2021高考数学考点专项突破立体几何中的平行与垂直含解析

这是一份2021高考数学考点专项突破立体几何中的平行与垂直含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

立体几何中的平行与垂直
一、单选题
1、（2020届山东省潍坊市高三上期中）m、n是平面外的两条直线，在m∥的前提下，m∥n是n∥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
【答案】A
【解析】
，则存在有.而由可得，从而有.反之则不一定成立，可能相交，平行或异面.所以是的充分不必要条件，故选A
2、（2020年高考浙江）已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n．“l ，m，n共面”是“l ，m，n两两相交”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
【答案】B
【解析】依题意是空间不过同一点的三条直线，
当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.
当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.
综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.
故选：B
3、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设，为两个平面，则的充要条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行 B．，平行与同一个平面
C．内有两条相交直线与内两条相交直线平行 D．，垂直与同一个平面
【答案】C
【解析】
对于A，内有无数条直线与平行，可得与相交或或平行；
对于B，，平行于同一条直线，可得与相交或或平行；
对于C，内有两条相交直线与内两条相交直线平行，可得α∥β；
对于D，，垂直与同一个平面，可得与相交或或平行．
故选：C．
4、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知，是两条不同的直线，是平面，且，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】
A选项 有可能线在面内的情形，错误；
B选项中l与m还可以相交或异面，错误；
C选项中不满足线面垂直的判定定理，错误，
D选项中由线面垂直的性质定理可知正确.
故选：D
5、（2020·浙江高三）已知α，β是两个相交平面，其中l⊂α，则（　　）
A．β内一定能找到与l平行的直线
B．β内一定能找到与l垂直的直线
C．若β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行
D．若β内有无数条直线与l垂直，则β与α垂直
【答案】B
【解析】
由α，β是两个相交平面，其中l⊂α，知：
在A中，当l与α，β的交线相交时，β内不能找到与l平行的直线，故A错误；
在B中，由直线与平面的位置关系知β内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；
在C中，β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行或该直线在α内，故C错误；
在D中，β内有无数条直线与l垂直，则β与α不一定垂直，故D错误．
故选：B．
6、（2019年高考全国Ⅱ卷理数）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
【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
7、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）如果用表示不同直线，表示不同平面，下列叙述正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【解析】
选项A中还有直线n在平面内的情况，故A不正确，
选项B中再加上两条直线相交的条件可以得到两个平面平行，故B不正确，
选项C中还有相交，故C不正确，
故选：D．
8、（2020届北京市陈经纶中学高三上学期8月开学数学试题）已知平面，是内不同于的直线，那么下列命题中错误的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】选项：由线面平行的性质可知正确.
选项：由线面平行的判定可知正确.
选项：由线面垂直的性质可知正确.
选项：因为一条直线垂直于平面内的一条直线不能推出直线垂直于平面，故错误.
故选：
9、（2020届北京市陈经纶中学高三上学期10月月考）如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论：
三棱锥的体积不变；
平面；
；
平面平面．
其中正确的结论的个数是　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】

对于，由题意知，从而平面，
故BC上任意一点到平面的距离均相等，
所以以P为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故正确；
对于，连接，，且相等，由于知：，
所以面，从而由线面平行的定义可得，故正确；
对于，由于平面，所以，
若，则平面DCP，
，则P为中点，与P为动点矛盾，故错误；
对于，连接，由且，
可得面，从而由面面垂直的判定知，故正确．
故选：C．
10、（北京市海淀区2019-2020学年高三上学期期末数学试题）已知、、是三个不同的平面，且，，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
【答案】B
【解析】如下图所示，将平面、、视为三棱柱的三个侧面，设，将、、视为三棱柱三条侧棱所在直线，则“”“”；

另一方面，若，且，，由面面平行的性质定理可得出.
所以，“”“”，因此，“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.

12、（2019年高考全国Ⅲ卷理数）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，作于，连接，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线.
过作于，连接，
平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，，，故选B．


13、（2020届湖南省长沙市长郡中学高三第五次月考数学(文)试题）如图所示的四个正方体中，正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号为（ ）

A．①② B．②③ C．③④ D．①②③
【答案】D
【解析】
由题意结合正方体的性质：
如图①，平面ABC∥平面MNP，则平面，①正确；
如图②，平面ABC∥平面MNP，则平面，②正确；
如图③，平面ABC∥平面MNP，则平面，③正确；
如图④，平面AB∩平面MNP=A，则④错误；
故选：D.


14、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）如图，在直角梯形中，，，，为中点，，分别为，的中点，将沿折起，使点到，到，在翻折过程中，有下列命题：
①的最小值为；
②平面；
③存在某个位置，使；
④无论位于何位置，均有.
其中正确命题的个数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
在直角梯形中，， ，，
为中点，，分别为，的中点，
将沿折起，使点到，到，
在翻折过程中，当与重合时，的最小值为；所以①正确；
连接交于连接，可以证明平面平面，所以平面，所以②正确；
当平面时，可得平面，所以，所以③正确；
因为，，所以直线平面，所以无论位于何位置，均有.所以④正确；
故选：D.


二、 多选题
15、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若则
B．若则
C．若，，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】

若，则且使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A对；
若，，如图，设，平面为平面，，设平面为平面，，则，故B错；
垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；
若，则，又，则，故D对；
故选：ACD．
16、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形中，，与相交于点，将沿折起，使顶点至点，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）
A． B．存在一个位置，使为等边三角形
C．与不可能垂直 D．直线与平面所成的角的最大值为
【答案】ABD
【解析】
A选项，因为菱形中，与相交于点，所以，；
将沿折起，使顶点至点，折起过程中，始终与垂直，因此，
又，由线面垂直的判定定理，可得：平面，因此，故A正确；
B选项，因为折起的过程中，边长度不变，因此；若为等边三角形，则；设菱形的边长为，因为，则，即，又，所以，即二面角的余弦值为时，为等边三角形；故B正确；
C选项，，，由A选项知，，，
所以，因此，
同B选项，设菱形的边长为，易得，，
所以，显然当时，，即；故C错误；
D选项，同BC选项，设菱形的边长为，则，，，由几何体直观图可知，当平面，直线与平面所成的角最大，为，易知.
故选：ABD.

17、（2020届山东省济宁市高三上期末）己知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是（ ）
A．若且则
B．若则
C．若则
D．若则
【答案】BC
【解析】
A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；
B. 若则，又故，正确；
C. 若则或，又故，正确；
D. 若则，则或，错误；
故选：
18、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在正方体中，N为底面ABCD的中心，P为线段上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则（ ）

A．CM与PN是异面直线 B．
C．平面平面 D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形
【答案】BCD
【解析】
共线，即交于点，共面，因此共面，A错误；
记，则，
，又，
，，即．B正确；
由于正方体中，，平面，则，，可得平面，平面，从而可得平面平面，C正确；

取中点，连接，易知，又正方体中，，∴，共面，就是过P，A，C三点的正方体的截面，它是等腰梯形．D正确．
故选：BCD.
19、（2020·蒙阴县实验中学高三期末）已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，，.若点为的中点，则下列说法正确的为（ ）
A．平面
B．面
C．四棱锥外接球的表面积为
D．四棱锥的体积为6
【答案】BC
【解析】
作图在四棱锥中：

由题：侧面平面，交线为，底面为矩形，，则
平面，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；
连接交于，连接，中，∥，面，
面，所以面，所以选项B正确；
四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，取中点，连接，
，则平面，，四棱锥的体积
所以选项D错误.
矩形中，易得，
中求得：在中
即： ，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，
所以其体积为，所以选项C正确
故选：BC
三、填空题
20、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：

①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)
【答案】①④
【解析】
对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AE，又，所以平面PAB，从而可得，故①正确．
对于②，由于PA⊥平面ABC，所以平面ABC与平面PBC不可能垂直，故②不正确．
对于③，由于在正六边形中，所以BC与EA必有公共点，从而BC与平面PAE有公共点，所以直线BC与平面PAE不平行，故③不正确．
对于④，由条件得为直角三角形，且PA⊥AD，又，所以∠PDA=45°．故④正确．
综上①④正确．
答案：①④
21、（2019年高考北京卷理数）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m； ②m∥； ③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
22、(2018南京三模） 已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：
①若l⊥α，l⊥β，则α∥β； ②若l⊥α，α⊥β，则l∥β；
③若l∥α，l⊥β，则α⊥β； ④若l∥α，α⊥β，则l⊥β．
其中真命题为______（填所有真命题的序号）．
【答案】:①③
【解析】：①考查定理：垂直同一直线的两个平面平行；②直线l可能在平面β内；③正确；④不一定垂直；
23、(2017南京、盐城二模）已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是________(填上所有正确命题的序号)．
①若α∥β，m⊂α，则m∥β；　　　　　②若m∥α，n⊂α，则m∥n；
③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β； ④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β.
【答案】 ①④　
【解析】：思路分析 逐一判断每个命题的真假．
①这是面面平行的性质，正确；②只能确定m，n没有公共点，有可能异面，错误；③当m⊂α时，才能保证m⊥β，错误；④由m⊥α，n⊥α，得m∥n，又n⊥β，所以m⊥β，正确．
24、(2016南京三模）已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β.给出下列命题：
①α∥β⇒l⊥m；　②α⊥β⇒l∥m；
③m∥α⇒l⊥β；　④l⊥β⇒m∥α.
其中正确的命题是________(填写所有正确命题的序号)．
【答案】. ①④　
【解析】：①由l⊥α，α∥β，得l⊥β，又因为m⊂β，所以l⊥m；
②由l⊥α，α⊥β，得l∥β或l⊂β，又因为m⊂β，所以l与m或异面或平行或相交；
③由l⊥α，m∥α，得l⊥m.因为l只垂直于β内的一条直线m，所以不能确定l是否垂直于β；
④由l⊥α，l⊥β，得α∥β.因为m⊂β，所以m∥α.
四、解答题
25、（2020年高考江苏）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

【解析】因为分别是的中点，所以.
又平面，平面，
所以平面.

（2）因为平面，平面,
所以.
又,平面,平面,
所以平面.
又因为平面,所以平面平面.
26、（2019年高考江苏卷）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
27、(2019南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．已知侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.
求证：(1)MN∥平面PBC；
（2）MD⊥平面PAB.


【证明】(1)在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点，所以MN∥AD.(2分)
又底面ABCD是矩形，所以BC∥AD.所以MN∥BC.(4分)
又BC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC. (6分)
(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD.(8分)
又MD⊂侧面PAD，所以AB⊥MD.(10分)
因为DA＝DP，又M为AP的中点，从而MD⊥PA. (12分)
又PA，AB在平面PAB内，PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB.(14分)
28、(2019南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．
求证：(1)DE∥平面ACC1A1；
(2)AE⊥平面BCC1B1.


规范解答 (1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．
又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点．(2分)
在△BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE∥A1C.
又因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，
所以DE∥平面ACC1A1.(6分)
(2)由(1)知DE∥A1C，因为A1C⊥BC1，所以BC1⊥DE.(8分)
又因为BC1⊥AB1，AB1∩DE＝D，AB1，DE⊂平面ADE，所以BC1⊥平面ADE.
又因为AE⊂平在ADE，所以AE⊥BC1.(10分)
在△ABC中，AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC.(12分)
因为AE⊥BC1，AE⊥BC，BC1∩BC＝B，BC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1. (14分)
29、(2019苏锡常镇调研（一））如图，三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：
(1) EF∥平面ABC；
(2) BD⊥平面ACE.

. 规范解答 (1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以EF∥BC，(3分)
因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
所以EF∥平面ABC.(6分)
(2)因为AC⊥BC，AC⊥DC，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD
所以AC⊥平面BCD，(8分)
因为BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD，(10分)
因为DC＝BC，E为BD的中点，所以CE⊥BD，(12分)
因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE.(14分)

30、（2020届江苏省海安中学、金陵中学、新海高级中学高三12月联考）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，且，，，分别是，的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．

【解析】(1)取中点，连，，
，分别是，的中点
，且
又为中点
，且
，
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
(2)设
由及为中点
得
又，
，

又为公共角


即又，
平面，又平面
平面平面

31、（2020届江苏省海安中学、金陵中学、新海高级中学高三12月联考）如图，在四棱锥P-ABCD中，已知棱AB，AD，AP两两垂直，长度分别为1，2，2.若DC=λAB（λ∈R），且向量PC与BD夹角的余弦值为1515.

（1）求λ的值；
（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.
【解析】（1）依题意，以A为坐标原点，AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A-xyz
B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为DC=λAB，所以C(λ,2,0)，
从而PC=(λ,2,-2)，则由cos〈PC,BD〉=1515，解得λ=10（舍去）或λ=2.
（2）易得PC=(2,2,-2)，PD=(0,2,-2)，设平面PCD的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅PC=0，n⋅PD=0，即x+y-z=0，且y-z=0，所以x=0，
不妨取y=z=1，则平面PCD的一个法向量n=(0,1,1)，又易得PB=(1,0,-2)，
故cos〈PB,n〉=PB⋅nPB⋅n=-105，
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为105.

32、（2020届江苏南通市高三基地学校第一次大联考数学试题）如图，在三棱锥中，.为的中点，为上一点，且平面.

求证：（1）平面；
（2）平面平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）因为平面平面，所以.
因为为一点，所以为中点.
因为为的中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）因为平面平面，所以平面平面.
因为，所以.
因为平面，平面平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.