《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 刷題首選卷 第一部分 刷考點 考點十四 空間中的平行與垂直關系 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 刷題首選卷 第一部分 刷考點 考點十四 空間中的平行與垂直關系 文（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點十四空間中的平行與垂直關系一、選擇題1已知平面平面，若兩條直線m，n分別在平面，內(nèi)，則m，n的關系不可能是()A平行 B相交 C異面 D平行或異面答案B解析由知，.又m，n，故mn.故選B.2設直線m與平面相交但不垂直，則下列說法正確的是()A在平面內(nèi)有且只有一條直線與直線m垂直B過直線m有且只有一個平面與平面垂直C與直線m垂直的直線不可能與平面平行D與直線m平行的平面不可能與平面垂直答案B解析可以通過觀察正方體ABCDA1B1C1D1進行判斷，取BC1為直線m，平面ABCD為平面，由AB，CD均與m垂直知，A錯誤；由D1C1與m垂直且與平面平行知，C錯誤；由平面ADD1A1與m平行且與平

2、面垂直知，D錯誤故選B.3(2019東北三省四市一模)已知m，n為兩條不重合直線，為兩個不重合平面，下列條件中，一定能推出的是()Amn，m，n Bmn，m，nCmn，m，n Dmn，m，n答案B解析當mn時，若m，可得n.又n，可知，故選B.4(2019湖南長沙一中模擬一)在正方體ABCDA1B1C1D1中，點O是四邊形ABCD的中心，關于直線A1O，下列說法正確的是()AA1ODC BA1OBCCA1O平面B1CD1 DA1O平面ABD答案C解析顯然A1O與DC是異面直線，故A錯誤；假設A1OBC，結(jié)合A1ABC可得BC平面A1ACC1，則可得BCAC，顯然不正確，故假設錯誤，即B錯誤；在

3、正方體ABCDA1B1C1D1中，點O是四邊形ABCD的中心，A1DB1C，ODB1D1，A1DDOD，B1D1B1CB1，平面A1DO平面B1CD1，A1O平面A1DO，A1O平面B1CD1，故C正確；又A1A平面ABD，過一點作平面ABD的垂線有且只有一條，則D錯誤，故選C.5下列命題中錯誤的是()A如果平面平面，那么平面內(nèi)一定存在直線平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面內(nèi)一定不存在直線垂直于平面C如果平面平面，平面平面，l，那么l平面D如果平面平面，那么平面內(nèi)所有直線都垂直于平面答案D解析對于D，若平面平面，則平面內(nèi)的直線可能不垂直于平面，甚至可能平行于平面，其余選項均是正確的6(

4、2019河南名校聯(lián)盟2月聯(lián)考)設點P是正方體ABCDA1B1C1D1的對角線BD1的中點，平面過點P，且與直線BD1垂直，平面平面ABCDm，則m與A1C所成角的余弦值為()A. B. C. D.答案B解析由題意知，點P是正方體ABCDA1B1C1D1的對角線BD1的中點，平面過點P，且與直線BD1垂直，平面平面ABCDm，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，可得mAC，所以直線m與A1C所成的角即為直線AC與直線A1C所成的角，即ACA1為直線m與A1C所成的角，在RtACA1中，cosACA1，即m與A1C所成角的余弦值為，故選B.7(2017全國卷)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M

5、，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()答案A解析A項，作如圖所示的輔助線，其中D為BC的中點，則QDAB.QD平面MNQQ，QD與平面MNQ相交，直線AB與平面MNQ相交B項，作如圖所示的輔助線，則ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.C項，作如圖所示的輔助線，則ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D項，作如圖所示的輔助線，則ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.故選A.8如圖，在四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45

6、，BAD90.將ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，構(gòu)成三棱錐ABCD，則在三棱錐ABCD中，下列命題正確的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC答案D解析因為在四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以BDCD，又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，所以CD平面ABD，則CDAB，又ADAB，所以AB平面ADC，則平面ABC平面ADC，故選D.二、填空題9已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，點P是平面AA1D1D的中心，點Q是B1D1上一點，且PQ平面AA1B1B，則線段PQ的長

7、為_答案解析如圖，PQ平面AA1B1B，PQ平面AD1B1，AB1平面AA1B1B平面AD1B1，PQAB1，點P是平面AA1D1D的中心，點P是AD1的中點，點Q是B1D1的中點，PQAB1.10(2019黑龍江大慶一中四模)給出下列四個命題：如果平面外一條直線a與平面內(nèi)一條直線b平行，那么a；過空間一定點有且只有一條直線與已知平面垂直；如果一條直線垂直于一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線，那么這條直線與這個平面垂直；若兩個相交平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面的交線垂直于第三個平面其中真命題的序號為_答案解析命題是線面平行的判定定理，正確；命題因為垂直同一平面的兩條直線平行，所以過空間一定點有且只有

8、一條直線與已知平面垂直，故正確；命題平面內(nèi)無數(shù)條直線均平行時，不能得出直線與這個平面垂直，故不正確；命題因為兩個相交平面都垂直于第三個平面，從而交線垂直于第三個平面，故正確故答案為.11. 如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，點D在棱BB1上，且BD1，則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為_答案解析如圖，取C1A1，CA的中點E，F(xiàn)，連接B1E，BF，EF，則B1E平面CAA1C1.過點D作DHB1E，則DH平面CAA1C1.連接AH，則DAH為AD與平面AA1C1C所成角DHB1E，DA，所以sinDAH.12(2019全國卷)已知ACB90，P為平面ABC外一點，PC2，

9、點P到ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為_答案解析如圖，過點P作PO平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離再過O作OEAC于E，OFBC于F，連接PC，PE，PF，則PEAC，PFBC.又PEPF，所以OEOF，所以CO為ACB的平分線，即ACO45.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO.三、解答題13(2019安徽黃山第三次質(zhì)量檢測)如圖，在平行四邊形ABCM中，ABAC3，ACM90，以AC為折痕將ACM折起，使點M到達點D的位置，且ABDA.(1)證明：CD平面ABC；(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BPDQDA，求

10、三棱錐BAPQ的體積解(1)證明：四邊形ABCM是平行四邊形，且ACM90，ACAB，又ADAB，AB平面ACD，CD平面ACD，ABCD，又CDAC，CD平面ABC.(2)取AC上一點H，使CHCA，DQDA，連接QH，則QHCD，由(1)可得QH平面ABC，ABAC3，BC3，AD3，BPDQ32，QHCD31，ACAB3，ACAB，ABC為等腰直角三角形，ABP45，SPABABBPsin453，VBAPQVQAPBSPABQH1.14(2019全國卷)如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(1)證明：

11、MN平面C1DE；(2)求點C到平面C1DE的距離解(1)證明：如圖，連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以MEB1C，且MEB1C.又因為N為A1D的中點，所以NDA1D.由題設知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MNED.又MN平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)解法一：過點C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DEBC，DEC1C，所以DE平面C1CE，故DECH.從而CH平面C1DE，故CH的長即為點C到平面C1DE的距離由已知可得CE1，C1C4，所以C1E，故CH.從而點C到平面C1DE的距離為.解法二：

12、在菱形ABCD中，E為BC的中點，所以DEBC，根據(jù)題意有DE，C1E，因為棱柱為直棱柱，所以有DE平面BCC1B1，所以DEEC1，所以SDEC1，設點C到平面C1DE的距離為d，根據(jù)題意有VC1CDEVCC1DE，則有14d，解得d.一、選擇題1設直線l與平面平行，直線m在平面內(nèi)，那么()A直線l不平行于直線mB直線l與直線m異面C直線l與直線m沒有公共點D直線l與直線m不垂直答案C解析直線l與平面平行，由線面平行的定義可知，直線l與平面無公共點，又直線m在平面內(nèi)，直線l與直線m沒有公共點，故選C.2(2019河北石家莊二模)設l表示直線，表示不同的平面，則下列命題中正確的是()A若l且，

13、則lB若且，則C若l且l，則D若且，則答案B解析在A中，若l且，則l，則l與可能相交、平行或l；在B中，若且，則，由面面平行的性質(zhì)可得；在C中，若l且l，則，則與相交或平行；在D中，若且，則，則與相交或平行，故選B.3(2019安徽江南十校3月綜合素質(zhì)檢測)如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1中，點E，F(xiàn)，G，P，Q分別為棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中點則下列敘述中正確的是()A直線BQ平面EFG B直線A1B平面EFGC平面APC平面EFG D平面A1BQ平面EFG答案B解析過點E，F(xiàn)，G的截面如圖所示(H，I分別為AA1，BC的中點)，A1BHE，A1B平面EFG，HE

14、平面EFG，A1B平面EFG，故選B.4設正三棱錐PABC的高為H，且此棱錐的內(nèi)切球的半徑為R，若二面角PABC的正切值為，則()A5 B6 C7 D8答案C解析取線段AB的中點D，設P在底面ABC的射影為O，設ABa，則ODaa，PDC為二面角PABC的平面角，tanPDC，PD6ODa，設正三棱錐PABC的表面積為S，則R，7.5已知長方體ABCDA1B1C1D1中，AA1，AB4，若在棱AB上存在點P，使得D1PPC，則AD的取值范圍是()A(0,1 B(0,2 C(1， D1,4)答案B解析連接DP，由D1PPC，DD1PC，且D1P，DD1是平面DD1P上兩條相交直線，得PC平面DD

15、1P，PCDP，即點P在以CD為直徑的圓上，又點P在AB上，則AB與圓有公共點，即0ADCD2，故選B.6(2019烏魯木齊第三次診斷性測驗)如圖，在多面體ABCDEFG中，平面ABC平面DEFG，ACGF，且ABC是邊長為2的正三角形，四邊形DEFG是邊長為4的正方形，M，N分別是AD，BE的中點，則MN()A. B4 C. D5答案A解析如圖，取BD的中點P，連接MP，NP，則MPAB，NPDE，MPAB1，NPDE2，又ACGF，ACNP，CAB60，MPN120，MN，故選A.7(2019河北衡水中學第一次摸底)某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖為半圓弧且點E為下底面半圓弧上一點(異

16、于點B，C)，則關于該幾何體的說法正確的是()ABEAC BDEAECCE平面ABE DBD平面ACE答案C解析由三視圖可知，該幾何體是如圖所示的半圓柱，圓柱底面半徑為1，高為2，若BEAC，因為BEAB，ABACA，所以BE平面ABC，又因為BC平面ABC，所以BEBC，不成立，所以A不正確；因為DE2AE222CE222BE212AD2，因此AED90，即DE與AE不垂直，所以B不正確；因為BC為半圓的直徑，所以BECE，又因為CEAB，ABBEB，所以CE平面ABE，所以C正確；假設BD平面ACE，則BDCE，又CEDC，BDDCD，所以CE平面ABCD，所以CEBC，與CEB90矛盾，

17、所以D不正確故選C.8(2019安徽泗縣一中最后一模)如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，E為棱CC1的中點，F(xiàn)為棱AA1上的點，且滿足A1FFA12，點F，B，E，G，H為過三點B，E，F(xiàn)的平面BMN與正方體ABCDA1B1C1D1的棱的交點，則下列說法錯誤的是()AHFBEB三棱錐的體積VB1BMN4C直線MN與平面A1B1BA的夾角是45DD1GG1C13答案C解析由于平面ADD1A1平面BCC1B1，而平面BMN與這兩個平面分別交于HF和BE，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知HFBE，故A正確；由于A1FFA12，而E是CC1的中點，故MA11，HD1，D1G，GC1，C1N

18、2，VB1BMNVBMNB1MB1NB1BB13424，故B正確；對于C，由于B1N平面A1B1BA，所以直線MN與平面A1B1BA所成角為NMB1，且tanNMB11，故C錯誤；對于D，根據(jù)前面計算的結(jié)果可知D1G，GC1，故D正確，故選C.二、填空題9(2019北京高考)已知l，m是平面外的兩條不同直線給出下列三個論斷：lm；m；l.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：_.答案若m且l，則lm成立(或若lm，l，則m)解析已知l，m是平面外的兩條不同直線，由lm與m，不能推出l，因為l可以與平行，也可以與相交不垂直；由lm與l能推出m；由m與l可以推出lm

19、.故正確的命題是或.10已知四邊形ABCD是矩形，AB4，AD3.沿AC將ADC折起到ADC，使平面ADC平面ABC，F(xiàn)是AD的中點，E是AC上一點，給出下列結(jié)論：存在點E，使得EF平面BCD；存在點E，使得EF平面ABC；存在點E，使得DE平面ABC；存在點E，使得AC平面BDE.其中正確的結(jié)論是_(寫出所有正確結(jié)論的序號)答案解析對于，存在AC的中點E，使得EFCD，利用線面平行的判定定理可得EF平面BCD；對于，過點F作EFAC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得EF平面ABC；對于，過點D作DEAC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得DE平面ABC；對于，因為ABCD是矩形，AB4

20、，AD3，所以B，D在AC上的射影不是同一點，所以不存在點E，使得AC平面BDE.11(2019河南洛陽第三次統(tǒng)考)在底面是邊長為2的正方形的四棱錐PABCD中，頂點P在底面的射影H為正方形ABCD的中心，異面直線PB與AD所成角的正切值為2，若四棱錐PABCD的內(nèi)切球半徑為r，外接球的半徑為R，則Rr_.答案解析如圖，E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，由題意，PABCD為正四棱錐，底面邊長為2，BCAD，PBC即為PB與AD所成角，可得斜高為2，PEF為正三角形，正四棱錐PABCD的內(nèi)切球半徑即為PEF的內(nèi)切圓半徑，所以(2)22r3，可得r1，設O為外接球球心，在RtOHA中，R2()2(3R

21、)2，解得R，Rr1.12. 如圖，已知點D，E分別是三棱柱ABCA1B1C1的棱BC，A1B1的中點，給出以下命題：BB1平面C1DE；DE平面ACC1A1；平面ADE平面BCC1B1；VEABD2VEDCC1.其中真命題是_(填上所有真命題的序號)答案解析因為CC1與平面C1DE相交，且CC1BB1，所以BB1也與平面C1DE相交，故錯誤；取A1C1的中點F，連接EF，CF，由EFDC，且EFDC知四邊形EFCD是平行四邊形，所以EDFC，又FC平面ACC1A1，ED平面ACC1A1，所以DE平面ACC1A1，故正確；因為題中沒有任何垂直關系，故錯誤；設該三棱柱的高為h，則VEABDSAB

22、DhSABChV三棱柱取AB的中點G，連接EG，則EG平面BCC1B1，所以VEDCC1VGDCC1VC1DCGSDCGhSABChV三棱柱，所以VEABD2VEDCC1，故正確所以真命題是.三、解答題13(2019山東臨沂三模)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD，ABC，M是PC的中點(1)求證：平面PAC平面MBD；(2)若PBPD，三棱錐PABD的體積為，求四棱錐PABCD的側(cè)面積解(1)證明：PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD，又底面ABCD是菱形，BDAC，又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，BD平面PAC，又BD平面MBD，平面PA

23、C平面MBD.(2)設菱形ABCD的邊長為x，ABC，BAD，在ABD中，BD2AD2AB22ADABcosBAD2x22x23x2，BDx，PA平面ABCD，PAAD，PAAB，又ABAD，PBPD，PBD為等腰直角三角形，PBPDx，PAx，又SABDABADsinBADx2sinx2，V三棱錐PABDSABDPAx2x，x2，PA，PBPD，ABC，ACAB2.又PA平面ABCD，PCPB，四棱維PABCD的側(cè)面積等于2SPAB2SPBC22222()14(2019陜西西安模擬)如圖所示，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，PA2，ABC90，AB，BC1，AD2，CD4，E為CD的中點(1)求證：AE平面PBC；(2)求三棱錐CPBE的體積解(1)證明：AB，BC1，ABC90，AC2，BCA60.在ACD中，AD2，AC2，CD4，AC2AD2CD2，CAD90，ACD是直角三角形又E為CD的中點，AECDCE2，ACE是等邊三角形，CAE60，CAE60BCA，BCAE.又AE平面PBC，BC平面PBC，AE平面PBC.(2)PA底面ABCD，PA底面BCE，PA為三棱錐PBCE的高BCA60，ACD60，BCE120.又BC1，CE2，SBCEBCCEsinBCE12，V三棱錐CPBEV三棱錐PBCESBCEPA2.- 16 -