重难点22 空间中的平行与垂直关系—2023年高考数学【热点·重点·难点】专练（全国通用）（解析版）

这是一份重难点22 空间中的平行与垂直关系—2023年高考数学【热点·重点·难点】专练（全国通用）（解析版），共17页。试卷主要包含了平行关系中的三个重要结论，三种平行关系的转化，证明线面垂直的常用方法及关键，面面垂直性质的应用等内容，欢迎下载使用。
 重难点22 空间中的平行与垂直关系1.平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.2.三种平行关系的转化线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向.3.证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理．②垂直于平面的传递性．③面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质．4.面面垂直判定的两种方法与一个转化①两种方法：(ⅰ)面面垂直的定义；(ⅱ)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．②一个转化：在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．5.面面垂直性质的应用①两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．平行与垂直关系是高考的必考点。主要出现在解答题第一问的位置，点考查线面平行与垂直关系的证明；也可能出现在选择题，属于中档题。（建议用时：40分钟）一、单选题1．已知正方体（如图所示），则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】A.，与相交，所以与异面，故A错误；B.与平面相交，且，所以与异面，故B错误；C.四边形是矩形，不是菱形，所以对角线与不垂直，故C错误；D.连结，，，，所以平面，所以，故D正确.故选：D2．在下列条件中，可判断平面与平行的是（    ）A．都垂直于平面B．内存在不共线的三点到的距离相等C．l，m是内两条直线，且D．l，m是两条异面直线，且【答案】D【解析】对于A，当，，，且时，满足都平行于直线a，不能推出，故A不符题意；对于B，当，且在内直线b一侧有两点，另一侧一个点，三点到的距离相等时，不能推出，故B不符题意；对于C，当l与m平行时，不能推出，故C不符题意；对于D，因，，则存在过直线的平面，于是得，，，则，因，，则存在过直线的平面，于是得，，，则，又是两条异面直线，则是平面内的两条相交直线，所以，故D符合题意.故选：D.3．过平行六面体任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线共有（    ）A．4条 B．6条 C．8条 D．12条【答案】D【解析】如图，过平行六面体任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线有12条.故选：D.4．在正方体中，为棱的中点，则．A． B． C． D．【答案】C【解析】画出正方体，如图所示．对于选项A，连，若，又，所以平面，所以可得，显然不成立，所以A不正确．对于选项B，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以B不正确．对于选项C，连，则．连，则得，所以平面，从而得，所以．所以C正确．对于选项D，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以D不正确．故选C．5．如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（ ）A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D【解析】A中由三垂线定理可知是正确的；B中AB，CD平行，所以可得到线面平行；C中设AC,BD相交与O，所以SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角分别为所以两角相等，D中由异面直线所成角的求法可知两角不等6．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是A．若则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】B【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.7．如图已知正方体，M，N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．直线与直线异面，直线平面【答案】A【解析】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.8．在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【解析】在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A. 9．在正四面体中，分别是的中点，下面四个结论中不成立的是（    ）A．平面PDF B．平面PAEC．平面平面ABC D．平面平面【答案】C【解析】如下图所示：对于A选项，、分别为、的中点，，平面，平面，平面，A选项正确；对于B选项，是等边三角形，为的中点，，同理，，平面，平面，，平面，B选项正确；对于C选项，设，连接，假设面面成立，、分别为、的中点，，且，则为的中点，由B选项知，平面，平面，，若面面，面面，平面，平面，过点作平面，垂足为点，则为等边的重心，则，矛盾，所以面面不成立，C选项错误；对于D选项，由B选项知，平面，平面，平面平面，D选项正确.故选：C10．对于不重合的两个平面与，给定下列条件：①存在平面，使得，都垂直于；②存在平面，使得，都平行于；③存在直线，直线，使得；④存在异面直线，，使得，，，．其中，可以判定与平行的条件有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【解析】①若存在平面，使得，都垂直于，则与平行或相交，故①错误．②若存在平面，使得，都平行于，因为与是不重合的两个平面，所以与平行，故②正确．③若存在直线，直线，使得，则与平行或相交，故③错误；④若存在异面直线，，使得，，，，则可以判定与平行．可在面内作，，因为，是异面直线，则与必相交．又，，，，，即④正确．故选：B． 二、多选题11．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【解析】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.12．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【解析】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；故选：BCD 三、填空题13．过三棱柱的任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线共有________条.【答案】6【解析】过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，E1F1，EE1，FF1，E1F，EF1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共6条．14．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB//CD,则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为______________【答案】4【解析】因为过EF作垂直于CD（AB）的平面垂直平分CD，所以该平面与过AB中点并与AB垂直的平面平行，和正方体的左右侧面平行，和正方体的前后侧面及上下底面相交，所以它与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4.考点：该题主要考查空间点、线、面的位置关系，考查空间直线与平面的平行与相交，考查空间想象能力和逻辑思维能力.15．已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2正方形．若PA=2，则△OAB的面积为______________.【答案】【解析】如图所示， ∵∴.可知PC为球O直径，取PC的中点为O，取AC的中点为，则，又∵， ，∴∴球半径.∴为等边三角形. ∴.16．已知两条不同直线、，两个不同平面、，给出下列命题：①若垂直于内的两条相交直线，则⊥；②若∥，则平行于内的所有直线；③若，且⊥，则⊥；④若，，则⊥；⑤若，且∥，则∥；其中正确命题的序号是__________________．（把你认为正确命题的序号都填上）【答案】①④【解析】①由直线与平面垂直的判定定理知l⊥α，故①正确；②若l∥α，则l与α内的直线平行或异面，故②不正确；③若m⊂α，l⊂β且l⊥m，则α与β不一定垂直．故③不正确；④若l⊂β，l⊥α，则由平面与平面垂直的判定定理知α⊥β，故④正确；⑤若m⊂α，l⊂β且α∥β，则m∥l或m与l异面，故⑤不正确．故答案为①④． 四、解答题17．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求证：平面.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.∵底面为矩形，∴，∴；（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴.又，，、平面，平面，∵平面，∴平面平面；（Ⅲ）如图，取中点，连接.∵分别为和的中点，∴，且.∵四边形为矩形，且为的中点，∴，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.18．如图，矩形所在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；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【解析】（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．