2020年高考数学《立体几何中的平行与垂直问题》专项训练及答案解析.doc
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1、立体几何中的平行与垂直问题一、基础检测1、(2018南京三模) 已知,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:若l,l,则; 若l,则l; 若l,l,则; 若l,则l其中真命题为_(填所有真命题的序号)【答案】【解析】考查定理:垂直同一直线的两个平面平行;直线l可能在平面内;正确;不一定垂直;2、(2017南京、盐城二模)已知,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)若,m,则m;若m,n,则mn;若,n,mn,则m; 若n,n,m,则m.【答案】 【解析】思路分析 逐一判断每个命题的真假这是面面平行的性质,正确;只能确定m,n
2、没有公共点,有可能异面,错误;当m时,才能保证m,错误;由m,n,得mn,又n,所以m,正确3、(2016南京三模)已知,是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,l,m.给出下列命题:lm;lm;ml;lm.其中正确的命题是_(填写所有正确命题的序号)【答案】 【解析】由l,得l,又因为m,所以lm;由l,得l或l,又因为m,所以l与m或异面或平行或相交;由l,m,得lm.因为l只垂直于内的一条直线m,所以不能确定l是否垂直于;由l,l,得.因为m,所以m.4、(2016镇江期末) 设b,c表示两条直线,表示两个平面,现给出下列命题:若b,c,则bc;若b,bc,则c;若c,则c;若c,c,
3、则.其中正确的命题是_(写出所有正确命题的序号)【答案】 【解析】b和c可能异面,故错;可能c,故错;可能c,c,故错;根据面面垂直判定,故正确5、(2015镇江期末)设,为互不重合的平面,m,n是互不重合的直线,给出下列四个命题:若mn,n,则m;若m,n,m,n,则;若,m,n,则mn;若,m,n,nm,则n.其中正确命题的序号为_【答案】【解析】对于,直线m可能在平面内,故错误;对于,没有m与n相交的条件,故错误;对于,m与n也可能异面,故错误6、(2015南京、盐城、徐州二模) 已知平面,直线m,n,给出下列命题:若m,n,mn,则;若,m,n,则mn;若m,n,mn,则;若,m,n,
4、则mn.其中是真命题的是_(填序号)【答案】【解析】如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,CD平面ABC1D1,BC平面ADC1B1,且BCCD,又因为平面ABC1D1与平面ADC1B1不垂直,故不正确;因为平面ABCD平面A1B1C1D1,且B1C1平面ABCD,AB平面A1B1C1D1,但AB与B1C1不平行,故不正确同理,我们以正方体的模型来观察,可得正确7、(2015泰州期末)若,是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为_(写出所有真命题的序号)若直线m,则在平面内,一定不存在与直线m平行的直线;若直线m,则在平面内,一定存在无数条直线与直线m垂直;若直线m,则在平面内,不一
5、定存在与直线m垂直的直线;若直线m,则在平面内,一定存在与直线m垂直的直线【答案】【解析】对于,若两个平面互相垂直,显然在平面内存在与直线m平行的直线,故不正确;对于,m,m一定与两平面的交线垂直,有一条直线就有无数条直线,故正确;与是对立的,一定有一个是真命题,对于,若m与两个平面的交线平行或m为交线,显然存在,若m 与交线相交,设交点为A,在直线m上任取一点B(异于A),过B点向平面引垂线,垂足为C,则直线BC平面,在平面内作直线l垂直于AC,可以证明l平面ABC,则lm,故正确,不正确所以真命题的序号为.二、拓展延伸题型一 直线与平面的平行于垂直知识点拨:证明直线与平面的平行与垂直问题,
6、一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理,切记不可缺条件。直线与平面的平行有两种方法:一是在面内找线;二是通过面面平行转化。直线与平面垂直关键是找两条相交直线。例1、(2019扬州期末)如图所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形AA1B1B为矩形,平面AA1B1B平面ABC,点E,F分别是侧面AA1B1B,BB1C1C对角线的交点(1) 求证:EF平面ABC;(2) 求证:BB1AC. 规范解答 (1)在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形AA1B1B,四边形BB1C1C均为平行四边形,E,F分别是侧面AA1B1B,BB1C1C对角线的交点,所以E,F分别是AB1,CB1的中点
7、,所以EFAC.(4分)因为EF平面ABC,AC平面ABC,所以EF平面ABC.(8分)(2)因为四边形AA1B1B为矩形,所以BB1AB. 因为平面AA1B1B平面ABC,且平面AA1B1B平面ABCAB,BB1平面AA1B1B,所以BB1平面ABC.(12分)因为AC平面ABC,所以BB1AC.(14分)【变式1】(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,DADP.求证:(1)MN平面PBC;MD平面PAB.【证明】(1)在四棱锥PABCD中,M,N分别为棱PA,PD的中点,所以MNAD.(2分
8、)又底面ABCD是矩形,所以BCAD.所以MNBC.(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ABAD.又侧面PAD底面ABCD,侧面PAD底面ABCDAD,AB底面ABCD,所以AB侧面PAD.(8分)又MD侧面PAD,所以ABMD.(10分)因为DADP,又M为AP的中点,从而MDPA. (12分)又PA,AB在平面PAB内,PAABA,所以MD平面PAB.(14分)【变式2】(2019南京、盐城二模)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,ABAC,A1CBC1,AB1BC1,D,E分别是AB1和BC的中点求证:(1)DE平面A
9、CC1A1;(2)AE平面BCC1B1.规范解答 (1)连结A1B,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1BB1且AA1BB1,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DEA1C.又因为DE平面ACC1A1,A1C平面ACC1A1,所以DE平面ACC1A1.(6分)(2)由(1)知DEA1C,因为A1CBC1,所以BC1DE.(8分)又因为BC1AB1,AB1DED,AB1,DE平面ADE,所以BC1平面ADE.又因为AE平在ADE,所以AEBC1.(10分)在ABC中,ABAC,E是BC的中点,所
10、以AEBC.(12分)因为AEBC1,AEBC,BC1BCB,BC1,BC平面BCC1B1,所以AE平面BCC1B1. (14分)【变式3】(2019苏锡常镇调研(一)如图,三棱锥DABC中,已知ACBC,ACDC,BCDC,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EFBC,(3分)因为BC平面ABC,EF平面ABC,所以EF平面ABC.(6分)(2)因为ACBC,ACDC,BCDCC,BC,DC平面BCD所以AC平面BCD,(8分)因为BD平面BCD,所以ACBD,(10分)
11、因为DCBC,E为BD的中点,所以CEBD,(12分)因为ACCEC,AC,CE平面ACE,所以BD平面ACE.(14分)【变式4】(2019苏州三市、苏北四市二调)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,A1B1B1C1.设A1C与AC1交于点D,B1C与BC1交于点E.求证:(1) DE平面ABB1A1;(2) BC1平面A1B1C. 规范解答 (1)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱,所以侧面ACC1A1为平行四边形又A1C与AC1交于点D,所以D为AC1的中点,同理,E为BC1的中点所以DEAB.(3分)又AB平面ABB1A1,DE平面ABB1A1,所以DE
12、平面ABB1A1.(6分)(2)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱,所以BB1平面A1B1C1.又因为A1B1平面A1B1C1,所以BB1A1B1.(8分)又A1B1B1C1,BB1,B1C1平面BCC1B1,BB1B1C1B1,所以A1B1平面BCC1B1.(10分)又因为BC1平面BCC1B1,所以A1B1BC1.(12分)又因为侧面BCC1B1为正方形,所以BC1B1C.又A1B1B1CB1,A1B1,B1C平面A1B1C,所以BC1平面A1B1C.(14分)【变式5】(2018无锡期末)如图,ABCD是菱形,DE平面ABCD,AFDE,DE2AF.(1) 求证:AC平面BDE;(2
13、) 求证:AC平面BEF.规范解答 (1) 证明:因为DE平面ABCD,AC平面ABCD,所以DEAC.(2分)因为四边形ABCD是菱形,所以ACBD,(4分)因为DE,BD平面BDE,且DEBDD,所以AC平面BDE.(6分)(2) 证明:设ACBDO,取BE中点G,连结FG,OG,易知OGDE且OGDE.(8分)因为AFDE,DE2AF,所以AFOG且AFOG,从而四边形AFGO是平行四边形,所以FGAO.(10分)因为FG平面BEF,AO平面BEF,所以AO平面BEF,即AC平面BEF.(14分)【变式6】(2018苏北四市期末)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,ABC90,ABAA
14、1,M,N分别是AC,B1C1的中点求证:(1) MN平面ABB1A1;(2) ANA1B.规范解答 (1) 如图,取AB的中点P,连结PM,PB1.因为P,M分别是AB,AC的中点,所以PMBC,且PMBC.在直三棱柱ABCA1B1C1中,BCB1C1,BCB1C1,又因为N是B1C1的中点,所以PMB1N,且PMB1N.(2分)所以四边形PMNB1是平行四边形,所以MNPB1.(4分)而MN平面ABB1A1,PB1平面ABB1A1,所以MN平面ABB1A1.(6分)(2) 因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱,所以BB1平面A1B1C1.又因为BB1平面ABB1A1,所以平面ABB1A1
15、平面A1B1C1.(8分)又因为ABC90,所以B1C1B1A1.又平面ABB1A1平面A1B1C1B1A1,B1C1平面A1B1C1,所以B1C1平面ABB1A1.(10分)又因为A1B平面ABB1A1,所以B1C1A1B,即NB1A1B.连结AB1,在平行四边形ABB1A1中,ABAA1,所以AB1A1B.又因为NB1AB1B1,且AB1,NB1平面AB1N,所以A1B平面AB1N.(12分)而AN平面AB1N,所以ANA1B.(14分)【变式7】(2018南京、盐城、连云港二模)如图,已知矩形ABCD所在平面与ABE所在平面互相垂直,AEAB,M,N,H分别为DE,AB,BE的中点(1)
16、 求证:MN平面BEC;(2) 求证:AHCE.规范解答 (1) 解法1 取CE中点F,连结FB,MF. 因为M为DE的中点,F为CE的中点,所以MFCD 且MFCD.(2分) 又因为在矩形ABCD中,N为AB的中点,所以BNCD 且BNCD,所以MFBN 且MFBN,所以四边形BNMF为平行四边形,所以MNBF.(4分) 又MN平面BEC,BF平面BEC,所以MN平面BEC.(6分) 解法2 取AE中点G,连结MG,GN. 因为G为AE的中点,M为DE的中点,所以MGAD.又因为在矩形ABCD中,BCAD,所以MGBC.又因为MG平面BEC,BC平面BEC,所以MG平面BEC.(2分) 因为
17、G为AE的中点,N为AB的中点,所以GNBE.又因为GN平面BEC,BE平面BEC,所以GN平面BEC.又因为MGGNG,MG,GN平面GMN,所以平面GMN平面BEC.(4分) 又因为MN平面GMN,所以MN平面BEC.(6分) (2) 因为四边形ABCD为矩形,所以BCAB.因为平面ABCD平面ABE,平面ABCD平面ABEAB,BC平面ABCD,且BCAB,所以BC平面ABE.(8分) 因为AH平面ABE,所以BCAH.因为ABAE,H为BE的中点,所以BEAH.(10分) 因为BCBEB,BC平面BEC,BE 平面BEC,所以AH平面BEC.(12分) 又因为CE平面BEC,所以AHC
18、E.(14分) 【变式8】(2018苏锡常镇调研(二)如图,在四棱锥中,点为棱的中点(1)若,求证:;(2)求证:/平面规范解答 证明:(1)取的中点,连结,因为,所以为等腰三角形,所以因为,所以为等腰三角形,所以又,所以平面 因为平面,所以 (2)由为中点,连,则,又平面,所以平面 由,以及,所以,又平面,所以平面 又,所以平面平面, 而平面,所以平面 【变式9】(2017苏州暑假测试)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD底面ABCD,且PAPDAD,E,F分别为PC,BD的中点(1) 求证:EF平面PAD;(2) 求证:EF平面PDC. 规范解答 (1) 连结AC.
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