面线，所的角为定值二、填空题．衡水二如图14，正方形BCDE的长为，知AB

，△沿折，折起后A在平面BCDE上射影为点关于翻折后的几何体有如下描述：图14①与DE所角的正切值是；；VB-ACE

3

；④平面AACD．其中正确的有．填序)．太原二已知在直角梯形中，AB，AD，ABCD

，将直角梯形沿AC折成三棱锥ABC，三棱锥ABC的积取最大值时，其外接球的体积为．三、解答题(四高如图11-在棱AD．

中，CD

，AD，90

，图15（1）在平面内一点M使得直线

CM

平

，并说明理由；（2）证明：PAB平面P(长春二)已知等腰梯形ABCD如图11-16（1所)其中ABCDEF分别为AB和CD的中点，且EF，

CD

，M为BC中。现将梯形

沿所直线折起，使平面平面FDA(图11-16）所示，是段CD上动点，且

CN

．/（1（）图11-16（1）求证：

MN平面EFDA

；（2）求三棱锥

-MNF

的体积．/高考数学理科）专题习（四）空间中的行与垂直关答

案真回回异直的质．A．D回面平的质线位置系判．．②③④热题空位置系判与明例（）①③（2）[证]．因为

EFDB

，所以DB确平．如图①，连接DE．因为

＝

，为的点，所以

．理可得

AC又

BDDE＝，所以AC平

．因为FB平面BDEF，以．②②．如图②，设

FC

的中点为I

，连接

GIHI

．在

△CEF

中，因为G是的点，所以

．又

EF

DB所以GI8分在

△CFB

中，因为H是的点，10/所以

HIBC．HIGII

，所以

面HI面BC

．因为GHI

，所以

GH平面

．②[变式训（）（2）[证]法一：连接AF，则在

eq\o\ac(△,Rt)ADF

中，AF

ADDF5

连接，则在

eq\o\ac(△,Rt)BDF

中，

DF1

取AD点G连BG则在Rt△ABGAB

．∴在△ABF中

2

BF

2

AF

2

，∴

AB，又

AB1111

法二：说明

ABB，证明BD，得到A平面BDD，BF平面BBDD11111111

，证得A1

②∵E，F分为

CC，DD的点，∴EFD111

，连接FG，由

BCGD

，得

BG∥

，∴

BGEF为平行四边形

，∴

GFBE11/∵

G，分别为A，DD的中点1

AD1

，∴∵

BEBE

AD，1EF＝，AD

DC＝1

，∴

平面BEF平面ADC11热题平图形翻问例[解]

（1证明：由已知得

BD.又由

AE得

AECF，故ACEFCD

由此得EFHDEHDCHD

（2）由

EFAC得

OHAE1DOAD4

由得OBO

AB2．所以

OHDH

．于是OD

2

2

2)

2

2

，故由（）知HDC，所以BHDOD

HD

，又由OD，

OH，D．又由

EFDH9得DO2五边形的积

所以五棱锥

DABCFE

的体积V

1692323

[变式训[解]

（1）证明：取

中F，连接F，.因为在

△

中，点F，M别是所在边的中点，12/所以

FM∥DC

又

EB∥，所以FEB

所以四边形

是平行四边形，所以

BM

EF

又EF面DE，平面PDE.所以

BM

面DE

（2）因为平面DE平面CDE

，在△PDE中PO于点O

，因为平面DE

平面CDEDE，所以平面CDE在△中计算可得

63

所以VP-BCDE

11＋2)323

（3）证明：在矩形

ABCD

中，连接AC交E于点I

，因为tan

tan

22

，所以

DEA

π，所以AC

，所以在四棱锥P-中PI，CI

，又PI，所DE平

因为

PC平面PIC，所以DPC13/专限集(一空中平与直系[建议AB组用时：45分][A高考达]一、选择题～：BABDB二、填空题．3．①③⑤．①②③三、解答题．[解]（1）证明：因为平面ABCD所以PC．

，又因为AC，PC所以DCPAC

，（2证明：因为

，DCAC

，所以．因为平A

，所以

．又因为

，所以AB面AC又AB平面PAB

，所以平面平面（3棱PB上在点F，得面CEF．理由如下：取PB的中点F连接，CE．又因为E为AB的中点，所以

EF

．，又因为PA平面EF，EF平面CEF所以面．．[解]（）证明：法一：取点O，连OP，OC，，依题意可知△，

△

均为正三角形，所以

，

又OC

平POC，OP平面

，所以D平面PO

PC平POC，所以PCAD14/法二：连接，AM，DM依题意可知

△PAD，

均为正三角形，又M为PC的点，所

AMPCDMPC

，又

AMDM

，AM平面AMD

，DM平面AMD

，，又平面，以PC．所以（2由题可知，点D到面PAM的距离即点D到面PAC的距离，由1可知

POAD

，又平面AD平面BCD

，平面PAD

平面ABCDAD

，PO平面AD，以POBCD在△POC中，OC，PC

，即三棱锥P-ADC的．，在△中，PA，

，上高

2PM

102

，所以S

11015AM．22设点D到平面PAC的距离为h，由

V-PAC

得-ACD

eq\o\ac(△,S)

PO△ACD

，又S

ACD

34

，1151515所以3，得h，以点D到面的离为．355[B组校冲刺一、选择题：二、填空题．①③④．

π三、解答题．[解]（1）取棱AD中点

(M平面AD)

，点M即所求的一个．理由如下：因为

ADBC，BC

AD

，所以

BCAM，且BAM

．15/所以四边形AMCB是行四边形，所以

．又，平面

，所以

CM

面

．(说明：取棱PD的点，则所找的点可以是直线任意一)（2）证明：由已知，

PAABPA

，因为

AD，

AD

，所以直线ABCD交，所以平ABCD

，所以．因为

AD，

AD

，M为的点，连接BM，所以

MD，且MD

，所以四边形BCDM平行四边形，所以

BM

AD所以BDAB

．又

AB

AP

，所以BD平P．又BD平面PBD

，所以平面平面BD．[

解]

（1）明：过点作MPEF于P，点N作于Q，接。题知，平面平面FDA

，又MPEF平面

平面FDA＝

，∴MPEFDA又又

CF，EFDF，CFFNQ面C，∴NQ．

，∴EF平面CFD又

NQ，EF

FD＝F，NQ平面FDA∴MPNQ．又

CN

ND，CF33

，且

MP

1)，MP綊NQ，∴四边形MNQP为行边形．∴

．又∵

MN面EFDA，面FDA

，16/三棱锥AMN三棱锥F-3三棱锥AMN三棱锥F-3四棱锥A-BEFM四边形EFMeq\o\ac(△,S)三棱锥N-CFM（2）法一：延长DA，相交于一点H，则

HCBHDA又∵平面EBC，平F∴H平面FEBCH面EAD

，即H平面F

FEF

，∴DA，FE，交一点H，

HE

EF

．V三棱锥FCDH棱锥-HFD

eq\o\ac(△,S)

，S又由平面几何知识得AMN，SCDH则，三棱锥CDH∴

V三棱锥-

三棱锥-

V

．法二：

三棱台-CDF

1＋SSeq\o\ac(△,S)△△CDF

CDF

19)32

，V＝＝6

，V三棱锥N-ADF

eq\o\ac(△,S)

，1V2

，V三棱锥A-MNF

三棱台BEA-

三棱锥N-CFM

四棱锥A-BEFM

三棱锥N-ADF52

．17/高考数学理科）专题习（四）空间中的行与垂直关解

析真回回异直的质．A[设平面CBD平ABCDm1

1

∵平面∥平面D，m∥。11又平面∥平面AD，111且平面CBD∩面ABDBD，1111111∴D∥mB∥。111∵平面A∥面DCCD，111且平面CBD∩面DCCD＝CD，111同理可证∥。1因此直线与n所的角即直线BD与CD所成的角。11在正方体-ABCD中eq\o\ac(△,)D是正三角形，1111故直线BD1与CD1所角为，其正弦值为2。]．[直线l和l是面直线知l与l不平行，故l，中至少有一条与l相。]11回面平的质线位置系判．[

根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知与β相，且交线平行于l故选D．．②③④[对于①，，可以平行，也可相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l，∥l，又⊥，所以⊥l，所以⊥n故正确。对于③，因为α∥，所以αβ没公共点。又mα，所以，没公共点，由线面平行的定义可知∥β，正确．对于④，因为m，所以与α所成的角和n与α所的角相等。因为∥，以nα所成的角和n与β所的角相等，以m与α成的角和n所的角相等，故正确．]热题空位置系判与明例1.①③[若⊥，EF，则ACEF又⊥，且α则AB⊥，AB和AC是面上的两条相交直线则⊥面则⊥BD①以成为增加的条件与β所成的角相等，AC和EF不定垂直，可以相交、平行，所以EF与面不一定垂直，所以推不出与BD垂直，18/②不能成为增加的条件；由CDαα得EF⊥，所以与CD在β内射影垂直，AC与CD在β内射影在同一直线EF⊥AC和AC是平ACDB上两条相交直线⊥面ACDB，则EF⊥，可以成为增加的条件；若∥，则ACα则∥AC所以BD，不能成为增加的条件，故能成为增加条件的序号是①③]＝ACDE（2）[解题指]

①EF∥→确平B→＝→⊥BD⊥平DEFACGI∥EF②取FC中IHIBC→GI∥BD→平面HI∥平面BC→GH∥平面ABC[证明]①为∥DB所以EF与DB确平面BDEF如图①，连接DE1分因为AE＝，为AC的点，所以⊥AC同理可得BDAC又∩＝，所以⊥平面。因为FB平BDEF，所以AC⊥6分①②如图②，设FC的点为I连接GI，HI。在△CEF中因为是CE的点，所以GI∥EF。7又∥DB所以GI．8分在△CFB中因为H是的点，所以∥BC又HIGII分所以平面GHI平面ABC因为GH平面，所以∥平面ABC分②19/222212222111111111．222222[变式训（1）[若m，nα则m能平行或异面，①错误；若∥，∥，∥，⊥，则mγ，②正确；若∩β，∥，则∥或m∥或α或mβ，③错误；若α⊥，⊥，则α，可能平行或相交，④错误，则命题个数为1故选B．]（2）[证]

①法一：连接，在eq\o\ac(△,Rt)ADF中＝＋DF＝＋1＝．连接，则在eq\o\ac(△,Rt)中＝DF＋BD＝＋2＝．4分取AD点G连BG则在中＝．∴在△中，＋＝＋3＝＝，∴AB，∵∥AB，B⊥．分11法二明⊥明AB⊥D到⊥面BBDD平面BBDD证得⊥。②∵E，F分为CC，DD的点，∴EF∥D，接FG，11由BC綊，得BG綊DC∴EF∴为行四边形，∴GF∥BE分∵G，分为ADDD的点，∴∥，11∴BEAD，1∵BE＝，ADD＝，11∴平面BEF∥平面AD分1热题平图形翻问例[解]

（1证明：由已知得⊥，ADCD1AECF又由AE＝CF得AD＝CD，故AC∥．分由此得EF⊥，故⊥HD，所以ACHD．分OHAE（2）由∥ACD＝AD。4分由＝5，＝6得＝BO＝－＝．所以OH＝，HDH3分于是OD＋OH＝(22)＋1＝＝H，故OD⊥OH分由（）知ACHD，⊥BDBD∩＝H，所以⊥平面BHD，是AC⊥OD．8分又由OD⊥OH∩＝O所以OD⊥平面20/DH9又由ACDO＝2分969五边形的积S＝26×8××3＝4．分232所以五棱锥D′ABCFE的积V＝4×2＝．12分[变式训[]）证明：取DP中点，接，FM。因为在△中，点，M分是所在边的中点，所以FM綊DC．又EB綊DC，所以FM綊，2分所以四边形FEBM是行四边形，所以BM∥EF．3分又平，BM平面．所以BM平面PDE．4分（2）因为平面PDE平面BCDE，在△中，作PO⊥DE于，因为平面PDE平BCDEDE所以⊥平面在△中，计算可得＝，分所以V

四

＝

1＝(1＋2)×3＝3．8分（3）证明：在矩形中连AC交DE于I因为tan∠DEA，tan∠＝

，π所以∠DEA∠CAB＝2所以DE⊥AC分所以在四棱锥-中，PIDE，CI⊥DE分又PICI＝I，所以⊥平面．11分因为平PIC，所以⊥．12分专限集十一空中平与直系21/[建议AB组用时：45分][A高考达]一、选择题．[A中两直线可能平行、相交或面，故A错中由直线与平面垂直的判定定理可知正；C中，b可能平行，也可能在α内，故D中可平行，也可能在α内还可能与α相，故D错．综上所述，故选B.]A[对于①直与平面垂直判定定理易知其正确于②面α与β可平行或相交②误；对于③，直线能平行于平面β，也可能在平β内，故③错误；对于④，由两平面平行的判定理易得平面αβ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，∵PA⊥平面ABC∴PABC.∵为O的径，⊥AC又∵∩ACA，∴⊥平面PAC，又平面，∴BC⊥对于②，∵点为段PB的中点，∴∥PA.∵平PAC，OM平PAC，∴∥平面.对于③，由①知⊥平面PAC，∴线段BC的即是点B平面的离，故①②③都正确]．D[对于，存在一个平面γ⊥αγ∥，⊥，之也成立，存在一个平面，⊥γ∥是α⊥的要条件，所以①对，可排除B，C.对于③，存在两条垂直的直线，，则直线，b所成的角为，因为⊥，b，所以α，所成的角为90°，即⊥，之也成立，存在两条垂直的线ab，⊥β，bα”“⊥”的充要条件，所以③对，可排除A，选D．]．B[为⊥平面，所以⊥，又⊥，且PA和AB平面上两条相交直线，则⊥平面⊥当⊥时⊥平面PBC则⊥一是直角三角形A正；当EF∥平面，在平面PBC上平面与平面ABC相于，则EF∥，则⊥一定是直角三角形，C正确；当PC平面时，AE⊥PC又AE⊥，则⊥平面PBC，⊥EF△AEF一是直角三角形，正确；B中论无法证明，故选B．]二、填空题．[如图所示，∵⊥PC，PA⊥PB，∩PB＝，∴PA⊥平面又∵平PBC，∴PA．同理⊥，PC⊥AB，但不定垂直于BC]③[题意知BD⊥AO⊥平面而BD⊥①确据面角A-BD-C22/222222的大小为60°得∠AOC＝60°直线AD在面的射影为而与CO不直②错误；根据∠＝60°＝CO可AOC为三角形正；中＝＝AC＝22由余弦定理得＝

2

＋4－2×4×4

2

＝，故错误；由题意知，四体ABCD的接球的球心为O半径为22则外接球的表面积为S＝π×(22)＝，故⑤正确]．①②③[因为AC平面B，故①，②正确；记正方体的体积为，则＝为值，故③正11-确；B与不直，故④错误．]11三、解答题9．

[解](1)明：因为PC平面，所以PCDC.2分又因为DC⊥AC且PC＝C，所以DC平面PAC.4分(2)证明：因为AB∥DCDCAC所以⊥．因为PC平面ABCD，所以⊥.又因为∩AC＝，以AB平面．8又AB平面PAB所以平面⊥平面PAC．分(3)棱PB上在点F使得∥面CEF．10分理由如下：取PB的中点F连接，CE.又因为E为AB的中点，所以∥.又因为平CEF，且平CEF所以PA∥平面CEF14分．[](1)明：法一：取AD中点O，接，OCAC，依题意可为正三角形，所以⊥ADOP，又∩＝O平，平POC所以AD⊥面POC，又平，所以⊥．5分法二：连接AC，AM，，依题意可ACD均为正三角形，又为PC的点以AM⊥AMDM＝MAM平AMDDM平面AMD，所以⊥平面AMD又平面AMD所以⊥AD．5分(2)由题可知点D到面PAM的距离即点D到面PAC的离由(1)可知⊥，又平面⊥平面ABCD，平面∩平面ABCDADPO平，所以PO平面ABCD，即PO为棱锥P-的．在中，＝OC，＝，在中，＝AC，PC，边上高AM＝PA－PM＝23/

，2△△222△△2210所以＝AM×＝．8分2213设点到面的离为h由＝得h＝SPO，又＝×2＝3DPACP-ACD3PAC3ACDACD151515所以×h＝×3×3解得h＝，以点D到平面PAM的距离为．分25[B组校冲刺一、选择题．如图，取BD的点P连接MP，则MP∥AB∥DEMP＝AB＝1＝＝2.又∵∥GF，∥NP∵∠CAB60°∠MPN120°＝MP＋－2××120°＝

＋42×1×2×－＝7故选A．]．D[∵在四边形ABCD中∥，AD，∠BCD＝45°∠BAD＝，∴BDCD又面ABD平面BCD且平面ABD平面＝BDCD⊥平面ABD则CD⊥.⊥，∩CD＝，AB⊥平面，平面，∴平面⊥平面，故选D]．A[由题意可知PA，PE两垂直，∴⊥面PEF从而⊥EF，而PO平面，则⊥．∵PO＝P，⊥面，EF⊥，同理可知⊥FO⊥EO∴O的心．故选A．]．[对于选项A连接BD，易知⊥平面.面BDDB，111AC，A正；对于选项B，∵⊥平面B，到面的距离不变．∵＝11

，到的离为，∴△BEF的积不变，∴棱锥ABEF体积为定值，故B确；对于选项∵EFBD平，平，∴∥面ABCD故正确；对于选项D，异面直线AE，BF所成的角不为定值，当F与重时，令上底面中心为O，则此时两异面直线所成的角是A，当E1与D重合时，点F与O重，则两异面线所成的角是，两个角不相等，故异面直线，BF11所成的角不为定值，故D错．二、填空题．①③④[作出折叠的几何体直观图如图所示：24/2222222232322222222323∵AB＝a，＝a，＝2∴AD＝AE－DE＝，∴＝＋AD＝在ABC中，∠ABC＝a＋－a＝．a3．∴sin∠＝1cos∠A