易错点12立体几何中的平行与垂直答案-备战2023年高考数学易错题

易错点12立体几何中的垂直与平行在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，是高中立体几何的理论基础，是高考命题的热点与重点之一，一般考查形式为小题(位置关系基本定理判定)或解答题(平行、垂直位置关系的证明)，难度不大。立体几何中平行与垂直的易错点更多免费资源，关注公众号拾穗者的杂货铺易错点1：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大。易错点2：有关线面平行的证明问题中，对定理的理解不够准确，往往忽视,//,aabb三个条件中的某一个。易错点3：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大；题组一：基本性质定理1．（2021年浙江卷）已知正方形1111ABCDABCD，,MN分别是11,ADDB的中点，则（）.A．直线1AD与直线1DB垂直，直线//MN平面ABCDB．直线1AD与直线1DB平行，直线MN平面11BDDBC．直线1AD与直线1DB相交，直线//MN平面ABCDD．直线1AD与直线1DB平行，直线MN平面11BDDB【答案】A【解析】如图，连结1AD，//,MNAB//MN平面ABCD，1,ABAD11ADAD，1AD平面1ADB，11ADDB2．（2021新高考1卷多选题）在正三棱柱111ABCABC中，11ABAA，点P满足1BPBCBB，其中0,1，0,1，则A．当1时，1ABP△的周长为定值B．当1时，三棱锥1PABC的体积为定值C．当12时，有且仅有一个点P，使得1APBPD．当12时，有且仅有一个点P，使得1AB平面1ABP【答案】BD【解析】由点P满足1BPBCBB，可知点P在正方形11BCCB内．A选项，当1时，可知点P在线段1CC（包括端点）上运动．1ABP△中，12AB，21AP，2111BP，因此周长1LABAPBP不为定值，所以选项A错误；B选项，当1时，可知点P在线段11BC（包括端点）上运动．由图可知，线段11BC//平面1ABC，即点P到平面1ABC的距离处处相等，1ABC△的面积是定值，所以三棱锥1PABC的体积为定值，所以选项B正确；BCC1B1PABCA1B1C1PABCA1B1C1PC选项，当12时，分别取线段BC，11BC中点为D，1D，可知点P在线段1DD（包括端点）上运动．很显然若点P与D或1D重合时，均满足题意，所以选项C错误．D选项，当12时，分别取线段1BB，1CC中点为M，N，可知点P在线段MN（包括端点）上运动．此时，有且只有点P与N点重合时，满足题意.所以选项D正确．因此，答案为BD.3.（2019全国Ⅲ理8）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM=EN，且直线BM、EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM、EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【答案】B更多免费资源，关注公众号拾穗者的杂货铺【解析】如图所示，联结，.因为点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，所以平面，平面，因为是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，ABCA1B1C1DD1PABCA1B1C1MNPABCA1B1C1MN(P)BEBDNABCDECD△ECDABCDMEDBMBDEENBDEBMBDE△DEENBDE△BDBMENDEa2BDa，所以，，所以．故选B．4.（2019全国Ⅱ理7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【解析】对于A，内有无数条直线与平行，则与相交或，排除；对于B，内有两条相交直线与平行，则；对于C，，平行于同一条直线，则与相交或，排除；对于D，，垂直于同一平面，则与相交或，排除．故选B．题组二：线面平行5.（2021天津卷）如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（1）求证：1//DF平面11AEC；【解析】（1）以A为原点，1,,ABADAA分别为,,xyz轴，建立如图空间直角坐标系，则0,0,0A,10,0,2A,2,0,0B,2,2,0C,0,2,0D,12,2,2C,10,2,2D，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以2,1,0E，1,2,0F，所以11,0,2DF,112,2,0AC,12,1,2AE,设平面11AEC的一个法向量为111,,mxyz，则11111111222020mxymACExyAz，令12x，则2,2,1m，因为1220mDF，所以1DFm，因为1DF平面11AEC，所以1//DF平面11AEC；6．（2017新课标Ⅱ）如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面三角形ABCD，12ABBCAD，90BADABC，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；2235244BEaaa62BMa223144ENaaaBMEN∥∥∥∥【解析】（1）取PA的中点F，连结EF，BF．因为E是PD的中点，所以EFAD∥，12EFAD．由90BADABC得BCAD∥，又12BCAD，所以EFBC∥，四边形BCEF是平行四边形，CEBF∥，又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB．7.（2019全国Ⅰ理18）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；【解析】（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．题组三线线垂直8.（2021全国甲卷理）已知直三棱柱111CBAABC中，侧面BBAA11为正方形，FEBCAB，，2分别为AC和1CC的中点，D为棱11BA上的点，11BABF．（1）证明：DEBF；【解析】（1）因为EF，是直三棱柱111ABCABC中AC和1CC的中点，且2ABBC，所以15CFBF，，连结AF，由11BFAB且11//ABAB，则BFAB，于是3AF，所以，22AC，由222ABBCAC，则BABC，故如图右图所示，建立空间直角Bxyz坐标系：EMDCBAP1212PPP于是(2,0,0)(0,0,0)(0,2,2)(1,1,0)(0,2,1)ABCEF，，，，，设1BDm，则(,0,2)Dm．于是，(0,2,1)BF，(1,1,2)DEm由𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0可得𝐵𝐹⊥𝐷𝐸；9.（2021全国甲卷理）已知直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，侧面𝐴𝐴1𝐵1𝐵为正方形．𝐴𝐵＝𝐵𝐶＝2，𝐸，𝐹分别为𝐴𝐶和𝐶𝐶1的中点，𝐵𝐹⊥𝐴1𝐵1．(1)略(2)已知𝐷为棱𝐴1𝐵1上的点，证明：𝐵𝐹⊥𝐷𝐸．【解析】(2)取BC中点M，连接EM，1MB，1EA，因为,EF分别为1ACCC，的中点，所以//EMAB，因为11//ABAB，所以11//EMAB，所以11,,,EMBA四点共面，因为侧面11AABB为正方形，所以1BBAB，又ABBC，所以1BBBC，所以侧面11BBCC为正方形，又F为1CC中点，M为BC中点，由平面几何知识可知1BFBM，又11ABBF，1111BMABB，所以BF平面11EMBA，而DE平面11EMBA，所以BFDE.10．（2021新高考1卷）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，O为BD的中点．（1）证明：OACD；【解析】（1）因为在ABD△中，ABAD，O为BD中点，所以AOBD，因为平面ABD平面BCD，且平面ABD平面=BCDBD，AO平面ABD，AOBD，所以AO平面BCD，又因为CD面BCD，所以AOCD．11．(2021浙江卷)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，120ABC，1AB，4BC，15PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD．（1）证明：ABPM；更多免费资源，关注公众号拾穗者的杂货铺（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【解析】（1）因为ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1，所以60DCB，AB∥DC，DC=AB=1．因为M为BC中点，BC=4，所以CM=2．在DCM△中，由余弦定理得22212cos601422132DMDCCMDCCM所以3DM，所以90CDM，所以DMDC，因为PDDCPDMDDPDPDMMDPDM，，面，面，所以DCPDM面，所以DCPM．因为PMMD，DCMDDDCABCDMDABCD，面，面，所以PMABCD面，所以ABPM．题组四：线面垂直12．（2016全国II）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5AB，6AC，点E，F分别在AD，CD上，54AECF，EF交BD于点H．将ΔDEF沿EF折到ΔDEF的位置，10OD．（I）证明：DH平面ABCD；【解析】（I）证明：∵54AECF，∴AECFADCD，∴EFAC∥．∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，∴EFBD，∴EFDH，∴EFDH．∵6AC，∴3AO；又5AB，AOOB，∴4OB，∴1AEOHODAO，∴3DHDH，∴222'ODOHDH，∴'DHOH．又∵OHEFHI，∴'DH面ABCD．13．(2018全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC中，22ABBC，PAPBPC4AC，O为AC的中点．(1)证明：PO平面ABC；【解析】(1)因为4APCPAC，O为AC的中点，所以OPAC，且23OP．连结OB．因为22ABBCAC，所以ABC△为等腰直角三角形，且OBAC，122OBAC．由222OPOBPB知POOB．由OPOB，OPAC知PO平面ABC．14.（2019全国Ⅱ理17）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；【解析】（1）由已知得，平面，平面，OMPCBA11BC11ABBABE11ABBA故．又，所以平面．题组五：面面垂直15.（2021新高考2卷）在四棱锥QABCD中，底面ABCD是正方形，若2AD，5QDQA，3QC，（1）证明：平面QAD平面ABCD；【解析】（1）证明：取AD的中点M，连接,QMCM，QDQA，QMAD512QM，415CM，3QC，222QCQMCM，QMCM又,ADCM平面ABCD，ADCMM所以QM平面ABCD，又QM平面QAD，所以平面QAD平面