版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题五 立体几何与空间向量 第2讲 空间中的平行与垂直试题文档格式.docx
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C.2D.3
热点二 空间平行、垂直关系的证明
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化,即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.
例2 (2015·
广东)
如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.
(1)证明:
BC∥平面PDA;
(2)证明:
BC⊥PD;
(3)求点C到平面PDA的距离.
思维升华 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行,常用方法如下:
(1)证明线线平行常用的方法:
一是利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;
二是利用平行四边形进行平行转换;
三是利用三角形的中位线定理证线线平行;
四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.
(2)证明线线垂直常用的方法:
①利用等腰三角形底边中线即高线的性质;
②勾股定理;
③线面垂直的性质:
即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,l⊥α,a⊂α⇒l⊥a.
跟踪演练2 如图所示,
已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.
(1)AF∥平面BCE;
(2)平面BCE⊥平面CDE.
热点三 平面图形的折叠问题
平面图形经过翻折成为空间图形后,原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化,这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键.一般地,在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化,解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值,这是化解翻折问题的主要方法.
例3 如图
(1),在Rt△ABC中,∠C=90°
,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图
(2).
(1)求证:
DE∥平面A1CB;
(2)求证:
A1F⊥BE;
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?
请说明理由.
思维升华
(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口;
(2)存在探索性问题可先假设存在,然后在此前提下进行逻辑推理,得出矛盾或肯定结论.
跟踪演练3 (2014·
广东)如图
(1),四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如图
(2)折叠,折痕EF∥DC.其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M,并且MF⊥CF.
CF⊥平面MDF;
(2)求三棱锥M-CDE的体积.
1.不重合的两条直线m,n分别在不重合的两个平面α,β内,下列为真命题的是( )
A.m⊥n⇒m⊥βB.m⊥n⇒α⊥β
C.α∥β⇒m∥βD.m∥n⇒α∥β
2.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知DC=DD1=2AD=2AB,AD⊥DC,AB∥DC.
D1C⊥AC1;
(2)问在棱CD上是否存在点E,使D1E∥平面A1BD.若存在,确定点E位置;
若不存在,说明理由.
提醒:
完成作业 专题五 第2讲
二轮专题强化练
专题五
A组 专题通关
西北工大附中四模)已知a、b、c是三条不同的直线,α、β是两个不同的平面,下列条件中,能推导出a⊥α的是( )
A.a⊥b,a⊥c,其中b⊂α,c⊂α
B.a⊥b,b∥α
C.α⊥β,a∥β
D.a∥b,b⊥α
湖北)l1,l2表示空间中的两条直线,若p:
l1,l2是异面直线,q:
l1,l2不相交,则( )
A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件
B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件
C.p是q的充分必要条件
D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件
3.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P,Q分别是AA1,A1D1,CC1,BC的中点,给出以下四个结论:
①A1C⊥MN;
②A1C∥平面MNPQ;
③A1C与PM相交;
④NC与PM异面.其中不正确的结论是( )
A.①B.②
C.③D.④
4.已知α,β是两个不同的平面,有下列三个条件:
①存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β;
②存在一条直线a,a⊂α,a⊥β;
③存在两条垂直的直线a,b,a⊥β,b⊥α.
其中,所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )
C.③D.①③
5.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°
,∠BAD=90°
,将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD.则在三棱锥A-BCD中,下列命题正确的是( )
A.平面ABD⊥平面ABC
B.平面ADC⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDC
D.平面ADC⊥平面ABC
6.如图,在空间四边形ABCD中,M∈AB,N∈AD,若
=
,则直线MN与平面BDC的位置关系是________.
7.如图,AB为圆O的直径,点C在圆周上(异于点A,B),直线PA垂直于圆O所在的平面,点M为线段PB的中点.有以下四个命题:
①PA∥平面MOB;
②MO∥平面PAC;
③OC⊥平面PAC;
④平面PAC⊥平面PBC.
其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号).
8.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号).
9.(2015·
山东)如图,
三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.
BD∥平面FGH;
(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:
平面BCD⊥平面EGH.
10.(2015·
四川)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.
(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系.并证明你的结论;
(3)证明:
直线DF⊥平面BEG.
B组 能力提高
11.(2015·
辽宁师范大学附属中学期中)已知平面α、β、γ,则下列命题中正确的是( )
A.α⊥β,α∩β=a,a⊥b,则b⊥α
B.α⊥β,β⊥γ,则α∥γ
C.α∩β=a,β∩γ=b,α⊥β,则a⊥b
D.α∥β,β⊥γ,则α⊥γ
12.
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点F在线段AA1上,当AF=________时,CF⊥平面B1DF.
13.正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段B1D1上的一个动点,则下列结论中正确的是________.(填序号)
①AC⊥BE;
②B1E∥平面ABCD;
③三棱锥E-ABC的体积为定值;
④直线B1E⊥直线BC1.
14.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.
平面ADC1B1⊥平面A1BE;
(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?
证明你的结论.
学生用书答案精析
高考真题体验
1.B [m⊂α,m∥β⇏α∥β,但m⊂α,α∥β⇒m∥β,∴m∥β是α∥β的必要而不充分条件.]
2.D [对于A,α,β垂直于同一平面,α,β关系不确定,A错;
对于B,m,n平行于同一平面,m,n关系不确定,可平行、相交、异面,故B错;
对于C,α,β不平行,但α内能找出平行于β的直线,如α中平行于α,β交线的直线平行于β,故C错;
对于D,若假设m,n垂直于同一平面,则m∥n,其逆否命题即为D选项,故D正确.]
3.证明
(1)由题意知,E为B1C的中点,
又D为AB1的中点,因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1,
所以BC1⊥AC.
因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,
因此BC1⊥B1C.
因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC,
所以BC1⊥AB1.
热点分类突破
例1
(1)D
(2)D
解析
(1)若l与l1,l2都不相交则l∥l1,l∥l2,∴l1∥l2,这与l1和l2异面矛盾,∴l至少与l1,l2中的一条相交.
(2)若α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β,则a∥α,a∥β,故排除A.
若α∩β=l,a⊂α,a∥l,则a∥β,故排除B.
若α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l,则a∥β,b∥α,故排除C.故选D.
跟踪演练1 C [对于①,垂直于同一个平面的两条直线平行,①正确;
对于②,直线n可能在平面α内,所以推不出n∥α,②错误;
对于③,举一反例,m⊂β且m与α,β的交线平行时,也有m∥α,③错误;
对于④,可以证明其正确性,④正确.
故选C.]
例2
(1)证明 因为四边形ABCD是长方形,
所以BC∥AD,因为BC⊄平面PDA,
AD⊂平面PDA,
所以BC∥平面PDA.
(2)证明 因为四边形ABCD是长方形,所以BC⊥CD,因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,
所以BC⊥平面PDC,
因为PD⊂平面PDC,所以BC⊥PD.
(3)解 如图,取CD的中点E,连接AE和PE.
因为PD=PC,所以PE⊥CD,
在Rt△PED中,PE=
.
因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC,
所以PE⊥平面ABCD,
由
(2)知:
BC⊥平面PDC,
由
(1)知:
BC∥AD,
所以AD⊥平面PDC,
因为PD⊂平面PDC,
所以AD⊥PD.设点C到平面PDA的距离为h,
因为V三棱锥CPDA=V三棱锥PACD,
所以
S△PDA·
h=
S△ACD·
PE,
即h=
,
所以点C到平面PDA的距离是
跟踪演练2 证明
(1)如图,取CE的中点G,连接FG,BG.
∵F为CD的中点,∴GF∥DE且GF=
DE.
∵AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,
∴AB∥DE,∴GF∥AB.
又AB=
DE,∴GF=AB.
∴四边形GFAB为平行四边形,
则AF∥BG.
∵AF⊄平面BCE,BG⊂平面BCE,
∴AF∥平面BCE.
(2)∵△ACD为等边三角形,F为CD的中点,∴AF⊥CD.
∵DE⊥平面ACD,AF⊂平面ACD,
∴DE⊥AF.
又CD∩DE=D,故AF⊥平面CDE.
∵BG∥AF,∴BG⊥平面CDE.
∵BG⊂平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE.
例3
(1)证明 因为D,E分别为AC,AB的中点,
所以DE∥BC.
又因为DE⊄平面A1CB,BC⊂平面A1CB,
所以DE∥平面A1CB.
(2)证明 由题图
(1)得AC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.
所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC,
所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,
所以A1F⊥平面BCDE,
又BE⊂平面BCDE,
所以A1F⊥BE.
(3)解 线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.
理由如下:
如图,
分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC.
又因为DE∥BC,
所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由
(2)知,DE⊥平面A1DC,
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,
所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.
跟踪演练3
(1)证明 因为PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以PD⊥AD.
又因为ABCD是矩形,CD⊥AD,PD与CD交于点D,
所以AD⊥平面PCD.又CF⊂平面PCD,
所以AD⊥CF,即MD⊥CF.
又MF⊥CF,MD∩MF=M,所以CF⊥平面MDF.
(2)解 因为PD⊥DC,BC=2,CD=1,∠PCD=60°
所以PD=
,由
(1)知FD⊥CF,
在直角三角形DCF中,CF=
CD=
过点F作FG⊥CD交CD于点G,得FG=FCsin60°
×
所以DE=FG=
,故ME=PE=
-
所以MD=
=
S△CDE=
DE·
DC=
1=
故VM-CDE=
MD·
高考押题精练
1.C
[构造长方体,如图所示.
因为A1C1⊥AA1,A1C1⊂平面AA1C1C,AA1⊂平面AA1B1B,但A1C1与平面AA1B1B不垂直,平面AA1C1C与平面AA1B1B不垂直.所以选项A,B都是假命题.
CC1∥AA1,但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行,所以选项D为假命题.
“若两平面平行,则平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题,故选C.]
2.
(1)证明 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,连接C1D,
∵DC=DD1,∴四边形DCC1D1是正方形,
∴DC1⊥D1C.
又AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D,
∴AD⊥平面DCC1D1,
又D1C⊂平面DCC1D1,
∴AD⊥D1C.
∵AD⊂平面ADC1,DC1⊂平面ADC1,且AD∩DC1=D,
∴D1C⊥平面ADC1,
又AC1⊂平面ADC1,∴D1C⊥AC1.
(2)解 假设存在点E,使D1E∥平面A1BD.
连接AD1,AE,D1E,
设AD1∩A1D=M,
BD∩AE=N,连接MN,
∵平面AD1E∩平面A1BD=MN,
要使D1E∥平面A1BD,
可使MN∥D1E,
又M是AD1的中点,则N是AE的中点.
又易知△ABN≌△EDN,∴AB=DE.
即E是DC的中点.
综上所述,当E是DC的中点时,
可使D1E∥平面A1BD.
二轮专题强化练答案精析
1.D [选项A中缺少b,c相交;
选项B,由a⊥b,b∥α可能a⊂α;
选项C可能a⊂α或a∥α,选项D正确.]
2.A [由l1,l2是异面直线,可得l1,l2不相交,所以p⇒q;
由l1,l2不相交,可得l1,l2是异面直线或l1∥l2,所以q⇏p.所以p是q的充分条件,但不是q的必要条件.故选A.]
3.B [作出过M,N,P,Q四点的截面交C1D1于点S,交AB于点R,如图所示中的六边形MNSPQR,显然点A1,C分别位于这个平面的两侧,故A1C与平面MNPQ一定相交,不可能平行,
故结论②不正确.]
4.D [对于①,存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β,则α⊥β,反之也成立,即“存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β”是“α⊥β”的充要条件,所以①对,可排除B、C.
对于③,存在两条垂直的直线a,b,则直线a,b所成的角为90°
因为a⊥β,b⊥α,所以α,β所成的角为90°
即α⊥β,反之也成立,即“存在两条垂直的直线a,b,a⊥β,b⊥α”是“α⊥β”的充要条件,所以③对,可排除A,选D.]
5.D [∵在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°
,∴BD⊥CD,
又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,
所以CD⊥平面ABD,则CD⊥AB,
又AD⊥AB,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,
又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC,故选D.]
6.平行
解析 由
,得MN∥BD.
而BD⊂平面BDC,MN⊄平面BDC,
所以MN∥平面BDC.
7.②④
解析 ①错误,PA⊂平面MOB;
②正确;
③错误,否则,有OC⊥AC,这与BC⊥AC矛盾;
④正确,因为BC⊥平面PAC.
8.①③
解析 对于①,注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行,因此直线AB平行于平面MNP;
对于②,注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交,因此直线AB与平面MNP相交;
对于③,注意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行,且直线AB位于平面MNP外,因此直线AB与平面MNP平行;
对于④,易知此时AB与平面MNP相交.综上所述,能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.
9.证明
(1)方法一 连接DG,设CD∩GF=M,连接MH.
在三棱台DEF-ABC中,
AB=2DE,G为AC的中点,
可得DF∥GC,DF=GC,
所以四边形DFCG为平行四边形.
则M为CD的中点,
又H为BC的中点,
所以HM∥BD,又HM⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,
所以BD∥平面FGH.
方法二 在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,
可得BH∥EF,BH=EF,
所以四边形HBEF为平行四边形,
可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,
H为BC的中点,所以GH∥AB.
又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.
又因为BD⊂平面ABED,
(2)连接HE,GE.
因为G,H分别为AC,BC的中点,
所以GH∥AB.
由AB⊥BC,得GH⊥BC.
所以EF∥HC,EF=HC,
因此四边形EFCH是平行四边形,
所以CF∥HE.又CF⊥BC,
所以HE⊥BC.
又HE,GH⊂平面EGH,HE∩GH=H,
所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.
10.
(1)
解 点F,G,H的位置如图所示.
(2)解 平面BEG∥平面ACH,
证明如下:
因为ABCD-EFGH为正方体,
所以BC∥FG,BC=FG,
又FG∥EH,FG=EH,
所以BC∥EH,BC=EH,
于是BCHE为平行四边形,
所以BE∥CH,
又CH⊂平面ACH,BE⊄平面ACH,
所以BE∥平面ACH,
同理BG∥平面ACH,
又BE∩BG=B,
所以平面BEG∥平面ACH.
(3)证明 连接FH,BD.
所以DH⊥平面EFGH,
因为EG⊂平面EFGH,所以DH⊥EG,
又EG⊥FH,EG∩FH=O,所以EG⊥平面BFHD,
又DF⊂平面BFHD,所以DF⊥EG,
同理DF⊥BG,
又EG∩BG=G,
所以DF⊥平面BEG.
11.D [选项A中,缺少条件b⊂β,错误;
B中,α、β、γ的关系可参考教室墙角处三个平面的关系,易知错误;
C中的a,b可能平行或斜交.由两平面平行的性质可知D正确.]
12.a或2a
解析 由题意易知,B1D⊥平面ACC1A1,所以B1D⊥CF.
要使CF⊥平面B1DF,只需CF⊥DF即可.
令CF⊥DF,设AF=x,则A1F=3a-x.
易知Rt△CAF∽Rt△FA1D,
得
即
整理得x2-3ax+2a2=0,
解得x=a或x=2a.
13.①②③
解析 因AC⊥平面BDD1B1,故①、②正确;
记正方体的体积为V,则VE-ABC=
V为定值,故③正确;
B1E与BC1不垂直,故④错误.
14.
(1)证明 如图,因为ABCD-A1B1C1D1为正方体,
所以B1C1⊥面ABB1A1.
因为A1B⊂面ABB1A1,
所以B1C1⊥A1B.
又因为A1B⊥AB1,B1C1∩AB1=B1,
所以A1B⊥面ADC1B1.
因为A1B⊂面A1BE,
所以平面ADC1B1⊥平面A1BE.
(2)解 当点F为C1D1中点时,可使B1F∥平面A1BE.
易知:
EF∥C1D,且EF=
C1D.
设AB1∩A1B=O,则B1O∥C1D且B1O=
C1D,
所以EF∥B1O且EF=B1O,
所
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