考點十四空間中的平行與垂直關(guān)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(guān)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(shè)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，nBmn，m，nCmn，m，nDmn，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(guān)于直線A1O，下列說法正確的是()AA1ODCBA1OBCCA1O平面B1CD1DA1O平面ABD答案C解析顯然A1O與DC是異面直線，故A錯誤；假設(shè)A1OBC，結(jié)合A1ABC可得BC平面A1ACC1，則可得BCAC，顯然不正確，故假設(shè)錯誤，即B錯誤；在正方體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. 如圖，在空間直角坐標系中，有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，則異面直線BC1與AB1所成角的余弦值為()ABCD答案A解析設(shè)CB1，則(2,2,1)，(0,2，1)，則cos，.故選A.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，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°，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ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD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如圖，P為正方體ABCDA1B1C1D1體對角線BD1上的一點，且，若BD1平面PAC，則_.答案解析以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系不妨設(shè)正方體的棱長為1，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，設(shè)P(x，y，z)，則由得(x1，y1，z)(1，1,1)，所以P(1，1，)，則(，1，)，又因為BD1平面PAC，所以·10，解得.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，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O(shè)EOF，所以CO為ACB的平分線，即ACO45°.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以O(shè)E1，所以PO.三、解答題13(2019·福建3月質(zhì)檢)如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是等邊三角形，側(cè)面BCC1B1是矩形，ABA1B，N是B1C的中點，M是棱AA1上的點，且AA1CM.(1)證明：MN平面ABC；(2)若ABA1B，求二面角ACMN的余弦值解(1)證明：如圖1，在三棱柱ABCA1B1C1中，連接BM，因為BCC1B1是矩形，所以BCBB1，因為AA1BB1，所以AA1BC，又因為AA1MC，BCMCC，所以AA1平面BCM，所以AA1MB，又因為ABA1B，所以M是AA1的中點，取BC的中點P，連接NP，AP，因為N是B1C的中點，則NPBB1且NPBB1，所以NPMA且NPMA，所以四邊形AMNP是平行四邊形，所以MNAP，又因為MN平面ABC，AP平面ABC，所以MN平面ABC.(2)因為ABA1B，所以ABA1是等腰直角三角形，設(shè)ABa，則AA12a，BMAMa.在RtACM中，ACa，所以MCa.在BCM中，CM2BM22a2BC2，所以MCBM，由(1)知，則MCAA1，BMAA1，如圖2，以M為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，則M(0,0,0)，C(0,0，a)，B1(2a，a,0)所以N，則(0,0，a)，設(shè)平面CMN的法向量為n1(x，y，z)，則即取x1得y2.故平面CMN的一個法向量為n1(1，2,0)，因為平面ACM的一個法向量為n2(0,1,0)，則cosn1，n2.因為二面角ACMN為鈍角，所以二面角ACMN的余弦值為.14(2019·廣東湛江高考測試二)三棱錐ABCD中，底面BCD是等腰直角三角形，BCBD2，AB，且ABCD，O為CD的中點，如圖(1)求證：平面ABO平面BCD；(2)若二面角ACDB的大小為，求AD與平面ABC所成角的正弦值解(1)證明：BCD是等腰直角三角形，BCBD2，O為CD的中點，BOCD，ABCD，ABBOB，CD平面ABO，CD平面BCD，平面ABO平面BCD.(2)CD平面ABO，CDAOAOB為二面角ACDB的平面角，AOB，BO，ABBO，ABO為等邊三角形，以B為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，C(2,0,0)，A，D(0,2,0)，(2,0,0)，設(shè)平面ABC的法向量n(x，y，z)，則即取n(0，1)，設(shè)AD與平面ABC所成角為，則sin|cosn，|，故AD與平面ABC所成角的正弦值為.一、選擇題1設(shè)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(shè)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，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EFGB直線A1B平面EFGC平面APC平面EFGD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平面EFG，A1B平面EFG，故選B.4設(shè)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()A5B6C7D8答案C解析取線段AB的中點D，設(shè)P在底面ABC的射影為O，設(shè)ABa，則ODa×a，PDC為二面角PABC的平面角，tanPDC，PD6ODa，設(shè)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(0,1B(0,2C(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DD1P，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0<ADCD2，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()AB4CD5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在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA11，若E，F(xiàn)為BD1的兩個三等分點，G為長方體ABCDA1B1C1D1表面上的動點，則EGF的最大值為()A30°B45°C60°D90°答案D解析解法一：以EF為直徑構(gòu)想一個球若點G在球面上(不與E，F(xiàn)重合)，則EGF90°；若點G在球內(nèi)，則EGF>90°；若點G在球外，則EGF<90°；根據(jù)題意，可判斷，此球與面ABCD，面A1B1C1D1分別相切；與其余面均無公共點因此，當點G恰為切點時，EGF取得最大值90°，故選D.解法二：以點D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則E，F(xiàn)，由圖易得當點G位于長方體的四個側(cè)面時，所處情況相同，則不妨設(shè)G(2，y，z)，y0,2，z0，1，··(y1)22，當且僅當y1，z，即點G為AB1的中點時等號成立；當點G位于長方體的上下底面時，所處情況相同，則不妨設(shè)G(x，y,0)，x，y0,2，則··(x1)2(y1)20，當且僅當xy1，即點G為AC的中點時等號成立，所以·的最小值為0，即EGF的最大值為90°，故選D.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45°DD1GG1C13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，C1N2，VB1BMNVBMNB1×·MB1·NB1·BB1××3×4×24，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.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，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)2×2×r×3，可得r1，設(shè)O為外接球球心，在RtOHA中，R2()2(3R)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(guān)系，故錯誤；設(shè)該三棱柱的高為h，則VEABDSABDhSABChV三棱柱取AB的中點G，連接EG，則EG平面BCC1B1，所以VEDCC1VGDCC1VC1DCGSDCGh×SABChV三棱柱，所以VEABD2VEDCC1，故正確所以真命題是.三、解答題13如圖，直角梯形BDFE中，EFBD，BEBD，EF2，等腰梯形ABCD中，ABCD，ACBD，AB2CD4，且平面BDFE平面ABCD.(1)求證：AC平面BDFE；(2)若BF與平面ABCD所成角為，求二面角BDFC的余弦值解(1)證明：平面BDFE平面ABCD，平面BDFE平面ABCDBD，AC平面ABCD，且ACBD，AC平面BDFE.(2)設(shè)ACBDO，四邊形ABCD為等腰梯形，DOC，AB2CD4，ODOC，OBOA2，F(xiàn)E綊OB，四邊形BOFE為平行四邊形，OFBE，又BE平面ABCD，OF平面ABCD，F(xiàn)BO為BF與平面ABCD所成的角，F(xiàn)BO，又FOB，OFOB2.以O(shè)為原點，OA為x軸，OB為y軸，OF為z軸，建立空間直角坐標系，則B(0,2，0)，D(0，0)，F(xiàn)(0,0,2)，C(，0,0)，A(2，0,0)，(0，2)，(，0)，AC平面BDFE，平面BDF的法向量為m(1,0,0)設(shè)平面DFC的一個法向量為n(x，y，z)，由得令x2得n(2,2，1)，cosn，m.二面角BDFC的余弦值為.14(2019·河北武邑中學三模)如圖，在棱長均為2的三棱柱ABCA1B1C1中，點C在平面A1ABB1內(nèi)的射影O為AB1與A1B的交點，E，F(xiàn)分別為BC，A1C1的中點(1)求證：四邊形A1ABB1為正方形；(2)求直線EF與平面A1ACC1所成角的正弦值；(3)在線段AB1上是否存在一點D，使得直線EF與平面A1CD沒有公共點？若存在，求出的值解(1)證明：連接CO，因為C在平面A1ABB1內(nèi)的射影O為AB1與A1B的交點，所以CO平面A1ABB1.由已知三棱柱ABCA1B1C1各棱長均相等，所以ACBC，且A1ABB1為菱形由勾股定理得OAOB，即AB1A1B，所以四邊形A1ABB1為正方形(2)由(1)知CO平面A1ABB1，COOA，COOA1.在正方形A1ABB1中，OA1OA.如圖建立空間直角坐標系Oxyz.由題意得O(0,0,0)，A1(，0,0)，A(0，0)，B(，0,0)，C(0,0，)，C1(，)，E，F(xiàn).所以(，0)，(0，)設(shè)平面A1ACC1的法向量為m(x，y，z)，則即令x1，則y1，z1.于是m(1,1,1)又因為，設(shè)直線EF與平面A1ACC1所成角為，則sin|cosm，|.所以直線EF與平面A1ACC1所成角的正弦值為.(3)直線EF與平面A1CD沒有公共點，即EF平面A1CD.設(shè)D點坐標為(0，y0,0)，D與O重合時不符合題意，所以y00.因為(，y0,0)，(，0，)設(shè)n(x1，y1，z1)為平面A1CD的法向量，則即令x11，則y1，z11.于是n，若EF平面A1CD，n·0，又，所以×0，解得y0，此時EF平面A1CD，所以AD，DB1.所以.