教辅-高三数学考点复习：空间中的平行与垂直关系

考点十四空间中的平行与垂直关系1A卷PARTONE一、选择题1．已知平面α∥平面β，若两条直线m，n分别在平面α，β内，则m，n的关系不可能是()A．平行B．相交C．异面D．平行或异面解析由α∥β，知α∩β＝∅.又m⊂α，n⊂β，故m∩n＝∅.故选B.答案解析2．设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法正确的是()A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直解析可以通过观察正方体ABCD－A1B1C1D1进行判断，取直线BC1为直线m，平面ABCD为平面α，由AB，CD均与m垂直知，A错误；由直线D1C1与直线m垂直且与平面α平行知，C错误；由平面ADD1A1与直线m平行且与平面α垂直知，D错误．故选B.答案解析3．(2020·山东滨州三模)已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若α⊥β，γ⊥β且α∩γ＝m，则m⊥βC．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βD．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n答案解析对于A，若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n是异面直线或m与n相交，故A错误；对于B，若α⊥β，γ⊥β且α∩γ＝m，不妨取交线m上一点P，作平面β的垂线为l，因为l⊥β，α⊥β，且点P∈α，故l⊂α，同理可得l⊂γ，故l与m是同一条直线，因为l⊥β，故m⊥β，故B正确；对于C，只有当m与n是相交直线时，若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，才会有α∥β，故C错误；对于D，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n的关系不确定，故D错误．故选B.解析4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是()A．A1O∥DCB．A1O⊥BCC．A1O∥平面B1CD1D．A1O⊥平面ABD答案解析显然A1O与DC是异面直线，故A错误；假设A1O⊥BC，结合A1A⊥BC可得BC⊥平面A1ACC1，则可得BC⊥AC，显然不正确，故假设错误，即B错误；∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，∴A1D∥B1C，OD∥B1D1，∵A1D∩DO＝D，B1D1∩B1C＝B1，∴平面A1DO∥平面B1CD1，∵A1O⊂平面A1DO，∴A1O∥平面B1CD1，故C正确；又A1A⊥平面ABD，过一点作平面ABD的垂线有且只有一条，故D错误．故选C.解析5．(2020·吉林东北师大附中第四次模拟)给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中真命题的个数是()A．1B．2C．3D．4答案解析对于①，由面面平行的判定可知，若一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，故①错误；对于②，由面面垂直的判定可知，若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直，故②正确；对于③，同一平面中垂直于同一直线的两条直线相互平行，空间中垂直于同一直线的两条直线还可以相交或者异面，故③错误；对于④，若一个平面内存在一条直线垂直于另一平面，由线面垂直的性质可知，该直线必垂直于两平面的交线，所以若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，故④正确．故选B.解析6．(2020·山东青岛一模)已知四棱锥P－ABCD的所有棱长均相等，点E，F分别在线段PA，PC上，且EF∥底面ABCD，则异面直线EF与PB所成角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案解析如图，连接AC，BD，设AC∩BD＝O，由EF⊂平面PAC，平面PAC∩平面ABCD＝AC，EF∥底面ABCD，可得EF∥AC，由四边形ABCD为菱形，可得AC⊥BD，由O为AC的中点，PA＝PC，可得PO⊥AC，又BD∩PO＝O，BD⊂平面PBD，PO⊂平面PBD，可得AC⊥平面PBD，又PB⊂平面PBD，则AC⊥PB，又EF∥AC，可得EF⊥PB，即异面直线EF与PB所成角的大小为90°.故选D.解析7．(多选)(2020·山东菏泽高三联考)如图，M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，下列命题中的真命题是()A．过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交B．过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直C．过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交D．过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行答案解析直线AB与B1C1是两条互相垂直的异面直线，点M不在这两条异面直线中的任何一条上，如图所示，取C1C的中点N，则MN∥AB，且MN＝AB，设BN与B1C1交于点H，则点A，B，M，N，H共面，直线HM必与直线AB相交于某点O.所以过M点有且只有一条直线HO与直线AB，B1C1都相交，故A正确；过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直，此垂线就是棱DD1，故B正确；过M点有无数个平面与直线AB，B1C1都相交，故C不正确；过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行，此平面就是过M点与正方体的上、下底都平行的平面，故D正确．故选ABD.解析8．(多选)(2020·山东临沂一模)如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，在翻折过程中，下列说法正确的是()A．存在点E和某一翻折位置，使得SB⊥SEB．存在点E和某一翻折位置，使得AE∥平面SBCC．存在点E和某一翻折位置，使得直线SB与平面ABC所成的角为45°D．存在点E和某一翻折位置，使得二面角S－AB－C的大小为60°答案解析当SE⊥CE时，SE⊥AB，又SE⊥SA，故SE⊥平面SAB，故SE⊥SB，A正确；若AE∥平面SBC，因为AE⊂平面ABC，平面ABC∩平面SBC＝BC，则AE∥CB，这与已知条件矛盾，故B错误；如图所示，作DF⊥AE交BC于点F，交AE于点G，S在平面ABCE内的投影O在GF上，连接BO，故∠SBO为直线SB与平面ABC所成的角，解析设二面角S－AE－B的平面角为α，取AD＝4，DE＝3，故AE＝DF＝5，CE＝BF＝1，DG＝125，OG＝125cosα，OF＝135－125cosα，故要使直线SB与平面ABC所成的角为45°，只需满足SO＝OB＝125sinα，在△OFB中，由余弦定理，得125sinα2＝12＋135－125cosα2－2135－125cosα·cos∠OFB，解得cosα＝23，故C正确；如图，过点O作OM⊥AB交AB于点M，连接SM，则∠SMO为二面角S－AB－C的平面角，取二面角S－AE－B的平面角为60°，故只需满足DG＝2GO＝2OM，设∠OAG＝∠OAM＝θ，π8θπ4，则∠DAG＝π2－2θ，AG＝DGtanπ2－2θ＝OGtanθ，化简得到2tanθtan2θ＝1，解得tanθ＝55，验证满足题意，故D正确．故选ACD.解析答案②④二、填空题9．(2020·北京延庆期中)已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β；⑤α⊥β.当满足条件________时，m⊥β.解析由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项，故由②④可推出m⊥β.即②④是m⊥β的充分条件．答案解析10．(2020·山东德州4月模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是底面ABCD上(含边界)一动点，满足A1P⊥EF，则线段A1P长度的最小值为________．答案2答案解析如图所示，连接A1D，AD1，易知EF∥AD1，A1D⊥AD1，故EF⊥A1D，又A1P⊥EF，故EF⊥平面A1DP，故EF⊥DP，又CC1⊥DP，故DP⊥平面BCC1B1，故P在线段CD上，故线段A1P长度的最小值为A1D＝2.解析答案①②③11．已知四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3.沿AC将△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F是AD′的中点，E是AC上一点，给出下列结论：①存在点E，使得EF∥平面BCD′；②存在点E，使得EF⊥平面ABC；③存在点E，使得D′E⊥平面ABC；④存在点E，使得AC⊥平面BD′E.其中正确的结论是________(写出所有正确结论的序号)．答案解析对于①，存在AC的中点E，使得EF∥CD′，利用线面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；对于②，过点F作EF⊥AC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得EF⊥平面ABC；对于③，过点D′作D′E⊥AC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得D′E⊥平面ABC；对于④，因为四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一点，所以不存在点E，使得AC⊥平面BD′E.解析12．(2020·山东泰安高三五模)已知圆锥的顶点为S，顶点S在底面的射影为O，轴截面SAB是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________，点D为母线SB的中点，点C为弧AB的中点，则异面直线CD与SO所成角的正切值为________．2π153解析如图，因为轴截面SAB是边长为2的等边三角形，所以底面圆的半径为1，母线长为2，所以圆锥的侧面积为S＝π×1×2＝2π.作DE⊥AB于E，则DE⊥底面圆，又SO⊥底面圆，所以DE∥SO，所以∠CDE为异面直线CD与SO所成的角．因为D为母线SB的中点，所以DE＝12SO＝12×22－1＝32，又EC＝OE2＋OC2＝122＋12＝52，所以tan∠CDE＝ECDE＝5232＝153，所以异面直线CD与SO所成角的正切值为153.解析三、解答题13．(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．解(1)证明：在棱CC1上取点G，使得C1G＝12CG，连接DG，FG，C1E，C1F，∵C1G＝12CG，BF＝2FB1，∴CG＝23CC1＝23BB1＝BF且CG∥BF，解∴四边形BCGF为平行四边形，∴BC∥GF且BC＝GF，又在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC且AD＝BC，∴AD∥GF且AD＝GF.∴四边形ADGF为平行四边形．∴AF∥DG且AF＝DG.同理可证四边形DEC1G为平行四边形，∴C1E∥DG且C1E＝DG，∴C1E∥AF且C1E＝AF，∴四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内．解(2)以点C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系C1xyz，则A(2,1,3)，A1(2,1,0)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，AE→＝(0，－1，－1)，AF→＝(－2，0，－2)，A1E→＝(0，－1，2)，A1F→＝(－2,0,1)，解设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，由m·AE→＝0，m·AF→＝0，得－y1－z1＝0，－2x1－2z1＝0，取z1＝－1，得x1＝y1＝1，则m＝(1,1，－1)．设平面A1EF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·A1E→＝0，n·A1F→＝0，得－y2＋2z2＝0，－2x2＋z2＝0，解取z2＝2，得x2＝1，y2＝4，则n＝(1,4,2)，cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝33×21＝77.设二面角A－EF－A1的平面角为θ，则|cosθ|＝77，∴sinθ＝1－cos2θ＝427.因此，二面角A