最新高考数学易错题精编 易错点12 立体几何中的平行与垂直

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首先，冲刺阶段的易错题能够帮助我们快速的查缺补漏，总结经验教训，知识梳理，提高知识的应用能力。
其次，通过对错题分析，其中涉及到的知识点以及考点的分析与总结，它能够减少我们复习过程当中同类型的题或者是同一知识点的犯错频率。
第三，对于错题集的复习，最简单的方法就是盖住答案，然后重新来做一遍，从分析的角度条件的分析以及技巧的使用三个方面进行逐一的排除。
第四，在这些错题当中，并非所有的错题都是每个同学易错的，那么在第一遍的错题复习当中，我们就要进行排除，筛选出符合自己特点错题及其针对性也才更强。
如果自己已经完全掌握的，那么就当是对于知识点的再一次复习。这样的错题对于提升自己的能力来说也才是起到了最大的作用。
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
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
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，分别是的中点，则（ ）.
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线平行，直线平面
【答案】A
【解析】如图，连结，平面，，
平面，
2．（2021新高考1卷多选题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】由点满足，可知点在正方形内．
A选项，当时，可知点在线段（包括端点）上运动．
中，，，，因此周长不为定值，所以选项A错误；
B选项，当时，可知点在线段（包括端点）上运动．
由图可知，线段//平面，即点到平面的距离处处相等，的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，所以选项B正确；
C选项，当时，分别取线段，中点为， ，可知点在线段（包括端点）上运动．很显然若点与或重合时，均满足题意，所以选项C错误．

D选项，当时，分别取线段，中点为，，可知点在线段（包括端点）上运动．此时，有且只有点与点重合时，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
【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，，
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的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（1）求证：平面；
【解析】（1）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则,,,,,,，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，
所以,,,
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，
因为平面，所以平面；
6．（2017新课标Ⅱ）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面三角形，，，是的中点．
证明：直线∥ QUOTE ??// 平面；
【解析】（1）取的中点，连结，．因为是的中点，所以，．由得，又，所以，四边形是平行四边形，，又平面，平面，故∥ QUOTE ??// 平面．
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）已知直三棱柱中，侧面为正方形，分别为和的中点，为棱上的点，．
（1）证明：；
【解析】（1）因为是直三棱柱中和的中点，且，
所以，连结，由且，则，于是，所以，，由，则，故如图右图所示，建立空间直角坐标系：
于是
设，则．
于是，，
由BF⋅DE=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)取中点，连接，，，
因为分别为的中点，所以，
因为，所以，所以四点共面，
因为侧面为正方形，所以，
又，所以，所以侧面为正方形，
又为中点，为中点，由平面几何知识可知，
又，，所以平面，
而平面，所以.
10．（2021新高考1卷）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．（1）证明：；
【解析】（1）因为在中，，为中点，所以，
因为平面平面，且平面平面，
平面，，
所以平面，
又因为面，所以．
11．(2021浙江卷)如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因为ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1，所以，AB∥DC，DC=AB=1．因为M为BC中点，BC=4，所以CM=2．
在中，由余弦定理得
所以，所以，所以，
因为，所以，所以．
因为，，所以，所以．
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，，，
点E，F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H．将沿
折到的位置，．（ = 1 \* ROMAN I）证明：平面ABCD；
【解析】（I）证明：∵，∴，∴．
∵四边形为菱形，∴，∴，
∴，∴．
∵，∴；又，，∴，
∴，∴，
∴，∴．
又∵，∴面．
13．(2018全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥中，，
，为的中点．(1)证明：平面；
【解析】(1)因为，为的中点，所以，且．
连结．因为，所以为等腰直角三角形，
且，．由知．
由，知平面．
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，
故．又，所以平面．
题组五：面面垂直
15.（2021新高考2卷）在四棱锥中，底面是正方形，若，，，（1）证明：平面平面；
【解析】（1）证明：取的中点，连接，
，
，，，，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
16（2019全国Ⅲ理19）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
【解析】 （1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
17．（2018全国卷Ⅰ）如图，四边形为正方形，，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．
(1)证明：平面平面；
【解析】(1)由已知可得，⊥，⊥，所以⊥平面PEF．
又平面，所以平面⊥平面．
18．（2018全国卷Ⅲ）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是 上异于，的点．(1)证明：平面平面；
【解析】(1)由题设知，平面⊥平面，交线为．
因为⊥，平面，所以⊥平面，故⊥．
因为为上异于，的点，且为直径，所以 ⊥．
又=，所以⊥平面．
而平面，故平面⊥平面．
1．已知平面，直线，满足，，则“∥”是“∥”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】若，，∥，由线面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直线与可能异面，故“∥”是“∥”的充分不必要条件．故选A．
2．若 是两条不同的直线，垂直于平面 ，则“ ”是“∥”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】由“且”推出“或”，但由“且”可推出“”，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B．
3．如图，四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，为的中点．证明：∥平面；
【解析】连接交于点，连结．
因为为矩形，所以为的中点．
又为的中点，所以∥．
平面,平面，所以∥平面．
4．如图，直三棱柱中，分别是的中点，
（Ⅰ）证明：//平面；
【解析】（Ⅰ）连结，交于点O，连结DO，则O为的中点，
因为D为AB的中点，所以OD∥，又因为OD平面，
平面，所以 //平面；
5．如图，四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，为的中点．证明：∥平面；
【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连结EO．
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB．
EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC．
6．如图，四棱锥中，⊥底面，，
，，为线段上一点，，
为的中点．证明平面；
【解析】由已知得，取的中点，连接．
由为中点知，．
又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是．
因为平面，平面，所以平面．
7．如图，三棱柱中，，，=60°．
证明；
【解析】取AB中点E，连结CE，，，
∵AB=，=，∴是正三角形，
∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB，
∵=E，∴AB⊥面， ∴AB⊥；
8．如图，在四棱锥中，∥，且． QUOTE ∠???=∠???=90∘
证明：平面⊥平面；
【解析】由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
9．如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．证明：平面⊥平面；
【解析】由题设可得，，从而．
又是直角三角形，所以
取的中点，连接，，则，．
又由于是正三角形，故．
所以为二面角的平面角．
在中，．
又，所以，故．
所以平面平面．
10.如图，四边形为菱形，，是平面同一侧的两点，⊥平面，⊥平面，=2，⊥．
证明：平面⊥平面；
【解析】连接，设，连接．
在菱形中，不妨设，由，可得，
由平面，可知，，
又∵，∴，，
在中，可得，故．在中，可得．
在直角梯形中，由，，，可得，
∴，∴，
∵∩=，∴平面，
∵面，∴平面平面．